origami: história de uma geometria axiomática
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UNIVERSIDADE DE LISBOA
FACULDADE DE CIÊNCIAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
Origami: História de uma
Geometria Axiomática
Liliana Cristina Nogueira Monteiro
Mestrado em Matemática para o Ensino
2008
UNIVERSIDADE DE LISBOA
FACULDADE DE CIÊNCIAS
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
Origami: História de uma
Geometria Axiomática
Liliana Cristina Nogueira Monteiro
Mestrado em Matemática para o Ensino
2008
Orientador: Professor Doutor Jorge Nuno Monteiro de Oliveira e Silva
II
Palavras-chave: Origami; Geometria Axiomática; Geometria Euclidiana; Axiomas;
Trisecção do Ângulo; Construções Geométricas; Comparação de Geometrias
Resumo:
O Origami é famoso por ser uma arte japonesa para dobrar papel. No entanto,
vai para além disso.
Nesta obra serão relatadas a história do Origami enquanto arte, a evolução do
seu estudo pela Matemática, as suas possíveis aplicações no nosso quotidiano e, em
particular, no ensino da Matemática.
Vista por esta ciência, a Geometria do Origami baseia-se em reflexões numa
folha de papel, que podem ser estendidas a um plano. Serão identificadas as sete
possibilidades para uma única dobragem de Origami, que constituem os Axiomas de
Huzita-Hatori, e analisar-se-á o que representa rigorosamente cada um desses axiomas.
Demonstrar-se-á ainda que esta lista de axiomas abrange todos os casos possíveis para
as dobragens únicas, ou seja, a lista é completa com os sete axiomas e, caso se retire
algum deles, deixa de o ser.
Através das dobragens, baseadas nos referidos axiomas, irá realizar-se a
resolução dos problemas clássicos da trisecção do ângulo e da duplicação do cubo,
impossíveis com a Geometria Euclidiana. Mais genericamente, será demonstrado que é
possível resolver quaisquer equações de grau igual ou inferior a três com a Geometria
do Origami. Mostrar-se-á ainda uma dobragem que permite a construção do número
irracional π e serão efectuadas construções que permitem demonstrar: o Teorema da
soma das amplitudes dos ângulos internos de um triângulo, o Teorema de Pitágoras e o
Teorema de Haga.
Após estas demonstrações, construir-se-ão alguns Origamis geométricos, a
saber: Tsuru (garça que simboliza esta arte); os polígonos regulares quadrado, triângulo,
pentágono e hexágono; e as cónicas parábola, elipse e hipérbole.
Por fim, serão efectuadas algumas comparações desta com outras geometrias.
Mais precisamente com: Geometria Euclidiana, Geometria dos Fósforos, Geometria do
Compasso, Geometria da Régua, Geometria do Compasso Enferrujado, Geometria da
Régua e do Compasso Enferrujado, e Geometria da Régua Marcada. Mostrar-se-á que a
III
Geometria do Origami permite efectuar todas as construções das restantes geometrias
analisadas e supera todas elas, à excepção da Geometria da Régua Marcada, sendo que
esta última permite as mesmas construções que o Origami.
IV
Key-Words: Origami; Axiomatic Geometry; Euclidean Geometry; Axioms; Angle
Trisection; Geometric Constructions; Geometries Comparison
Summary:
Origami is famous for being a Japanese art to fold paper. However, it goes
moreover.
In this paper will be revealed the history of the Origami while art, the evolution
of its study in Mathematics, its possible applications in our day-to-day life and, in
particular, in the Mathematics education.
Seen by this science, the Geometry of Origami is based on reflections in a sheet
of paper that can be extended to a plan. The seven possibilities for one only Origami
folding will be identified. Those constitute the Axioms of Huzita-Hatori, and will be
analyzed rigorously. It will also be demonstrated that this list of axioms encloses all the
possible cases for one single folding, this is, the list is complete with the seven axioms
and, in case of one of them be removed from the list, it stops being complete.
