Ana Catarina Lima Cantoni
Numeros Complexos e Alguns Resultados
Classicos da Geometria Plana
Belo Horizonte
2008
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Ana Catarina Lima Cantoni
Numeros Complexos e Alguns Resultados
Classicos da Geometria Plana
Monografia apresentada como requisito par-cial a obtencao do tıtulo de especialistaem Matematica, pelo Programa de Pos-Graduacao da Universidade Federal de MinasGerais.
Orientador:
Jorge Sabatucci
Universidade Federal de Minas Gerais
Instituto de Ciencias Exatas
Belo Horizonte
2008
Monografia de especializacao sob o tıtulo “Numeros complexos e Alguns Resultados
Classicos da Geometria Plana”, defendida por Ana Catarina Lima Cantoni em 06 de
marco de 2008, em Belo Horizonte, Minas Gerais, pela banca examinadora constituıda
pelos professores:
Prof. Mestre Jorge SabatucciDepartamento de Matematica - UFMG
Orientador
Prof. Doutor Michel SpiraDepartamento de Matematica - UFMG
Prof. Doutor Alberto Berly Sarmiento VeraDepartamento de Matematica - UFMG
Agradecimentos
Aquele que e capaz de fazer infinitamente mais do que tudo que pedimos ou pensamos,
agradeco por estar me permitindo ter essa nova conquista nos meus estudos. Ao professor
Jorge Sabatucci agradeco por ter aceitado me orientar neste trabalho, pela dedicacao,
paciencia e por nao ter me deixado desistir diante das dificuldades. Agradeco ao profes-
sor Michel Spira pelo incentivo constante e pelas contribuicoes que deu a este trabalho,
dando sugestoes e fazendo crıticas que muito contribuıram para a elaboracao do mesmo.
Finalmente agradeco ao meu noivo Ronaldo, pelo apoio e pela paciencia e boa vontade de
me ensinar a trabalhar com os programas computacionais que permitiram que este texto
ganhasse a atual formatacao.
Resumo
O objetivo principal deste trabalho e apresentar, com a utilizacao de numeros com-plexos, demonstracoes de cinco teoremas classicos da Geometria Plana: Teorema deNapoleao, Cırculo dos Nove Pontos, A Reta de Simson, Teorema de Morley e o Teoremade Feuerbach. Para isso, inicialmente sao abordadas propriedades de numeros complexosque constituem pre-requisitos para as tais demonstracoes.
Finalizando o trabalho apresentado ainda dois problemas em que se pode percebersimples, mas interessantes, aplicacoes de numeros complexos. Inicialmente sao tratados,tambem propriedades de
Abstract
The paper aims to analize, with the use of complex numbers, the demonstrations of fiveclassic theorems of the plain geometry: Napoleon’s, Morley’s and Feuerbach’s theorem,Circle of the nine points, and the Simson’s straigth line. For this, initially, are accostedproperties of Complex Numbers that constitute perequisite for such demonstrations.
This paper also shows two problems in that may to seem simple, but interestingapplications of Complex Numbers.
Sumario
Introducao p. 8
1 Preliminares p. 9
1.1 Interpretacao Geometrica de Operacoes Analıticas Aplicadas a Numeros
Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 9
1.1.1 Adicao e subtracao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 10
1.1.2 Multiplicacao e Divisao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 11
1.1.3 Raızes de Numeros Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 13
1.2 Paralelismo e Perpendicularismo no Plano Complexo . . . . . . . . . . p. 15
1.3 Triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 18
1.3.1 Semelhanca e Congruencia de Triangulos . . . . . . . . . . . . . p. 18
1.3.2 Caracterizacao de Triangulos Equilateros . . . . . . . . . . . . . p. 20
1.4 Pontos Notaveis em um Triangulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 22
1.4.1 Circuncentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 22
1.4.2 Ortocentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 23
1.4.3 O baricentro de um triangulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 24
2 Teoremas p. 27
2.1 Teorema de Napoleao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 27
2.2 Cırculo dos Nove Pontos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 28
2.3 A Reta de Simson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 31
2.4 O Teorema de Morley . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 38
2.5 Teorema de Feuerbach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 43
3 Dois Problemas Interessantes p. 52
Conclusao p. 55
Referencias p. 57
8
Introducao
O presente trabalho constitui a monografia para a finalizacao do curso de Especial-
izacao em Matematica da UFMG e foi desenvolvido sob a orientacao do professor Jorge
Sabatucci.
Inicialmente minha proposta era estudar as curvas chamadas Hipotrocoides, que des-
pertaram minha atencao ao ler o artigo ’Um Brinquedo Chamado Espirografo’ na Revista
do Professor de Matematica,numero 60. Entretanto, um estudo mais aprofundado dessas
curvas nos desviava da Geometria, que era nossa area de interesse. Deste modo, decidimos
estudar alguns teoremas classicos da Geometria Plana utilizando numeros complexos.
Para que nao corressemos o risco de desviarmos do nosso objetivo final, optamos por
utilizar alguns resultados da geometria plana sem demonstra-los formalmente. Assim,
alguns resultados preliminares serao apresentados no primeiro capıtulo e o restante ao
longo do texto, a medida quese fizerem necessarios.
Descreveremos a seguir a estrutura desta monografia.
No primeiro capıtulo, trataremos de propriedades de numeros complexos que consti-
tuirao pre-requisitos para os proximos capıtulos, como equacoes de retas passando por dois
pontos, semelhanca de triangulos, etc. Assim, esse capıtulo constitui uma oportunidade
de familiarizarmos com tecnicas de calculos envolvendo numeros complexos e geometria.
No segundo capıtulo, estudaremos o Teorema de Napoleao, o Cırculo dos Nove Pontos,
a Reta de Simson e finalmente os Teoremas de Morley e Feuerbach.
O terceiro capıtulo foi acrescentado a esse trabalho para apresentar dois problemas
interessantes de geometria plana, sugeridos pelo professor Michel Spira, que podem ser
resolvidos facilmente utilizando-se numeros complexos.
9
1 Preliminares
1.1 Interpretacao Geometrica de Operacoes Analıticas
Aplicadas a Numeros Complexos
Todo numero complexo pode ser representado na forma z = a+bi, onde a, b ∈ R. Isso
nos permite tratar os numeros complexos como vetores em R2, da forma (a, b) nos quais
a primeira coordenada representa a parte real e a segunda coordenada representa a parte
imaginaria. Sendo assim, temos que |z|, que tambem denotaremos por r, e dado por:
|z| =√
a2 + b2.
Todo numero complexo z = a+bi pode ser representado tambem das seguintes formas:
• z = r(cos θ + i sin θ) (forma trigonometrica),
onde 0 ≤ θ ≤ 2π, que chamaremos argumento, e o angulo que o vetor (a, b) faz com
o eixo das abcissas.
• z = reθi (forma exponencial),
onde r e o modulo e θ e o argumento de z. A forma exponencial pode ser deduzida
da forma trigoometrica utilizando-se a relacao de Euler eθi = cos θ + i sin θ.
O conjugado de um numero complexo z = a + bi, que sera chamado conjugado de
z e representado por z, e definido como z = a − bi. Na forma exponencial temos que
z = |z| e−iθ.
Geometricamente, para encontrar o conjugado de um numero complexo basta refletı-lo
em torno do eixo real. Veja a figura 1.
10
0
b
−b
a
z
z
Figura 1: Conjugado de
Numero Complexo
As seguintes propriedades sao validas para os numeros complexos:
• a = Re(z) = 12(z + z),
• b = Im(z) = 12i
(z − z),
• z e real se e somente se z = z,
• z1 + z2 = z1 + z2,
• z1 · z2 = z1 · z2 ,
• |z1z2| = |z1||z2|,
• zz = |z|2,
• |z| = |z|,
•(
z1
z2
)=
z1
z2
• |z| = 1 ⇒ z =1
z
1.1.1 Adicao e subtracao
Ao somarmos ou subtrairmos dois numeros complexos z1 e z2, tratando-os como ve-
tores em R2, obteremos como resultado um novo numero complexo z que, geometrica-
mente, e representado pelo vetor soma z1 + z2 ou pelo vetor diferenca z1 − z2, respectiva-
mente. (Figuras 2 e 3)
11
z1
P1
P2z2
z 1 + z 2
x0
y
Figura 2: Soma de Numeros Com-
plexos
z2
z1
z1−z2
x
y
Figura 3: Diferenca de Numeros Com-
plexos
1.1.2 Multiplicacao e Divisao
A multiplicacao e divisao de numeros complexos ganham significados geometricos mais
interessantes quando eles estao escritos na forma exponencial. O produto de um numero
complexo z = |z|eθi por um numero real a e dado por:
z′ = a|z|eθi,
donde vemos facilmente que apenas o modulo do vetor original e alterado e nao seu
argumento.
O produto de um numero complexos z1 = |z1|eıθ1 e z2 = |z2|eiθ2 e dado por:
z1z2 = |z1||z2|e(θ1+θ2)i
o que significa que o vetor que representa o produto tera modulo igual ao produto dos
modulos originais e argumento igual a soma dos argumentos originais.
Assim, o produto de um numero complexo z = |z|eiθ por um numero complexo de
norma 1, ou seja, da forma eiφ, corresponde, geometricamente, a uma rotacao, em torno
da origem, de um angulo φ no vetor z, sem alterar seu modulo.
Exemplo: Para z = eiθ, z2 e obtido pela rotacao de z por um angulo θ. Outra
rotacao por θ nos da z3.
A divisao de dois numeros complexos z1 = |z1|eıθ1 por z2 = |z2|eiθ2 com z2 6= 0 e dado
porz1
z2
=|z1||z2|
e(θ1−θ2)i,
o que significa que o vetor que representa o quociente tera modulo igual ao quociente dos
modulos originais e argumento igual a diferenca dos argumentos originais.
12
Sendo assim, o quociente de um numero complexo z = |z|eθi por outro numero com-
plexo de modulo 1, ou seja, da forma eiφ, corresponde, geometricamente, a uma rotacao,
em torno da origem, de um angulo −φ no vetor z, sem alterar seu modulo.
E valido observar tambem que multiplicar um numero complexo por i e equivalente
a rotaciona-lo de um angulo π2
no sentido anti-horario e dividir um numero complexo por
i equivale a uma rotacao de π2
no sentido horario.
Como aplicacao da divisao de dois numeros complexos, temos que z1 = r1eıθ1 e z2 =
r2eiθ2 , vistos como vetores no plano complexo;
1. Sao paralelos se, e somente se, o quociente z1
z2e um numero real.
