Os Elementos - Professores da UFF

Universidade Federal Fluminense – INFES - GEM
Disciplina: História da Matemática
Professor: Vinicius Mendes Couto Pereira
Aluno:__________________________________
Elementos de Geometria (300 a.C) – Algumas Considerações Históricas
Essa obra, que deu início a Geometria Euclidiana, consiste em um conjunto de 13
livros. Ela expõe resultados geométricos de diversos tipos organizados de modo
axiomático.
Nos Elementos de Euclides são divididos entre primeiros princípios – definições,
postulados e axiomas e, a seguir, problemas e teoremas. Vejamos alguns exemplos das
definições, postulados e axiomas.
Definições:
I. Ponto é o que não tem partes
II. Linha é o que tem comprimento sem largura
III. As extremidades da linha são pontos
IV. Linha reta é aquela que está posta igualmente entre as suas extremidades
V. Superfície é o que tem comprimento e largura
VI. As extremidades da superfície são linhas
(...)
X,XI,XII. Quando uma linha reta incidindo sobre outra linha reta fizer com esta dois ângulos iguais,
cada um destes ângulos iguais se chama ângulo reto e a linha incidente se diz perpendicular à outra linha
sobre a qual incide. Um ângulo é obtuso se é maior que um ângulo reto. E um ângulo é agudo se é menor
que um ângulo reto.
(...)
XV.Círculo é uma figura plana, fechada por uma só linha, a qual se chama circunferência, de maneira que
todos as linhas retas que, de um certo ponto existente no meio da figura, se conduzem para a circunferência,
são iguais entre si
Postulados
I. Pede-se que se desenhe uma reta de um ponto qualquer até outro ponto qualquer
II. E que se produza uma linha reta finita continuamente em uma linha reta
III. E que com qualquer centro e qualquer distância se descreva um círculo
IV. E que todos os ângulos retos sejam iguais
V. E que, se uma linha reta cortando duas linhas retas torna os ângulos interiores do mesmo lado menores
que dois retos, as linhas retas, se continuadas indefinidamente, se encontrem deste lado no qual os ângulos
são menores que os dois retos
Axiomas
I. As coisas que são iguais a uma terceira são iguais entre si
II. Se a coisas iguais se juntarem outras iguais, os todos serão iguais
III. Se de coisas iguais se tirarem outras iguais, os restos serão iguais
IV. Se a coisas desiguais se juntarem outras iguais, os todos serão desiguais
V. Se de coisas desiguais se tirarem coisas iguais, os restos serão desiguais
VI. Quantidades que perfazem cada uma o dobro de outra quantidade são iguais
VII. Quantidades que são metades de uma mesma quantidade são também iguais
VIII. Duas quantidades, que se ajustam perfeitamente uma com a outra são iguais
XIX. O todo é maior do que qualquer das suas partes
X. Duas linhas retas não compreendem um espaço
As três primeiras proposições que seguem dos axiomas são problemas, vejamos a primeira
proposição:
Proposição I. Problema
Sobre uma determinada reta construir um triângulo eqüilátero
Solução:
Seja a linha reta AB de certo comprimento. Com o centro A e com a distância AB descrevemos o círculo
BCD (postulado III); e com o centro B e a distância BA descrevemos o circulo ACE. Do ponto C, onde os
círculos se cortam reciprocamente, traçamos (postulado I) pelos pontos A e B as retas CA e CB. Podemos
afirmar que o triângulo ABC será eqüilátero pois, sendo o ponto A o centro do círculo BCD, AC=AB
(definição XV) e, sendo o ponto B o centro do círculo CAE,BC=BA. Mas como CA=AB, temos que
tanto CA como CB são iguais a AB. Mas as coisas que são iguais a uma terceira são iguais entre si
(axioma I). Sendo assim, CA=CB e as três retas CA,AB e BC são iguais, logo o triângulo ABC
construído sobre a reta AB é eqüilátero.
CQF.
O primeiro teorema aparece na quarta proposição.
