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Duasobservacoes:
1) O Teorema de Napoleao que conheco eh com
baricentros.
2) Os complexos foram
descobertos no inicio do sec.XVI em um contexto algebrico.
Durante 300 anos, foram tratados como alucinacoes,
"imaginarios", etc.
Por volta de 1800, Wessel, Argand e, principalmente Gauss,
comecaram a mostrar
que os complexos sao tao reais quanto os reais. Na realidade,
fornecem ao plano uma estrutura de corpo (como a dos reais na reta), o que
facilita tremendamente o tratamento algebrico (sem precisar apelar para
coordenadas) da geometria plana, principalmente quando estao envolvidos angulos
e rotacoes (o mesmo vale para a Fisica, quando sao envolvidos fenomenos
periodicos).
Ainda tenho esperanca de que um dia (talvez daqui a mais 200
anos, quem sabe?) se perca esta
implicancia com os numeros complexos, abolindo toda esta
nomenclatura de "complexos", "imaginarios", etc., e
simplesmente se defina no plano um produto maravilhoso que, junto com a adicao
vetorial tradicional, faca do plano um corpo, onde se trabalhe com a mesma
tranquilidade com que se trabalha com os reais na reta.
JP
-----Mensagem original-----
De: Rodrigo Villard Milet <villard@vetor.com.br> Para: obm-l@mat.puc-rio.br <obm-l@mat.puc-rio.br> Data: Terça-feira, 17 de Outubro de 2000 23:52 Assunto: Re: Teorema de Napoleão Dá uma olhada nessa
resolução por geometria sem complexos... tá sem figura, mas
dá... eu já mandei uma vez essa pra lista !
Generalização do Teorema de Napoleão : "Dado um triângulo qualquer ABC, constroem-se os triângulos ABP, ACQ e BCR, todos semelhantes e exteriores a ABC. O triângulo formado pelos circunscentros dos triângulos exteriores é semelhante a ABC !" Lema : Os círculos circunscritos a ABP, ACQ e BCR passam por um mesmo ponto. Prova do lema : Traçando os círculos circunscritos a ABP e ACQ, vemos que são secantes em A e em outro ponto N. Basta, então, provar que #BCRN é inscritível, pois B, C e R determinam um círculo. Seja ANxBC=M , ang(MNC)=ang(AQC) {pois #AQCN é inscrito}... analogamente, ang(BNM)=ang(APB). Pela contrução da figura, de um modo simétrico, para não tirar a generalidade do problema, ang(APB)=ang(ABC) e ang(AQC)=ang(BAC).... assim, ang(BNC) = ang(BNM) + ang(CNM) = ang(APB) + ang(AQC) => ang(BNC) = ang(ABC) + ang(BAC) =180 – ang(BCA) => ang(BNC) = 180o – ang(BRS) => #BNCR é inscrito..... (CQD) ...................................................... Lema : A corda comum a dois círculos é perpendicular a reta que une os centros. Prova do lema : Basta ver que os centros das circunferências eqüidistam dos pontos de concorrência das circunferências.... então eles determinam a mediatriz da corda comum. (CQD) ...................................................... Sejam, então, O1, O2 e O3 os centros dos círculos em ABP, ACQ e BCR, respectivamente. E sejam também, T = O1O2xAN , U = O2O3xCN e V = O1O3x BN . Assim, #O1TNV é inscritível => ang(BNM) = ang(O2O1O3) = ang(ABC)... Analogamente, analisando #O2TNU e #O3UNV, vemos que ang(O1O2O3)=ang(BAC) e ang(O1O3O2)=ang(ACB) => O1O2O3 é semelhante a ABC. (CQD) ¡Villard !
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