De fato, se z1, z2 sao paralelos o angulo entre eles e da forma kπ, k ∈ Z, ou seja
θ1 − θ2 = kπ e, portanto,
z1
z2
=r1
r2
e(θ1−θ2)i =r1
r2
ekπi ∈ R.
Por outro lado sez1
z2
∈ R temos
e(θ1−θ2)i ∈ R, donde, θ1 − θ2 = kπ, k ∈ Z.
2. Sao ortogonais se, e somente se, o quocientez1
z2
e imaginario.
De fato, se z1, z2 sao ortogonais o angulo entre eles e da forma kπ
2, k ∈ Z, logo
r1
r2
e(θ1−θ2)i =r1
r2
ek π2i e imaginario.
+θ21θθ1
2θ
z1z2
z2
z1
x
y
a
b
ab
Figura 4: Produto de Numeros Com-
plexos
z2z3
z5 z4
z
x
y
θ1
Figura 5: Potencias de Numeros Com-
plexos. Nesse caso |z| = 1
13
z1
z2
z1 z2:x
y
1 2θ1−θ2
Figura 6: Quociente de Complexos
O contrario tambem e verdade, pois sez1
z2
e imaginario temos que
e(θ1−θ2)i e imaginario e portanto, θ1 − θ2 = kπ
2, k ∈ Z.
Para tres pontos distintos α, β, γ ∈ C, o angulo orientado do vetor com origem em
α e extremidade em β, que representaremos por −→αγ, para o vetor−→αβ, definido de modo
analogo, e dado por
argβ − α
γ − α= arg (β − α) − arg (γ − α)
1.1.3 Raızes de Numeros Complexos
Raizes Cubicas da Unidade
Vamos inicialmente encontrar as raızes cubicas da unidade, que serao fundamentais
1 2 x
y
z . iz
Figura 7: Produto de Complexos por i
zi
z
x
y
1
Figura 8: Quociente de Complexos por
i. Nesse caso |z| = 1
14
α
β
γ
Figura 9: Angulo orientado
no desenvolvimento deste trabalho. Para isso devemos encontrar os numeros complexos
z que satisfazem o polinomio z3 − 1 = 0.
E facil ver que z1 = 1 e uma das raızes procuradas. Usando o fato que e2kπi = 1, ∀k ∈Z, temos que:
(e2π3
i)3 = e2πi = 1 e (e4π3
i)3 = e4πi = 1.
Portanto, e2π3
i e e4π3
i tambem sao raızes da unidade. Pelo Teorema Fundamental da
Algebra z3 − 1 = 0 possui exatamente tres solucoes complexas, donde podemos concluir
que as raızes cubicas da unidade sao:
z1 = 1;
z2 = e2π3
i;
z3 = e4π3
i.
A partir de agora z2 = e2π3
i sera representada por ω. Usando essa notacao as raızes
cubicas da unidade sao 1, ω, ω2.
2ω
2π3
ω
1
x0
y
Figura 10: Raızes da Unidade
15
E simples observar que essas tres raızes sao os vertices de um triangulo equilatero
inscrito no cırculo unitario centrado na origem (para facilitar esse cırculo sera denotado
por S1 no restante deste trabalho). Alem disso, sao validas as seguintes relacoes:
• ω2 = ω, ja que ω2 e obtido, geometricamente, pela reflexao de ω em torno do eixo
real.
• ω2+ω+1 = 0 pois, por definicao ω3−1 = 0 e portanto (ω−1)(ω2+ω+1) = ω3−1 = 0
e como ω 6= 1 temos ω2 + ω + 1 = 0.
Raizes n-esimas de um complexo
Para encontrar as raızes n-esimas de um complexo wqualquer, vamos comecar obser-
vando que se z0 e uma das raızes da equacao zn = w entao z0e2kπn
i, k ∈ Z tambem sao,
pois(z0e
2kπn
i)n
= z0e2kπi = z0
n = w .
Sabemos, pelo Teorema Fundamental da Algebra, que a equacao zn − w = 0 possui
exatamente n solucoes complexas. Desta forma, sendo z0 uma das raızes complexas de w
as demais sao dadas por zj = z0ej 2π
ni com j variando de 1 a n − 1.
Assim, dado um complexo qualquer w = reθi as raızes n-esimas de w serao:
z0 = n√
reθn
i;
zj = n√
reθn
iej 2πn
i = n√
re(θ+2πj)
ni, j = 1, 2, ..., n − 1.
Geometricamente esse resultado equivale a dizer que para encontrar as raızes n-esimas
de w basta encontrar uma raız e as outras serao obtidas por rotacoes de multiplos de 2πn
dessa raiz. Essas raızes sao os vertices de um polıgono regular de n lados.
1.2 Paralelismo e Perpendicularismo no Plano Com-
plexo
1. Para que os pontos α, β, γ sejam colineares e necessario e suficiente que os vetores−→αβ e −→αγ sejam paralelos, ou seja, (β − α) = λ(γ − α) com λ ∈ R. Sendo assimβ − α
γ − α∈ R e, portanto
β − α
γ − α=
β − α
γ − α⇐⇒ (β − α)(γ − α) − (γ − α)(β − α) = 0 ⇐⇒
16
∣∣∣∣∣β − α β − α
γ − α γ − α
∣∣∣∣∣ = 0 ⇐⇒
∣∣∣∣∣∣∣∣
α α 1
β − α β − α 0
γ − α γ − α 0
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ⇐⇒
∣∣∣∣∣∣∣∣
α α 1
β β 1
γ γ 1
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0. (1.1)
Como aplicacao temos que:
2. Dados os pontos α, β a equacao da reta que passa por esses dois pontos deve satis-
fazerz − α
β − α=
z − α
β − αque e equivalente a
z(α − β) − z(α − β) = α(α − β) − α(α − β). (1.2)
No caso particular em que |α| = |β| = 1, o que significa que α =1
αe β =
1
β, a
equacao 1.2 se torna
z + αβz = α + β. (1.3)
3. Dados α, γ a equacao da reta passando por α na direcao de γ e dada por z−α = λγ
onde λ ∈ R, logoz − α
γ=
z − α
γ= 0, ou seja,
z
γ− z
γ=
α
γ− γ
γ. (1.4)
Como aplicacao, temos que dados α, β, γ a equacao da reta paralela a reta↔
αβ
passando por γ e:z
α − β− z
α − β=
γ
α − β− γ
α − β,
que e equivalente a
z(α − β) − z(α − β) = γ(α − β) − γ(α − β). (1.5)
4. Dados α, γ a equacao da reta S ortogonal a γ passando por α e tal que se z ∈ S
entao,z − α
γe um numero imaginario e portanto,
z − α
γ+
z − α
γ= 0,ou seja,
z
u+
z
u=
z0
u+
z0
u. (1.6)
Como aplicacao temos que dados tres pontos α, β, γ a equacao da reta perpendicular
a reta↔
αβ passando por γ e:
z
α − β+
z
α − β=
γ
α − γ+
γ
α − βque e equivalente a
z(α − β) + z(α − β) = γ(α − β) + γ(α − β). (1.7)
17
Daremos abaixo duas aplicacoes do que foi visto ate agora nesta subsecao.
• Mediatriz de um segmento
Utilizando a equacao 1.7 vamos encontrar a equacao da mediatriz de um segmento
de extremos nos pontos α e β.
A mediatriz procurada e a reta perpendicular a reta↔
αβ passando porα + β
2, logo
ela e dada pela equacao
z(α−β)+z(α−β) =α + β
2(α−β)+
α + β
2(α−β) que quando simplificada se torna
z(α − β) + z(α − β) = |α|2 − |β|2. (1.8)
• Teorema 1.2.1 Uma equacao linear em z e z, ou seja da forma αz + βz = γ e
equacao de uma reta se, e somente se, ela e invariante por conjugacao.
Demonstracao: I) Primeiramente mostraremos que uma equacao de reta e igual
ao seu proprio conjugado. Conforme visto na pagina 16 a equacao de uma reta pode
ser dada pela equacaoz
α+
z
α=
z0
α+
z0
α,
em que α e um vetor perpendicular a essa reta e z0 um ponto da mesma. Tomando
o conjugado de ambos os membros da equacao acima, temos
z
α+
z
α=
z0
α+
z0
α⇐⇒ z
α+
z
α=
z0
α+
z0
α
que e a equacao original.
II)Tomemos agora uma equacao linear em z e z e suponhamos que ela seja igual ao
seu conjugado, ou seja,
αz + βz − γ = αz + βz − γ ⇐⇒ αz + βz − γ = αz + βz − γ ⇐⇒
(α − β)z + (β − α)z + (γ − γ) = 0.
Entao, para que a igualdade seja verdadeira para todo ponto z pertencente a curva
descrita pela equacao, devemos ter α = β e γ = γ sendo que a ultima igualdade
equivale a dizer que γ ∈ R. Substituindo essas igualdades na equacao original,
teremos
βz + βz = γ =⇒ z
β+
z
β=
γ
ββcom
γ
ββ=
γ
|β|2 ∈ R.
18
Logo, para todo ponto z0 pertencente a curva e valido quez0
β+
z0
β=
γ
ββe, portanto,
z
β+
z
β=
z0
β+
z0
β
donde concluımos que a equacao linear representa a equacao de uma reta perpen-
dicular a β.
1.3 Triangulos
1.3.1 Semelhanca e Congruencia de Triangulos
Na geometria elementar os conceitos de congruencia e semelhanca de triangulos sao dos
mais fundamentais. Nessa secao, estudaremos as condicoes de semelhanca e congruencia
de dois triangulos em termos de numeros complexos. Inicialmente introduziremos algumas
notacoes e faremos algumas revisoes.
Dizemos que os triangulos ∆z1z2z3 e ∆w1w2w3 sao semelhantes, e escrevemos
∆z1z2z3 ∼ ∆w1w2w3
se, e somente se, o angulo do vertice zk e igual ao angulo de vertice em wk (para k = 1, 2, 3)
e se eles tem a mesma orientacao (isto e, se eles estao ambos no sentido horario ou anti-
horario).
Se eles tem orientacao oposta (um no sentido horario e outro no sentido anti-horario),
entao escrevemos
∆z1z2z3 ∼op ∆w1w2w3 .
Note que zk ainda deve corresponder ao wk (k = 1, 2, 3).