Proposição IV. Teorema
Se dois triângulos tiverem respectivamente dois lados iguais a dois lados e se os ângulos
compreendidos por estes lados forem também iguais, as bases serão iguais, os triângulos
serão iguais e os demais ângulos que são opostos a lados iguais, serão também iguais
Demonstração: Sejam os dois triângulos ABC e DEF cujos lados AB, AC e DE, DF são
iguais respectivamente, isto é, AB=DE e AC=DF; e seja o ângulo BAC=EDF. Queremos
mostrar que a base BC é igual á base EF; e que o triângulo ABC é igual ao triângulo DEF; e
que os outros ângulos do primeiro triângulo são iguais aos outros do segundo
respectivamente, isto é, o ângulo ABC=DEF e ACB=DFE. Considere posto o triângulo
ABC sobre o triângulo DEF, de modo que o ponto A esteja sobre o ponto D e a reta AB
sobre a reta DE. O ponto B incidirá sobre o ponto E, pois AB=DE. Ajustando-se AB
sobre DE, a reta AC também se ajustará sobre a reta DF, pois o ângulo BAC=EDF. Logo,
como AC=DF, o ponto C incidirá sobre o ponto F. Mas temos que B recai sobre E. Logo
a base BC se ajustará sobre a base EF. Porque, se não se ajustarem, como B recai sobre E e
C sobre F, teríamos que duas linhas retas compreendem um espaço, o que não pode ser
(axioma X). Logo a base BC se deve ajustar sobre a base EF e, por conseqüência, são
iguais. Logo o triângulo ABC se ajusta sobre o triângulo DEF e, assim, são iguais; e os
outros ângulos do primeiro triângulo também se ajustam sobre os outros do segundo e são
iguais; isto é, o ângulo ABC=DEF e ACB=DFE.
CQD.
Grandezas Geométricas e Álgebra
O segundo livro, composto por 14 proposições, trata do que chamamos hoje de
álgebra geométrica ou geometria das áreas.
Vejamos uma dessas proposições com sua respectiva demonstração.
Proposição II-5.
Se uma reta é cortada em segmentos iguais e desiguais, o retângulo contido pelos
segmentos desiguais do todo mais o quadrado da reta traçada entre os pontos de seção é
igual ao quadrado da metade. (A reta AB é cortada em segmentos iguais por C e em
segmentos desiguais por D na figura abaixo)
Solução:
Suponhamos que o segmento AB seja cortado em segmentos iguais em C (AC e CB) e em
segmentos desiguais em D (AD e DB). Queremos mostrar que o retângulo de lados AD e DB mais o
quadrado de lado CD é igual ao quadrado de lado CB.
Descreva o quadrado CEFB sobre CB. Trace DG por D paralelo a CE e BF. Sobre o ponto D,
abra um compasso até o ponto B e, mantendo esta abertura, marque um ponto H sobre DG. Trace um
segmento KM por H que seja paralelo a AB e EF. Trace agora um segmento AK por A paralelo a CL e
BM. O retângulo CDHL é igual ao retângulo HMFG. Retiramos partes iguais de quantidades iguais,
logo os restos são iguais pois CB = CD + DB e CL = DB, por construção.Logo, como CE = CB
(hipótese do quadrado) e CE = CL + EL, temos EL = CD e CDHL =HMFG. Adicione então o
retângulo DBMH a cada um deles. Sendo assim, todo o retângulo CLMB é igual ao retângulo DBFG.
Mas CM é igual a AL, uma vez que AC é igual a CB. Logo AL é também igual a DF.
Adicione agora CH a cada um e o todo AH é igual à figura CLHGFBC (gnomon para os
gregos). Mas AH é o retângulo AD por DB, uma vez que DH é igual a DB, e sendo assim
a figura CLHGFBC é igual ao retângulo AD por DB. Ou seja, na figura, as regiões
2+3+5= 1+2. Logo o retângulo AD por DB mais o quadrado em CD é igual ao quadrado
em CB.
CQD.
Esta proposição é útil para encontrar a solução de um problema quadrático: encontrar dois
números x e y tal que sua soma seja um valor conhecido b e seu produto seja um valor
conhecido c2. Fazendo y=b-x, este problema torna-se equivalente a resolver a equação
quadrática x(b – x) = c2 (ou x2 + c2 = bx). Geometricamente, resolver esta equação significa
construir um retângulo de lados x e (b –x) cuja área seja igual à de um quadrado de área c2.
Se b é representado pela reta AB com x = DB e y = b-x = AD, a primeira condição
x + y = b é satisfeita. O problema geométrico equivalente a esta equação do segundo grau
é: encontrar o ponto D sobre AB de modo que o retângulo de lados AB e DB tenha área
igual à de um quadrado dado.
Solução:
i) Marcamos sobre AB o ponto médio C
ii) Traçamos uma perpendicular a AB passando por C (mediatriz)
iii) Marcamos sobre esta perpendicular um ponto O de modo que o segmento OC tenha o mesmo
tamanho do lado do quadrado dado (de área c2)
iv) Tomamos o compasso com abertura CB fixo no ponto O e marcamos um ponto sobre AB.
Este será o ponto D procurado.
Demonstração:
Pela proposição II.5 ADxDB +CD2 = CB2 . Por construção temos CB=OD. Logo:
ADxDB +CD2 = OD2 . Mas por Pitágoras OD2 = CO2 +CD2 . Substituindo na igualdade anterior
temos: ADxDB = CO2 e CQD.