Teorema 1.3.1
∆z1z2z3 ∼ ∆w1w2w3
⇐⇒ z2 − z1
z3 − z1
=w2 − w1
w3 − w1
⇐⇒
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
z1 w1 1
z2 w2 1
z3 w3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0 (1.9)
19
z1
z3
w3
ξ1
ξ2
ξ3
w2
z2
w1
Figura 11: Semelhanca de triangulos e Ori-
entacao.
Na figura os dois primeiros triangulos tem a
mesma orientacao e os dois ultimos, assim como
o primeiro e o ultimo, tem orientacoes opostas.
Demonstracao: Dois triangulos sao semelhantes se, e somente se, as razoes entre
dois lados correspondentes e a mesma e os angulos formados por esses lados, incluindo a
orientacao, sao iguais. Consequentemente devemos ter
∣∣∣∣z2 − z1
z3 − z1
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣w2 − w1
w3 − w1
∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸
(razao entre lados correspondentes)
e argz2 − z1
z3 − z1
= argw2 − w1
w3 − w1︸ ︷︷ ︸(medidas dos angulos)
⇐⇒ z2 − z1
z3 − z1
=w2 − w1
w3 − w1
.
Com argumento semelhante ao usado na pagina 16, obtemos que a ultima igualdade
e equivalente a ∣∣∣∣∣∣∣∣
z1 w1 1
z2 w2 1
z3 w3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0.
Observacao ∆w1w2w3 ∼op ∆w1w2w3.
Para ver isso basta observar a figura 12.
Corolario 1.3.2 ∆z1z2z3 ∼op ∆w1w2w3
⇐⇒ z2 − z1
z3 − z1
=w2 − w1
w3 − w1
⇐⇒
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
z1 w1 1
z2 w2 1
z3 w3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0 (1.10)
Demonstracao: ∆w1w2w3 ∼op ∆w1w2w3
20
w3
w
w
w
w
3
1
1w
2
2
Figura 12:∆w1w2w3 ∼op ∆ w1w2w3
∆w1w2w3 ∼op ∆w1w2w3
∆z1z2z3 ∼op ∆w1w2w3
}⇐⇒ ∆z1z2z3 ∼ ∆w1w2w3
z3
z1
z2
w3
w2
w1
w1
w2
w3
Figura 13:∆z1z2z3 ∼op ∆w1w2w3 logo ∆z1z2z3 ∼ ∆w1w2w3
1.3.2 Caracterizacao de Triangulos Equilateros
Teorema 1.3.3 ∆z1z2z3 e um triangulo equilatero se, e somente se,
z1 + ωz2 + ω2z3 = 0 ou (1.11)
z1 + ω2z2 + ωz3 = 0. (1.12)
21
Demonstracao: De fato, ∆z1z2z3 e equilatero se, e somente se,
∆z1z2z3 ∼ ∆1ωω2 ou ∆z1z2z3 ∼op ∆1ωω2 ⇒ ∆z1z2z3 ∼ ∆1ω2ω.
Mas, pelo que foi mostrado no criterio de semelhanca o primeiro caso acontece se, e
somente se,
∣∣∣∣∣∣∣∣
z1 1 1
z2 ω 1
z3 ω2 1
∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ⇐⇒ z1
(ω − ω2
)+ z2
(ω2 − 1
)+ z3 (1 − ω) = 0
⇐⇒ z1
(ω2 − w3
)+z2
(ω3 − ω
)+z3
(ω − ω2
)= 0 ⇐⇒ −z1−ωz2−ω2z3+z1ω
2+z2+z3ω = 0
⇐⇒ −z1−ωz2−ω2z3+1
ω
(z1ω
3 + z2ω + z3ω2)
= 0 ⇐⇒(
1
ω− 1
)(z1 + ωz2 + ω2z3
)= 0
⇐⇒ z1 + ωz2 + ω2z3 = 0
pois 1ω− 1 6= 0 ja que ω e uma das raızes complexas da unidade.
O segundo caso e analogo ao primeiro e pode ser demonstrado da mesma maneira.
Uma maneira geometrica de ver isso e observando que:
1. Se z1, z2, z3 estao no sentido anti-horario o ∆z1z2z3 e equilatero se, e somente se,
(z3 − z1)e2π3
i = −(z2 − z1) ou seja,
(z3 − z1)ω = z1 − z2 ⇐⇒ z1(1 + ω) − z2 − ωz3 = 0
z1ω2 + z2 + ωz3 = 0 ⇒ z1 +2 +ω2z3 = 0.
2. Se z1, z2, z3 estao em sentido horario o ∆z1z2z3 e equilatero se, e somente se,
(z3 − z1)ω−1 = −(z2 − z1) ⇐⇒ z3 − z1 = ω(z1 − z2)
z1(1 + ω) − ωz2 − z3 = 0 ⇐⇒ z1 + ω2z2+3 = 0.
22
z2
z3
z1
32π
Figura 14: caracterizacao geometrica
de triangulos equilateros
1.4 Pontos Notaveis em um Triangulo
1.4.1 Circuncentro
Teorema 1.4.1 As tres mediatrizes de um triangulo se encontram em um ponto que e
chamado circuncentro do triangulo.
Demonstracao Sejam α, β γ os vertices do triangulo. Entao, pela equacao 1.8,
pagina 17, a mediatrizes dos lados αβ, γα e βγ sao , respectivamente:
(α − β)z + (α − β) z = |α|2 − |β|2 (1)
(γ − α) z + (γ − α) z = |γ|2 − |α|2 (2)(β − γ
)z + (β − γ)z = |β|2 − |γ|2 (3)
Somando-se quaisquer duas dessas equacoes, obtemos a restante. Isso implica que a
intersecao de duas dessas mediatrizes pertence a terceira delas. Por exemplo, somando-se
(1) e (2) obtemos (3). Logo, concluıumos que as tres mediatrizes de um triangulo qualquer
encontram-se em um ponto.
Vamos agora resolver um sistema com as equacoes (2) e (3) para encontrar esse ponto
de interseccao, ou seja, o circuncentro do triangulo.
Isolando z na equacao (3) obtemos
z =|β|2 − |γ|2 − (β − γ)z
(β − α).
23
Substituindo em (2) encontramos
(γ − α)z + (γ − α)
(|β|2 − |γ|2 − (β − γ)z
(β − α)
)= |γ|2 − |α|2 =⇒
(β−γ)(γ−α)z+(γ−α)(|β|2−|γ|2)−(γ−α)(β−γ)z = (β−γ)(|γ|2−|α|2) =⇒
(βγ−βα−γγ+γα−γβ−γγ+αβ−αγ)z = (β−γ)(|γ|2−|α|2)−(γ−α)(|β|2−|γ|2) =⇒
[α(γ −β)+β(α−γ)+γ(β−α)]z = −|α|2(β−γ)−|β|2(γ −α)−|γ|2(α−β) =⇒
z =|α|2(β − γ) + |β|2(γ − α) + |γ|2(α − β)
α(β − γ) + β(γ − α) + γ(α − β)(1.13)
E interessante notar que, por simetria do resultado obtido, podemos ver novamente
que essa solucao tambem satisfaz a equacao (1) do sistema com as tres equacoes das
mediatrizes.
1.4.2 Ortocentro
Teorema 1.4.2 As tres alturas de um triangulo se encontram em um ponto chamado
ortocentro do triangulo.
Demonstracao: Sejam α, β, γ os vertices de um triangulo. De acordo com a equacao
1.7, a reta suporte da altura relativa ao vertice α, que e perpendicular ao lado βγ, e dada
pela equacao:
z(β − γ) + z(β − γ) = α(β − γ) + α(β − γ).
De modo analogo obtemos as retas suportes das alturas relativas aos vertices β e γ.
Com as tres equacoes obtidas, podemos montar o seguinte sistema
z(β − γ) + z(β − γ) = α(β − γ) + α(β − γ) (I)
z(α − γ) + z(α − γ) = β(α − γ) + β(α − γ) (II)
z(α − β) + z(α − β) = γ(α − β) + γ(α − β). (III)
Podemos observar que qualquer uma das tres equacoes e combinacao linear das outras
duas e portanto a interseccao de duas das retas pertence a terceira delas, ou seja, as tres
alturas de um triangulo se encontram. Esse ponto de interseccao e chamado ortocentro
do triangulo.
24
Vamos agora calcular esse ortocentro para o caso particular em que o triangulo esta
inscrito no circulo unitario com centro na origem. Nesse caso, |α| = |β| = |γ| = 1, logo
α =1
α; β =
1
β; γ =
1
γ. Usando essas relacoes, vamos isolar z na equacao III. Temos
z
(1
α−
1
β
)+ z(α − β) = γ
(1
α−
1
β
)+
1
γ(α − β) ⇐⇒
z
(β − α
αβ
)+ z(α − β) = γ
(β − α
αβ
)+
1
γ(α − β) ⇐⇒
(α − β)
(z −
z
αβ
)= (α − β)
(1
γ−
γ
αβ
)⇐⇒ z =
1
γ−
γ
αβ+
z
αβ. (1)
Isolando z na equacao (I) temos
z =1
α−
α
βγ+
z
βγ(2),
substituindo (1) em (2) encontramos
1
γ−
γ
αβ+
z
αβ=
1
α−
α
βγ+
z
βγ, multiplicando ambos os lados por αβγ ficamos com
αβ − γ2 + γz = βγ − γ2 + αz ⇐⇒ (α − γ)z = αβ − βγ − γ2 + α2 ⇐⇒
(α − γ)z = β(α − γ) + (α − γ)(α + γ) ⇐⇒
z = α + β + γ (1.14)
Podemos verificar, geometricamente, que esse resultado esta correto. Por exemplo,
σ − α = β + γ e como o vetorβ + γ
2e perpendicular ao segmento βγ temos que o
vetor σ −α tambem e perpendicular ao segmento βγ. Logo σ pertence a reta suporte da
altura relativa ao vertice α. De modo semelhante, vemos que σ tambem pertence a reta
suporte das alturas relativas aos vertices β e γ e portanto, e o ortocentro do triangulo de
verices α, β, γ. Veja a figura 15.
1.4.3 O baricentro de um triangulo
Teorema 1.4.3 As tres medianas de um triangulo se encontram em um ponto. Esse
ponto e chamado baricentro do triangulo.
Demonstracao: Dados um triangulo com vertices em α, β, γ a reta suporte da mediana
25
α+β2
0
γ
β
α
σ
Figura 15: Verificando geometricamente
que σ e o ortocentro do triangulo de
vertices α, β, γ.
relativa ao lado βγ e a reta que passa por α e pelo ponto medio de βγ. Utilizando a
equacao 1.2 temos que a reta procurada e dada por:
z
(α −
β + γ
2
)− z
(α −
β + γ
2
)= α
(α −
β + γ
2
)− α
(α −
β + γ
2
)⇐⇒
z(2α − β − γ) − z(2α − β − γ) = α(β + γ) − α(β + γ) (I).
De modo analogo obtemos as retas suportes das medianas relativas aos lados αγ e
αβ, que sao respectivamente
z(2β − α − γ) − z(2β − α − γ) = β(α + γ) − β(α + γ) (II)
z(2γ − α − β) − z(2γ − α − β) = γ(α + β) − γ(α + β) (III).
Qualquer uma das tres equacoes acima e combinacao linear das outras duas, somando-
se as equacoes (I) e (II) por exemplo encontramos o oposto da equacao (III), desta
forma as tres medianas se encontram em um ponto que e chamado baricentro do triangulo.
O teorema fica assim demonstrado.
Outra forma de obter esse resultado e usando o fato que a equacao parametrica da
mediana relativa ao lado βγ e dada por:
z = (1 − t)α + t
(β + γ
2
)(0 ≤ t ≤ 1).
Para t =2
3obtemos z =
α + β + γ
3, que por simetria tambem pertence as medianas
26
relativas aos lados αβ e αγ. Concluımos assim, que as tres medianas de um triangulo se
encontram e que se os vertices desse triangulo sao dados por α, β, γ o ponto de encontro,
chamado baricentro ou centro do triangulo, e dado por:
z =α + β + γ
3. (1.15)
27
2 Teoremas
2.1 Teorema de Napoleao
Teorema 2.1.1 (Napoleao) Se sobre cada lado de um triangulo qualquer tracarmos
um triangulo equilatero,externamente ao triangulo dado, entao os centros desses tres
triangulos equilateros determinam os vertices de um quarto triangulo equilatero.
Demonstracao: Sejam z1, z2, z3 os vertices de um triangulo dado e ∆w1z3z2,
∆z3w2z1 e ∆z2z1w3 todos triangulos equilateros com a mesma orientacao que ∆1ωω2
(onde w3 = 1). Sejam tambem ζ1, ζ2, ζ3, respectivamente, os centros desses triangulos
equilateros. De acordo com a equacao 1.11 os triangulos acima devem satisfazer:
w1 + ωz3 + ω2z2 = 0
z3 + ωw2 + ω2z1 = 0
z2 + ωz1 + ω2w3 = 0
Z1
Z2
Z3
ζ2
w1
w2
w3
ζ3
ζ1
Figura 16: Teorema de Napoleao
28
Para que ∆ζ1ζ2ζ3 seja equilatero os vertices ζ1, ζ2, ζ3 devem satisfazer ζ1 + ωζ2 +
ω2ζ3 = 0. Mas, usando a equacao 1.15, temos
ζ1 + ωζ2 + ω2ζ3 =1
3(w1 + z3 + z2) +
ω
3(z3 + w2 + z1) +
ω2
3(z2 + z1 + w3)
=1
3
{(w1 + ωz3 + ω2z2) + (z3 + ωw2 + ω2z1) + (z2 + ωz1 + ω2w3)
}= 0
Donde concluımos entao que ∆ζ1ζ2ζ3 e um triangulo equilatero. E o teorema fica
demonstrado.
Se tivesssemos considerado os triangulos equilateros sobre os lados, mas internamente,
cada um deles seria semelhante ao ∆1ωω2 = ∆1ω2ω e a demonstracao do teorema para
esse caso seria analoga.
2.2 Cırculo dos Nove Pontos
Teorema 2.2.1 (Cırculo dos Nove Pontos) O cırculo que passa pelos pes das alturas
de qualquer triangulo passa tambem pelos pontos medios dos lados, bem como pelos pontos
medios dos segmentos que unem os vertices ao ortocentro desse triangulo.
Demonstracao: Dado um triangulo ABC,por semelhanca de figuras planas, pode-
mos, sem perda de generalidade, supor que o cırculo circunscrito a esse triangulo tem
seu centro na origem do plano complexo e que seu raio vale 1. Sejam α, β, γ os pon-
tos que representam, respectivamente os vertices A, B, C desse triangulo. Temos que
|α| = |β| = |γ| = 1.
Vamos incialmente encontrar o centro do cırculo que passa pelos pontos medios dos
lados do ∆ABC, que chamaremos C. A seguir concluiremos a demonstracao mostrando
que os demais pontos citados no teorema pertencem a esse cırculo.
Nao e difıcil perceber, pela simetria das equacoes, que o centro procurado e dado pelo
ponto α+β+γ
2, pois
∣∣∣∣α + β
2−
α + β + γ
2
∣∣∣∣ =∣∣∣∣−
γ
2
∣∣∣∣ =∣∣∣∣α + γ
2−
α + β + γ
2
∣∣∣∣ =∣∣∣∣−
β
2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣β + γ
2−
α + β + γ
2
∣∣∣∣ =∣∣∣∣−
α
2
∣∣∣∣ =1
2.
29
Outra forma de encontrar o circuncentro de C e utilizando a formula 1.13 obtida na
pagina 23. Como os vertices do triangulo considerado sao dados por α+β
2, β+γ
2, γ+α
2,
substituindo-os na formula obtemos:
z =
∣∣α+β
2
∣∣2 (β+γ
2− α+γ
2
)+∣∣β+γ
2
∣∣2 (α+γ
2− α+β
2
)+∣∣α+γ
2
∣∣2 (α+β
2− β+γ
2
)(
α+β
2
) (β+γ
2− α+γ
2
)+(
β+γ
2
) (α+γ
2− α+β
2
)+(
α+γ
2
) (α+β
2− β+γ
2
)
=
(α+β
2
) (α+β
2
) (β−α
2
)+(
β+γ
2
) (β+γ
2
) (γ−β
2
)+(
α+γ
2
) (α+γ
2
) (α−β
2
)(
α+β
2
) (β−α
2
)+(
β+γ
2
) (γ−β
2
)+(
α+γ
2
) (α−γ
2
)
=1
2·(α + β)(β − α)(α + β) + (β + γ)(γ − β)(β + γ) + (α + γ)(α − γ)(α + γ)
(α + β)(β − α) + (β + γ)(γ − β) + (α + γ)(α − γ)
=1
2
(α + β + γ)[(α + β)(β − α) + (β + γ)(γ − β) + (α + γ)(α − γ)
]
(α + β)(β − α) + (β + γ)(γ − β) + (α + γ)(α − γ)
=α + β + γ
2.
Vale observar que, conforme vimos na formula 1.14 no capıtulo 1, α + β + γ, que
chamaremos σ, e o ortocentro do ∆ABC e portanto o circuncento obtido eσ
2.
Vamos tomar agora a distancia do pontoα + β + γ
2=
σ
2ate o ponto medio do
segmento com extremidades no vertice A e no ortocentro H . Essa distancia e dada por
∣∣∣∣α + σ
2−
σ
2
∣∣∣∣ =|α|
2=
1
2.
Analogamente, as distancias deσ
2ate os pontos medios de BH e CH sao iguais a
1
2.
Falta determinar ainda a distancia deσ
2aos pes das alturas e para isso devemos,
primeiramente, determinar esses pontos.
O pe λ da perpendicular do vertice A ate o lado BC e dada pela interseccao das
retas suportes do lado BC e da altura relativa ao vertice A. As equacoes dessas retas
30
sao dadas respectivamente pelas equacoes:
z(β − γ) − z(β − γ) = γ(β − γ) − γ(β − γ);
z(β − γ) + z(β − γ) = α(β − γ) + α(β − γ).
Para encontrar a interseccao entre elas comecamos somando, membro a membro, as
duas equacoes. Assim,
2z(β − γ) = (α + γ)(β − γ) + (α − γ)(β − γ) ⇐⇒
z =1
2
[(α + β) + (α − γ)
(β − γ
β − γ
)]=
1
2
[α + β +
(γ − α
αγ
)(βγ(β − γ)
γ − β
)]⇐⇒
z =1
2
[α + γ − β
(γ − α
α
)]=
1
2
[α + γ −
βγ
α+ β
]=
1
2
[σ −
βγ
α
]= λ
Segue que a distancia deσ
2ate o pe λ (da perpendicular do vertice A ate o lado BC) e
∣∣∣∣λ −σ
2
∣∣∣∣ =∣∣∣∣σ
2−
βγ
2α−
σ
2
∣∣∣∣ =∣∣∣∣−
βγ
2α
∣∣∣∣ =1
2.
Analogamente, obtemos os pes das outras alturas do ∆ABC e as distancias deσ
2
ate eles, e tambem encontraremos1
2.
Como a distancia dos 9 pontos citados no teorema tem distancia1
2do centro de C,
concluımos que tal cırculo e o cırculo dos 9 pontos. O teorema fica assim demonstrado.
(γ)C
A
(β)B
(α)
0
σ
Figura 17: Cırculo dos Nove Pontos
31
2.3 A Reta de Simson
Daremos inıcio a essa secao com alguns comentarios preparatorios para a demon-
stracao do teorema sobre a reta de Simson.
Teorema 2.3.1 Quatro pontos z1, z2, z3, z4 estao em um cırculo se, e somente se, o
quocientez1 − z3
z1 − z4
÷z2 − z3
z2 − z4
e real.
Para demonstrar esse teorema usaremos o seguinte fato da Geometria Euclidiana
Plana: Quatro pontos A, B, C, D estao em uma circunferencia se, e somente se ACB =
ADB, no caso dos pontos C, D estarem no mesmo semiplano com relacao a reta AB, ou
ACB + ADB = π no caso dos pontos C, D estarem em semiplanos opostos com relacao a
reta AB.
Vamos observar ainda, pela definicao de angulo orientado, que arg
(z3 − z1
z4 − z1
)e
arg
(z3 − z2
z4 − z2
)tem a mesma orientacao se, e somente se, z1 e z2 estao no mesmo lado
com relacao a reta z3z4.
Z1
Z2
Z3
Z4
Figura 18: z3z1z4 e z3z2z4 com a
mesma orientacao
Z1
Z2
Z4
Z3
Figura 19: z3z1z4 e z3z2z4 com ori-
entacoes opostas
Demonstracao do teorema: Provaremos o teorema para o caso em que z1 e z2 estao
do mesmo lado da reta z3z4, o caso em que estao em lados opostos pode ser demonstrado
de maneira semelhante e sera omitido.
Suponhamos primeiramente que os quatro pontos estejam em uma circunferencia.
Nesse caso, temos z3z1z4 = z3z2z4. Logo
argz3 − z1
z4 − z1
= argz3 − z2
z4 − z2
, donde argz3 − z1
z4 − z1
− argz3 − z2
z4 − z2
= 0
32
e portanto,z3 − z1
z4 − z1
÷z3 − z2
z4 − z1
sera real.
Como, devido a orientacao;
z3z1z4 = argz3 − z1
z4 − z1
e z3z2z4 = argz3 − z2
z4 − z2
teremos
arg
(z3 − z1
z4 − z1
÷z3 − z2
z4 − z2
)= arg
z3 − z1
z4 − z1
− argz3 − z2
z4 − z2
= 0,
e portanto,z3 − z1
z4 − z1
÷z3 − z2
z4 − z1
sera real.
Por outro lado sez1 − z3
z1 − z4
÷z2 − z3
z2 − z4
∈ R temos argz3 − z1
z4 − z1
−argz3 − z2
z4 − z2
= ±π
ou argz3 − z1
z4 − z1
−argz3 − z2
z4 − z2
= 0. Como z1, z2 estao do mesmo lado da reta, o primeiro
caso nao pode acontecer, ja que o modulo de ambos os argumentos e menor que π. Assim
temos que
argz3 − z1
z4 − z1
− argz3 − z2
z4 − z2
= 0 ⇒ argz3 − z1
z4 − z1
= argz3 − z2
z4 − z2
⇒
z3z1z4 = z3z2z4.
Concluımos assim, que z1, z2, z3, z4 estao em uma circunferencia.
Apos esses resultados, estamos prontos para demonstrar o teorema de Simson.
Teorema 2.3.2 (A Reta de Simson) Dado um ∆ABC e um ponto D, sejam P, Q e
R os pes das perpendiculares de D ate os lados (ou prolongamentos dos mesmos) BC,
AB, AB, respectivamente. Entao os pontos P, Q, R estao alinhados se, e somente se, D
esta no cırculo circunscrito do ∆ABC.
Demonstracao: Suponhamos, sem perda de generalidade, que o triangulo ABC
esta inscrito em um cırculo unitario e que os pontos A, B, C, D sao representados, re-
spectivamente, pelos numeros complexos α, β, γ, δ. De acordo com a equacao 1.3 a reta
suporte do lado BC e dada por
z + βγz = β + γ. (1)
33
(α)A
B(β)
D (δ)
P(λ)
Q(µ)
(ν)R
C (γ)
Figura 20: Reta de Simson
Por outro lado, usando a equacao 1.7 obtemos que a equacao da perpendicular ao
lado BC passando por D e dada por
z − βγz = δ − βγδ. (2).
Somando membro a membro as equacoes (1) e (2), encontramos a interseccao z =
P (λ) das duas retas em questao:
λ =1
2(β + λ + δ − βγδ)
De modo analogo, podemos encontrar os pontos Q(µ), R(ν) que sao dados por:
µ =1
2(γ + α + δ − γαδ) e ν =
1
2(α + β + δ − αβδ)
Pelo que vimos na pagina 16, os pontos P (λ), Q(µ), R(ν) sao colineares, se, e so-
mente se,λ − ν
µ − ν∈ R. Para simplificar, usando a notacao |δ| = r(consequentemente
δ =r2
δ), e os valores para λ, µ, ν encontrados, temos
λ − ν =1
2[γ − α − βδ(γ − α)] =
1
2(γ − α)(1 − βδ) ;
µ − ν =1
2[γ − β − αδ(γ − β)] =
1
2(γ − β)(1 − αδ);
λ − ν
µ − ν=
(γ − α)(1 − βδ)
(γ − β)(1 − αδ)= (
α − γ
β − γ) ÷ (
α − δr−2
β − δr−2).
34
Desta forma,
P (λ), Q(µ), R(ν)colineares
⇔ (α − γ
β − γ) ÷ (
α − δr−2
β − δr−2) ∈ R ⇔ α, β, γ, δr−2 estao em um cırculo
⇔ |δr−2| = |α| = |β| = |γ| = 1 ⇔ (|δ||r−2| = 1 ⇔ (|δ|
|δ|2= 1 ⇔ |δ| = 1.
Concluımos assim que D(δ) pertence a circunferencia e o teorema fica demonstrado.
Encontraremos agora a equacao para a reta de Sinsom. Para isso usaremos a mesma
notacao utilizada na demonstracao do teorema. Em particular, assumimos que ∆ABC
esta inscrito em um cırculo unitario e que o ponto D(δ) pertence a esse cırculo.
Como ja sabemos que os pontos λ, µ, ν sao colineares, basta determinar a equacao
da reta que contem os pontos λ, µ que ela contera o ponto ν. De acordo com a equacao
1.2 a reta procurada e dada por:
(µ − λ)z − (µ − λ)z = λ(µ − λ) − λ(µ − λ) (2.1)
Para facilitar vamos calcular separadamente as expressoes µ − λ; µ − λ; λ. Temos
µ − λ =1
2
(α − β − αγδ + βγδ
)=
1
2δ(βγ − αγ + αδ − βδ) ;
µ − λ =1
2(α − β − αγ + βγδ) =
1
2αβγ(βγ − αγ + αδ − βδ) ;
λ =1
2(β + γ + δ − βγδ) =
1
2βγδ(γδ + βδ + βγ − δ2).
Substituindo essas tres expressoes na equacao 2.1 e dividindo ambos os lados da igualdade
por (βγ − αγ + αδ − βδ) obtemos:
1
αβγz −
1
δz =
1
2αβγ(β + γ + δ − βγδ) −
1
2βγδ2(γδ + βδ + βγ − δ2).
Multiplicando ambos os membros da equacao por αβγδ ficamos com:
δz − (αβγ)z =1
2
(βδ + γδ + δ2 − βγ − αγ − αβ −
αβγ
δ+ αδ
)⇐⇒
δz − (αβγ)z =1
2
[δ2 + δ(α + β + γ) − (αβ + αγ + βγ) −
αβγ
δ
].
35
A introducao das notacoes a seguir facilitara futuros calculos:
σ1 = α + β + γ; σ2 = αβ + αγ + βγ; σ3 = αβγ.
Com essa notacao, nossa equacao para a reta de Simson se torna
δz − σ3z = 12
(δ2 + σ1δ − σ2 − σ3
δ
).
Teorema 2.3.3 Sejam L, M, N tres pontos no cırculo circunscrito do ∆ABC. A
condicao necessaria e suficiente para que as retas de Simson dos tres pontos, com relacao
ao ∆ABC, se encontrem em um mesmo ponto e
AL + BM + CN ≡ 0 (mod 2π).
Demonstracao: Suponhamos, como fizemos anteriormente, que ∆ABC esteja in-
scrito no cırculo unitario com centro na origem e sejam u1, u2, u3 os numeros complexos
que representam L, M, N , respectivamente. Entao a equacao das tres retas de Simson
consideradas acima sao
(I) u1z − σ3z =1
2
(u2
1 + σ1u1 − σ2 −σ3
u1
)
(II) u2z − σ3z =1
2
(u2
2 + σ1u2 − σ2 −σ3
u2
)
(III) u3z − σ3z =1
2
(u2
3 + σ1u3 − σ2 −σ3
u3
)
Para encontrar a interseccao das duas primeiras retas subtraımos, membro a membro, a
equacao I da II obtendo:
(u2 − u1)z =1
2
[u2
2 − u21 + σ1(u2 − u1) + σ3
(1
u1
−1
u2
)]⇐⇒
z =1
2
(u1 + u2 + σ1 +
σ3
u1u2
).
De modo analogo encontramos a interseccao das duas ultimas retas, que e dada por
z =1
2
(u2 + u3 + σ1 +
σ3
u2u3
).
36
Assim, a condicao necessaria e suficiente para que as tres retas se encontrem em
um ponto e que esses dois ultimos pontos coincidam e para que isto ocorra devemos
ter u1 + σ3
u1u2= u3 + σ3
u2u3que e equivalente a σ3 = u1u2u3 ⇐⇒ αβγ =
u1u2u3. Como αβ, γ, u1, u2, u3 sao todos numeros complexos de modulo 1, e con-
sequentemente |αβγ| = |u1u2u3| = 1 chamando seus argumentos, respectivamente, de
θ1, θ2, θ3, ϕ1, ϕ2, ϕ3, tal condicao e equivalente a
θ1 + θ2 + θ3 = ϕ1 + ϕ2 + ϕ3 (mod 2π) ⇐⇒
(θ1 − ϕ1) + (θ2 − ϕ2) + (θ3 − ϕ3) = 0 (mod 2π)
que e a condicao desejada.
E interessante notar que se as retas em questao se encontram, o ponto de interseccao
das mesmas sera dado por
z =1
2(σ1 + u1 + u2 + u3) =
1
2(α + β + γ + u1 + u2 + u3). (2.2)
Temos ainda os seguintes corolarios:
Corolario 2.3.4 Sejam A, B, C, L, M, N , seis pontos em um cırculo. Entao as retas
de Simson dos pontos L, M, N com relacao ao ∆ABC se encontram em um ponto, se
e somente se, as retas de Simson de A, B, C com relacao ao ∆LMN se encontram em
um ponto. Alem disso, nesse caso, todos os seis pontos se encontram no ponto medio do
segmento ligando os ortocentros dos triangulos ∆ABC e ∆LMN .
A demonstracao segue por simetria da formula 2.2.
Corolario 2.3.5 Sejam D, E, F os pontos medios, respectivamente, dos lados BC, CA,
AB do ∆ABC, e L, M, N os pes das perpendiculares dos vertices A, B, C aos la-
dos opostos, respectivamente. Entao os seis pontos D, E, F, L, M, N estao no cırculo
dos nove pontos do ∆ABC e as retas de Simson dos pontos L, M, N com relacao ao
∆DEF se encontram em um ponto. O contrario tambem e verdade, ou seja, as retas de
Simson de D, E, F com relacao ao ∆LMN se encontram em um ponto.
Demonstracao: Suponhamos que o cırculo circunscrito ao ∆ABC seja o cırculo
unitario com centro na origem e que os vertices A, B, C sejam representados pelos
37
s3
s2
s1
r2
r1
r3
A
BC
N
M
L
EF
D
Figura 21: Na figura r1, r2, r3 sao, respectivamente, as re-
tas de Simson dos pontos L, M, N com relacao ao ∆DEF
e s1, s2, s3 sao as retas de Simson, respectivamente, dos
pontos D, E, F com relacao ao ∆LMN .
numeros complexos α, β, γ, respectivamente. Conforme vimos anteriormente em nossa
discussao sobre cırculo dos 9 pontos, na secao 2.2, os pontos L, M, N sao dados por
L =1
2
(σ1 −
βγ
α
), M =
1
2
(σ1 −
γα
β
), N =
1
2
(σ1 −
αβ
γ
);
onde σ1 e o ortocentro do ∆ABC, e os pontos D, E, F sao dados por
D =1
2(β + γ) , E =
1
2(α + γ) , F =
1
2(α + β) .
Alem disso, esses seis pontos estao em um cırculo de raio1
2e cujo centro K esta no
pontoσ1
2. Temos entao que
−−→KL,
−−→KM,
−−→KL,
−−→KN,
−−→KD,
−−→KE e
−−→KF sao dados,
respectivamente, por
−−→KL : −
βγ
2α,
−−→KM : −
αγ
2β,
−−→KN : −
αβ
2γ,
−−→KD : −
α
2,
−−→KE : −
β
2,
−−→KF : −
γ
2.
Ja que
(−
βγ
2α
)·
(−
αγ
2β
)·
(−
αβ
2γ
)=
(−
α
2
)·
(−
β
2
)·
(−
γ
2
)
38
e verdade que
arg(−−→KL)+arg(
−−→KM)+arg(
−−→KN) = arg(
−−→KD)+arg(
−−→KE)+arg(
−−→KF ) (mod 2π) ⇐⇒
[arg(−−→KL)−arg(
−−→KD)]+[arg(
−−→KM)−arg(
−−→KE)]+[arg(
−−→KN)−arg(
−−→KF )] = 0 (mod 2π),
ou seja, a condicao do teorema 2.3.3 e satisfeita. Podemos concluir, portanto, que as retas
de Simson dos pontos L, M, N com relacao ao ∆DEF se encontram em um ponto e o
corolario fica demonstrado.
2.4 O Teorema de Morley
Teorema 2.4.1 (Morley) A interseccao dos pares adjacentes das trissectrizes dos angulos
de um triangulo qualquer sao os vertices de um triangulo equilatero.
Figura 22: O Triangulo menor e obtido pela interseccao das
trissectrizes internas do triangulo maior
Demonstracao do teorema: Primeiramente vamos provar o teorema para o caso
das trissectrizes internas. Sem perda de generalidade, podemos assumir que o ∆ABC
esta inscrito no cırculo unitario e que o vertice A e o ponto 1. Para facilitar os calculos,
sejam
AOB = 3γ
(0 < γ <
2π
3
);
AOC = 3β
(−
2π
3< β < 0
);
BOC = 3α
(α =
2π
3+ β − γ > 0
).
39
Entao os argumentos dos pontos em que as trissectrizes do arco BC, que nao contem o
ponto A, intersectam o circuncırculo do ∆ABC sao
α + 3γ = β + 2γ +2π
3, e 2α + 3γ = 2β + γ +
4π
3.
Sejam c, c2 e b, b2 o conjunto dos pontos onde as trissectrizes dos arcos AB, que
nao contem C, e AC, que nao contem B, respectivamente, intersectam o circuncırculo
do ∆ABC. Entao os pontos em que as trissectrizes do arco BC intersectam o cırculo
circunscritosao dados por bc2ω e b2cω2.
De fato, c = eiγ, c2 = ei2γ, b = eiβ, b2 = ei2β e portanto os pontos no circuncırculo
relativos as trissectrizes do arco BC, que nao contem A, sao dados por
ei(β+eγ+2π3
) = eiβ · ei2γ · ei2π3 = bc2ω;
ei(2β+γ+4π3
) = ei2β · eiγ · ei4π3 = b2cω2.
c2
3(c )B
(1) A (b )3C
2 b cω2
bc2ω
b2
c
b
3γ3α
3β
Figura 23: As trissectrizes dos angulos internos
A, B e C intersectam o cırculo circunscrito nos
pontos b2cω2 e bc2ω; b e B2; c e c2, respecti-
vamente.
E facil perceber que as trissectrizes dos angulos internos de um triangulo se encon-
tram, duas a duas. Vamos encontrar, entao, os pontos P (λ), Q(µ), R(ν) em que, re-
spectivamente, as trissectrizes adjacentes dos angulos internos B e C, C e A, A e B se
encontram.
Utilizando a equacao 1.2, obtemos que as trissectrizes adjacentes dos angulos internos
B e C, respectivamente, sao dadas pelas equacoes:
z + b2c3z = b2 + c3 e z + b3c2z = b3 + c2.
40
Para encontrar a interseccao entre elas subtraımos a segunda da primeira equacao e obte-
mos:
z =b2 + c3 − b3 − c2
b2c3 − b3c2=⇒ z =
b2 + c3 − b3 − c2
b2c3 − b3c2.
Lembrando que b =1
b, c =
1
ctemos, entao, que P (λ) e dado por
λ =b−2 + c−3 − b−3 − c−2
b−2c−3 − b−3c−2=
bc3 + b3 − c3 − b3c
b − c
=(b − c)(b2 + bc + c2) − bc(b2 − c2)
b − c= (b2 + bc + c2) − bc(b + c) .
De modo analogo obtemos que Q(µ) e R(ν) sao dados por:
µ =1 + b−2c−1ω−2 − b−3 − c−1
b−2c−1ω−2 − b−3c−1=
b3c + bω − c − b3
bω − 1
=c(b3 − 1) − b(b2 − ω)
ω(b − ω2)= ω2 {c(b2 + bω2 + ω) − b(b + ω2)} ,
ν =1 + b−1c−2ω−1 − b−1 − c−3
b−1c−2ω−1 − b−1c−3=
bc3 + cω2 − c3 − b
c(ω2 − 1)
=b(c3 − 1) − c(c2 − ω2)
ω2(c − ω)= ω {b(c2 + cω + ω2) − c(c + ω)} .
Para finalizar a demonstracao do teorema, vamos demonstrar que os pontos P, Q, R
sao os vertices de um triangulo equilatero. Para isso, usando o teorema 1.3.3, basta
mostrar que λ + ωµ + ω2ν = 0 ou λ + ω2µ + ων = 0. Mas temos:
λ + ωµ + ω2ν =
(b2+bc+c2−b2c−bc2)+(b2c+bcω2+cω−b2−bω2)+(bc2+bcω+bω2−c2−cω) = 0.
Logo o teorema fica demonstrado para o caso das trissectrizes internas.
Para o caso das trissectrizes externas, vamos comecar observando que a trissectriz
externa adjacente a um lado forma um angulo de π
3com a trissectriz interna adjacente a
esse mesmo lado, pois se θ e um angulo interno e µ o angulo externo adjacente temos
θ + µ = π ⇐⇒θ
3+
µ
3=
π
3.
41
c2
b2 b
(b )3C
bc2ω
2b ω2c
(c )3B
A(1)
P
Q
R
c
Figura 24: P,Q, R sao os pontos em que, re-
spectivamente, as trissectrizes adjacentes dos
angulos internos B e C, C e A, A e C se en-
contram.
Usando esse fato e lembrando que em um cırculo um angulo inscrito vale metade do
angulo central correspondente temos, por exemplo, que a trissectriz externa do angulo B,
adjacente ao lado AB cortara o circuncıculo no ponto bω.
De fato, seja S o ponto no qual a trissectriz em questao intersecta a circunferencia.
Entao PBb = π
3⇐⇒ POb = 2π
3. Assim, usando o resultado geometrico da
multiplicacao de numeros complexos temos que o ponto S sera dado pelo produto
S = b · e2π3
i = bω.
3(c )Bπ3
2π3
b2
C(b )3
O
b
A(1)
bS= ω
Figura 25: Angulo formado pela
trissectriz interna com a trissectriz
externa
42
De modo analogo, o ponto onde a trissectriz do angulo externo relativo ao vertice C,
adjacente ao lado AC,intersecta a circunferencia e dado pelo produto c ·e−2π3
i = ce4π3 =
cω2.
As demais trissectrizes passarao pelos seguintes pontos do cırculo circunscrito:
1. A trissectriz do angulo externo B adjacente ao lado BC por b2e−2π3 = b2ω2;
2. A trissectriz do angulo externo C adjacente ao lado BC por c2ω;
3. As trissectrizes dos angulos externos com vertice em A adjacentes aos lados AB e
AC respectivamente por bc2ωe−2π3
i = bc2ωω2 = bc2ω3 = bc2 e b2cω2e−2π3
i =
b2cω4 = b2cω.
3C(b )
ω2b2c
bc2 ω
b2c
bc23B(c )
A(1)
Figura 26: Trissectrizes internas e
externas de A
2b
C(b )3
2ωb2
bω3B(c )
b
A(1)
Figura 27: Trissectrizes internas e
externas de B
c2
B(c )3
c2ω
ω2c
C(b )3
c
Figura 28: Trissectrizes internas e
externas de C
43
Para fazer a demonstracao para o caso das trissectrizes externas, vamos fazer a
seguinte modificacao na demonstracao inicial: P que era a interseccao das retas pas-
sando por b3, c2 e c3, b2, se torna a interseccao das retas que contem b3, c2ω e c3, b2ω2;
Q que era a interseccao das retas passando por b3, c e 1, b2cω2, se torna a interseccao das
retas que contem b3, cω2 e 1, b2c; enquanto R que era a interseccao das retas passando
por c3, b e 1, bc2ω, se torna a interseccao das retas que contem c3, bω e 1, bc2.
Assim, para concluir a demonstracao do teorema de Morley para o caso das tris-
sectrizes externas e suficiente observar que basta substituir b por bω e c por cω2 na
demonstracao original donde vemos claramente que ela continua valida, ou seja, os pon-
tos P, Q, R continuam sendo os vertices de um triangulo equilatero.
2.5 Teorema de Feuerbach
Para demonstrar esse teorema precisaremos dos resultados de 1 a 4 a seguir.
1. As tres bissetrizes internas dos angulos de um triangulo se encontram em um ponto.
Esse ponto e chamado incentro do triangulo.
A
B
CD
E
F
I
Figura 29: I e o incentro do
triangulo ABC e D, E, F sao as
projecoes de I sobre os lados desse
triangulo
2. As bissetrizes de dois angulos externos de um triangulo e a bissetriz interna do
terceiro angulo se encontram em um ponto. Esse ponto e chamado um excentro do
triangulo, e e o centro de um cırculo que tangencia um lado do triangulo e as retas
suportes dos outros dois lados, chamado cırculo excrito.
Um triangulo tem tres excentros e tres cırculos correspondentes a eles.
44
I1
B C
I2
I3A
Figura 30: Excentros de um triangulo ABC
3. Dois cırculos sao tangentes internamente se, e somente se, a distancia entre os seus
centros e igual a diferenca entre o raio do cırculo maior e o raio do cırculo menor.
4. Dois cırculos sao tangentes externamente se, e somente se, a distancia entre os seus
centros e igual soma de seus raios.
Teorema 2.5.1 (Feuerbach) O cırculo dos nove pontos de um triangulo e tangente ao
cırculo inscrito e aos tres cırculos excritos.
C(c2 )
B(b2)
A(a2)
Figura 31: O cırculo dos novepontos e o cırculo inscrito do∆ABC sao tangentes interna-mente
IC
A(a2)B(b2)
C(c2)
I
Figura 32: O cırculo dos novepontos e o cırculo excrito sao tan-gentes externamente
Para demonstrar o teorema, para o caso cırculo inscrito, vamos encontrar o incentro
do triangulo e o raio do cırculo inscrito e mostrar que a distancia entre o centro do cırculo
45
dos nove pontos e o incentro e igual a diferenca entre o raio do cırculo dos nove pontos
e o raio do cırculo inscrito. A seguir vamos fazer um procedimento semelhante para os
circulos excritos, porem usando o resultado 4.
Demonstracao:(Cırculo Inscrito) Para facilitar nossos calculos, consideraremos a2,
b2, c2 os numeros complexos que representam, respectivamente os vertices A, B, C de um
triangulo, marcados, nessa ordem, no sentido anti-horario. Sem perda de generalidade,
podemos assumir que ∆ABC esta inscrito em um cırculo unitario com centro na origem.
Sejam 2α, 2β, 2γ os argumentos de a2, b2, c2 respectivamente. Entao a2 = e2αi, b2 =
e2βi, c2 = e2γi. Consideraremos a = eαi, b = eβi, c = eγi.
y
B(b2 )
A(a2 )
bc
ab
−ac
x
2β
2γ
2α
)C(c 2
De modo semelhante ao que fizemos para as trissectrizes no Teorema de Morley,
concluımos que as bissetrizes dos angulos internos intersectarao o cırculo circunscrito em:
• Bissetriz do angulo com vertice em A: e(2β+2γ−2β2 )i = e(β+γ)i = bc
• Bissetriz do angulo com vertice em B: e(2γ+2π−2γ+2α2 )i = e(α+γ+π)i = −ac
• Bissetriz do angulo com vertice em C: e(2α+2β−2α2 )i = e(α+β)i = ab
Observe que bc, −ac, ab encontram-se nos pontos medios dos arcos BC, AC, e AB,
respectivamente.
Para encontrar as bissetrizes internas do ∆ABC, devemos nos lembrar que os pontos
a, b, c estao no cırculo unitario e utilizar a equacao 1.3. Dessa forma, temos o seguinte:
46
• A bissetriz do angulo A passa pelos pontos a2 e bc e e dada pela equacao
z + a2bcz = a2 + bc. (2.3)
• A bissetriz do angulo B passa pelos pontos b2 e −ac e e dada pela equacao
z − ab2cz = b2 − ac. (2.4)
• A bissetriz do angulo C passa pelos pontos c2 e ab e e dada pela equacao
z + abc2z = c2 + ab. (2.5)
Para encontrar o incentro do triangulo ABC vamos resolver o sistema formado pelas
equacoes 2.3 e 2.4. Multiplicando a equacao 2.3 por b e a equacao 2.4 por a e somando
as duas equacoes obtidas encontramos:
(a+b)z = a2b+b2c+ab2−a2c ⇐⇒ (a+b)z = ab(a+b)+c(b−a)(b+a) ⇐⇒
z = ab − ac + bc (2.6)
Conforme vimos na secao 2.2 o centro do cırculo dos nove pontos e dado por a2+b2+c2
2.
Logo a distancia d entre o centro do cırculo de nove pontos e o o incentro do triangulo e
dada por:
d =
∣∣∣∣a2 + b2 + c2
2− (ab − ac + bc)
∣∣∣∣ =1
2
∣∣a2 + b2 + c2 + 2(ac − ab − bc)∣∣ =
1
2|(a−b+c)2| ⇐⇒ d =
1
2(a−b+c)(a−b+c) =
1
2(a−b+c)
(bc − ac + ab
abc
)
⇐⇒ d =1
2abc(a2b − a2c − ab2 − cb2 + bc2 − ac2 + 3abc).
E importante notar aqui que d < 12, o que sera usado na conclusao da nossa demon-
stracao. De fato, como a, b, c tem modulo 1, temos:
|a − b + c| = |a − b + c| =
∣∣∣∣1
a−
1
b+
1
c
∣∣∣∣ =∣∣∣∣bc − ca + ab
abc
∣∣∣∣ = |ab − ac + bc|.
47
Mas ab − ac + bc e o incentro do triangulo ABC inscrito no cırculo unitario, logo
ab−ac+bc e interno ao triangulo e consequentemente interno ao proprio cırculo unitario
e, portanto, |ab − ac + bc| < 1. Assim concluımos que d = 12|a − b + c|2 < 1
2.
Vamos encontrar agora as equacoes da reta suporte do lado AB e da reta perpendic-
ular a AB passando pelo incentro.
1. A equacao da reta suporte do lado AB e dada pela equacao:
z(a2 − b2) − z(a2 − b2) = a2(a2 − b2) − a2(a2 − b2) ⇐⇒
z
(b2 − a2
a2b2
)+ z(b2 − a2) = a2
(b2 − a2
a2b2
)+
1
a2(b2 − a2) ⇐⇒
z + a2b2z = a2 + b2 . (2.7)
2. A equacao da reta perpendicular a AB que passa pelo incentro e dada pela equacao:
z(a2−b2)+z(a2−b2) = (ab−ac+bc)(a2−b2)+(ab−ac+bc)(a2−b2) ⇐⇒
z
(b2 − a2
a2b2
)−z(b2−a2) = (ab−ac+bc)
(b2 − a2
a2b2
)−
(a − b + c
abc
)(b2−a2) ⇐⇒
cz − a2b2cz = c2b − ac2 − a2b + ab2 (2.8)
Para concluir nossa demonstracao para o caso das bissetrizes internas vamos encontrar
a interseccao das retas de equacoes 2.7 e 2.8 para a seguir determinar o raio do cırculo
inscrito.
Multiplicando a equacao 2.7 por c e somando a equacao obtida com a equacao 2.8
encontramos a interseccao desejada:
2cz = a2c+b2c+bc2−ac2−a2b+ab2 ⇐⇒ z = 12
[a2 + b2 + bc − ac + ab
c(b − a)
].
Assim, o raio do cırculo inscrito no ∆ABC e dado por
r =
∣∣∣∣ab − ac + bc −1
2
[a2 + b2 + bc − ac +
ab
c(b − a)
]∣∣∣∣ =
1
2|c||2abc − 2ac2 + 2c2b − a2c − b2c − c2b + ac2 − ab2 + a2b| ⇐⇒
r =1
2|(a2b − a2c − ab2 − cb2 + bc2 − ac2 + 3abc) − abc|.
48
Usando o fato que |abc| = 1 obtemos
r =
∣∣∣∣a2b − a2c − ab2 − cb2 + bc2 − ac2 + 3abc
2abc−
1
2
∣∣∣∣ =∣∣∣∣d −
1
2
∣∣∣∣ .
Como d < 12
ficamos com r = 12
− d ⇐⇒ d = 12
− r. Pelo fato de termos tomado
o triangulo ABC inscrito em um cırculo unitario, de acordo com o que foi visto na secao
2.2, o raio do cırculo dos nove pontos desse triangulo tem medida 12
donde concluımos,
utilizando o resultado preliminar 3, que o cırculo dos 9 pontos e o cırculo inscrito sao
tangentes internamente.
Desta forma, fica demonstrado o teorema para o caso do cırculo inscrito. Veja a figura
31
Vamos agora demonstrar o teorema para o caso dos cırculos excritos.
Demonstracao:(Cırculos Excritos) Para demonstrar o teorema para o caso dos cırculos
excritos vamos comecar observando que em um triangulo um angulo interno e o angulo
externo adjacente a ele sao suplementares, e portanto o angulo entre as bissetrizes desses
dois angulos e igual aπ
2.
C(c 2 )
π2
)B(b 2
bc x
y
−ac
A(a2)
ab
D
Figura 34: O angulo formado pela bis-
setriz do angulo interno com vertice em
A faz um um angulo de π2
com a bis-
setriz do angulo externo com vertice em
A.
49
Na figura 34, o triangulo formado pelos pontos A, bc e pelo ponto D, em que D e o
ponto onde a bissetriz do angulo externo com vertice em A intersecta o cırculo circunscrito,
e retangulo e, portanto, o ponto D e diametralmente oposto ao ponto bc, ou seja, e o
ponto −bc.
De modo analogo, obtemos que as bissetrizes dos angulos externos com vertices em
B e C intersectam o cırculo circunscrito, respectivamente, nos pontos ac e −ab. Deste
modo as bisssetrizes dos angulos externos do ∆ABC serao as retas que passam pelos
seguintes pontos:
• Do angulo externo com vertice em A pelos pontos correspondentes aos numeros
complexos a2 e −bc;
• Do angulo externo com vertice em B pelos pontos correspondentes aos numeros
complexos b2 e −ac;
• Do angulo externo com vertice em C pelos pontos correspondentes aos numeros
complexos c2 e −ab.
Logo as equacoes dessas bissetrizes serao dadas, respectivamente, por
z − a2bcz = a2 − bc; (2.9)
z + ab2cz = b2 + ac; (2.10)
z − abc2z = c2 − ab. (2.11)
Resolvendo o sistema formado pelas equacoes 2.10 e 2.11 encontramos o excentro IA
do circulo excrito oposto ao angulo A. Resolvendo o sistema formado pelas equacoes 2.9
e 2.11 encontramos o excentro IB do circulo excrito oposto ao angulo B. Resolvendo o
sistema formado pelas equacoes 2.9 e 2.10 encontramos o excentro IC do circulo excrito
oposto ao angulo C. Fazendo isso, encontraremos:
IA = ac − ab + bc; (2.12)
IB = −ab − ac − bc; (2.13)
IC = ab + ac − bc. (2.14)
50
A(a2 )
C(c2)
B(b2 )
IB
IC
IA
−bc
ac
−ab
y
x
Figura 35: IA, IB, IC sao os tres ex-
centros do ∆ABC
Vamos mostrar agora que o cırculo excrito com centro em IC e tangente ao cırculo
dos nove pontos. Os outros casos sao analogos e serao omitidos.
Como ja vimos, a equacao da reta suporte do lado AB e dado pela equacao 2.7.
A equacao da reta perpendicular a AB que passa por IC satisfaz a equacao:
z(a2 − b2)+z(a2 − b2) = (ab+ac− bc)(a2 − b2)+(ab+ac− bc)(a2 − b2) ⇐⇒
z
(b2 − a2
a2b2
)−z(b2−a2) = (ab+ac−bc)
(b2 − a2
a2b2
)−
(b + c − a
abc
)(b2−a2) ⇐⇒
cz − a2b2cz = ac2 − bc2 − ab2 + a2b . (2.15)
Resolvendo o sistema formado por essas duas equacoes encontramos o pe da perpen-
dicular de IC ao lado AB. Para isso multiplicamos a equacao 2.7 por c e obtemos
cz + a2b2cz = a2c + b2c.
Somando esta equacao, membro a membro, com a equacao 2.15 ficamos com:
2cz = a2c+a2b−ab2+b2c+ac2−bc2 ⇐⇒ z = 12
[a2 + b2 + ac − bc + ab
c(a − b)
].
Vamos encontrar agora a distancia D entre o centro do cırculo dos nove pontos e o
excentro IC.
51
D =
∣∣∣∣a2 + b2 + c2
2− (ab + ac − bc)
∣∣∣∣ =1
2
∣∣a2 + b2 + c2 + 2(bc − ab − ac)∣∣ =
1
2|(−a+b+c)2| ⇐⇒ D =
1
2(−a+b+c)(−a+b+c) =
1
2(−a+b+c)
(−bc + ac + ab
abc
)
⇐⇒ D =1
2abc(−a2b − a2c + ab2 − cb2 + ac2 − bc2 + 3abc).
Usando um argumento semelhante ao feito para as bissetrizes internas, podemos
mostrar que, nesse caso, D > 12.
Para finalizar nossa demonstracao, vamos determinar o raio rC do cırculo excrito ao
∆ABC com centro em IC, e mostrar que ele e igual a diferenca entre D e o raio do
cıculo dos nove pontos.
rC =
∣∣∣∣ab + ac − bc −1
2
[a2 + b2 + ac − bc +
ab
c(a − b)
]∣∣∣∣ =
1
2|c||2abc + 2ac2 − 2c2b − a2c − b2c − ac2 + bc2 − a2b + ab2|
⇐⇒ rC =1
2|(−a2b − a2c + ab2 − cb2 + ac2 − bc2 + 3abc) − abc|.
Usando o fato que |abc| = 1 obtemos
rC =
∣∣∣∣−a2b − a2c + ab2 − cb2 + ac2 − bc2 + 3abc
2abc−
1
2
∣∣∣∣ =∣∣∣∣D −
1
2
∣∣∣∣ .
Como D > 12
ficamos com rC = D − 12
⇐⇒ D = rC + 12. Concluımos, entao,
utilizando o resultado 4, que o cırculo dos nove pontos e tangente externamente ao cırculo
excrito. Veja a figura 32
Nosso teorema fica assim demonstrado.
52
3 Dois Problemas Interessantes
1o Problema: Dados tres pontos alinhados A, B, C quaisquer, considere um triangulo
∆ABX, em que X e um ponto qualquer do plano. Seja D um ponto do plano tal que o
triangulo ∆BCD seja semelhante ao ∆ABX e com a mesma orientacao e E um ponto
do plano tal que o triangulo ∆XDE seja semelhante ao ∆ABX e com a orientacao
oposta. Entao o ponto E pertence a reta que contem os pontos A, B, C.
E(z)
D
A CB
X
x
y
θ
θ θd
b bd
1
Figura 36:
Demonstracao: Vamos supor, sem perda de generalidade que o ponto A e a origem
e que a reta que contem os pontos A, B, C e o eixo real do plano complexo. Vamos
supor ainda que a distancia de A ate B e igual a 1, ou seja, B = 1. Sejam b e d,
respectivamente, as medidas dos segmentos AX e BC. Entao os pontos pontos X e D
sao dados por X = beiθ e D = dbeiθ + 1. Tomemos agora um ponto E = z tal que
o triangulo ∆XDE seja semelhante ao ∆ABX, com orientacao oposta. Nesse caso,
pelo que vimos nno teorema 1.3.1 (pag. 18), para que os triangulos sejam semelhantes
devemos ter:
53
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 beiθ 1
1 dbeiθ + 1 1
beiθ z 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0 ⇐⇒
beiθ·beiθ+z−dbeiθ·beiθ−beiθ−beiθ = 0 ⇐⇒ z+|beiθ|2−d|beıθ|2 − (beiθ + beiθ) = 0 ⇐⇒
z = |beiθ|2 − d|beiθ|2︸ ︷︷ ︸∈R
+(beiθ + beiθ)︸ ︷︷ ︸∈R
.
Concluımos assim, que E = z e real e portanto pertence a reta que contem os pontos
A, B, C. (C.Q.D)
Problema 2: Um pirata escondeu um tesouro em uma praia e desenhou um esquema
em seu diario, sem registros de distancias, que mostrava o lugar onde o tesouro havia sido
escondido. De acordo com o esquema, naquela praia haviam duas rochas, A e B, e uma
palmeira e para esconder o tesouro o pirata procedeu da seguinte maneira:
• Partindo da palmeira ele andou ate a rocha A, fez uma rotacao de 90o no sen-
tido anti-horario e caminhou nessa direcao uma distancia correspondente a ultima
distancia que havia percorrido, marcando um ponto A.
• Partindo da palmeira ele andou ate a rocha B, fez uma rotacao de 90o no sen-
tido horario e caminhou nessa direcao a mesma distancia que havia percorrido da
palmeira ate a segunda rocha. Marcou, entao, o ponto B.
• O tesouro foi escondido no lugar correspondente ao ponto medio do segmento com
extremos em A e B.
Anos mais tarde, uma pessoa encontrou o diario do pirata e e foi ate a praia para
desenterrar o tesouro, porem a palmeira que constava no mapa havia desaparecido. Como
essa pessoa pode proceder para determinar a localizacao exata desse tesouro? Sera possıvel
encontra-lo?
Demonstracao: Podemos supor, sem perda de generalidade, que os pontos A e B
estao no eixo real do plano complexo e que, alem disso, A = 0l, com B a direita de
A. Suponhamos, ainda, que a palmeira ficava em um ponto X do plano.Entao BX =
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A
A’ M
X
B
B’
x
y
Figura 37:
|X − B|. Rotacionando de 90o no sentido anti-horario o segmento AX obtemos um
vertice A′ de um quadrado de lado AX e rotacionando de 90o no sentido horario o
segmento BX obtemos o vertice B′ do quadrado de lado BX. Assim, os vertices A′ e
B′ sao opostos ao vertice X e sao dados por:
A′ = Xi e B′ = (X − B)(−i) + B.
Logo, o ponto medio do segmento A′B′ e dado por:
M =A′ + B′
2=
Xi − Xi + B(i + i)
2=
B(i + 1)
2.
Como podemos ver o ponto medio so depende de valores ja fixados, donde concluımos
que tal ponto e fixo.
Se girassemos AX no sentido horario e BX no sentido anti-horario o resultado
tembem seria valido. Se, ao contrario, girassemos ambos no mesmo sentido o resul-
tado nao seria verdadeiro. Se o ponto B estivesse a esquerda de A a demonstracao seria
semelhante.
E interessante observar que se o pirata tivesse deixado registradas as distancias so
haveriam duas opcoes para o local da palmeira e o tesouro poderia ser encontrado facil-
mente.
55
Conclusao
Quando o assunto geometria com numeros complexos foi sugerido, pelo professor
Jorge Sabatucci, para ser tema desta monografia foi novidade para mim o fato de a
Geometria Plana poder ser tratada sob a otica dos numeros complexos. Eu fiquei curiosa
para estudar tal assunto, mas ao mesmo tempo receosa de que seriam necessarios grandes
conhecimentos sobre numeros complexos. No entanto, apos alguns dias de estudos percebi
que minha primeira impressao nao era verdadeira e passei a achar o assunto interessante
de ser estudado.
Foi um exercıcio novo para mim aprender a elaborar e redijir um texto academico
que tratasse assuntos puramente matematicos. Apos estudar todo o material que foi
usado como referencia, foi necessario escolher os resultados que seriam tomados como
pre-requisitos para os resultados centrais deste trabalho. Varias duvidas surgiram sobre o
que deveria ser colocado ou nao e a opcao de usarmos alguns resultatos da geometria plana
sem demonstra-los se deu basicamente por dois motivos: porque eram muito simples de
serem verificados ou porque sua demonstracao utilizando numeros complexos era muito
longa ou trabalhosa, de modo que corrıamos o risco de perder o foco do nosso trabalho se
nos detivessemos nas mesmas.
Pode ser que nao tenhamos feito uma boa escolha sobre o que deveria constituir os
pre-requisitos, mas tentamos faze-la da maneira mais consciente possıvel.
Sinto-me satisfeita ao ver o resultado final do nosso trabalho, pois, alem de aquirir
novos conhecimentos matematicos, as aprendizagens foram muitas a cada vez que se
tornava necessario fazer opcoes, modificacoes, correcoes e reajustes no texto como um
todo.
Sobre o conteudo estudado, especificamente, foi interessante perceber que alem de sim-
plificar algumas demonstracoes, outra vantagem de se trabalhar geometria com numeros
complexos e o fato de as operacoes com numeros complexos ganharem um significado
56
geometrico, de forma a estabelecer uma relacao entre essas duas areas de estudo, que em
um primeiro momento parecem nao se relacionarem.
Ao termino desse trabalho estou convicta que qualquer aluno da graduacao que tenha
conhecimentos basicos de numeros complexos e de geometria plana e capaz de entender
os resultados que estao sendo apresentados no mesmo. Seria muito bom se tivesse tido
a oportunidade de estudar os resultados que foram expostos neste trabalho ainda na
graduacao. Por esse motivo, gostaria de sugerir que seja criada no Departamento de
Matematica da UFMG uma disciplina, ainda que optativa, para que os alunos do curso
de Matematica possam ter contato com esses e outros resultados ainda na graduacao.
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Referencias
HAHN, L., Complex Numbers and Geometry. Washington: The MathematicalAssociation of America, 1994.
ZWIKKER, C., The Advanced Geometry of Plane and Their Applications. New York:Dover Publications, 1963.