Through folding, based on the related axioms, this paper will show how to solve
the classic problems of trisecting an angle and duplicate the cube, impossible in
Euclidean Geometry. More generically, it will be demonstrated that it is possible to
solve any equations of degree equal or lower than three with Origami’s Geometry. It
will still reveal a folding procedure that allows the construction of the irrational number
π and constructions that allow to demonstrate the theorems: of addition of the
amplitude of the internal angles of a triangle, Pythagoras Theorem and Haga’s Theorem.
After these demonstrations, will be constructed some geometric Origamis, more
exactly: Tsuru (bird that symbolizes this art); the regular polygons square, triangle,
pentagon and hexagon; and conics parabola, ellipse and hyperbole.
Ultimately, some comparisons of this with other geometries will be made. More
exactly with: Euclidean geometry, Matches Geometry, Compass Geometry, Ruler
Geometry, Rusted Compass Geometry, Ruler and the Rusted Compass Geometry, and
Marked Ruler Geometry. Will be revealed that Origami’s Geometry allows achieving
all constructions of the remaining analyzed geometries and surpasses all of them, with
V
the exception of Marked Ruler Geometry, once this last one allows the same
constructions that the Origami.
VI
Índice pág.
1. Introdução 1
1.1. Definição de Recta 6
1.2. Definição de Ponto 7
2. Descrição Axiomática do Origami 8
2.1. Os Axiomas de Huzita-Hatori 9
2.2. Explicação dos Axiomas 11
2.3. Principais Consequências dos Axiomas 22
2.3.1. Resolução de Equações Quadráticas 22
2.3.2. Resolução de Equações Cúbicas 27
2.3.2.1. Trisecção do Ângulo 29
2.3.2.2. Duplicação do Cubo 32
2.3.3. Resolução de equações de grau superior a três 34
2.4. Prova de que a Lista de Axiomas é Completa 39
3. Construção de π através do Origami 43
4. Alguns teoremas e suas demonstrações 45
4.1. Soma dos ângulos internos de um triângulo 45
4.2. Teorema de Pitágoras 46
4.1. Teorema de Haga 48
5. Construção de alguns Origamis geométricos 51
5.1. Tsuru 51
5.2. Quadrado 54
5.3. Triângulo equilátero 56
5.4. Pentágono 59
5.5. Hexágono 61
VII
5.6. Parábola 62
5.7. Elipse 63
5.8. Hipérbole 65
6. Comparação com Outras Geometrias 66
6.1. Geometria Euclidiana 66
6.1.1. Geometria Euclidiana vs Geometria do Origami 69
6.2. Geometria dos Fósforos 72
6.2.1. Geometria dos Fósforos vs Geometria do Origami 76
6.3. Geometria do Compasso 80
6.3.1. Geometria do Compasso vs Geometria do Origami 81
6.4. Geometria da Régua 88
6.4.1. Geometria da Régua vs Geometria do Origami 89
6.5. Geometria do Compasso Enferrujado 94
6.5.1. Geometria do Compasso Enferrujado vs Geometria do Origami 95
6.6. Geometria da Régua e do Compasso Enferrujado 96
6.6.1. Geometria da Régua e do Compasso Enferrujado vs Geometria
do Origami 97
6.7. Geometria da Régua Marcada 100
6.7.1. Geometria da Régua Marcada vs Geometria do Origami 101
7. Referências Bibliográficas 105
1
1. Introdução
A palavra Origami tem origem japonesa ( 折り紙 ) e provêm de duas palavras:
Oru (que significa dobrar) e Kami (que significa papel).
Originalmente, a palavra Origami era utilizada para identificar documentos em
papel, dobrados de forma especial, para evitar cópias não autorizadas. Assim, o Origami
representava uma certificação do documento ou objecto que acompanhava. [And04]
Actualmente, utilizamos esta designação para identificar a arte de dobrar papel.
Esta nova definição para a palavra teve a sua origem num culto religioso por volta do
século IV. Nesta época, a dobragem do papel era utilizada como representação
simbólica do espírito religioso e era exibida em grandes santuários como objecto de
veneração. A partir do final do século VIII, o Origami passou também a ser visto como
um passatempo e um desafio. Deixou de estar limitado ao Japão, e surgiram várias
dobragens com formas muito diversas, que foram evoluindo até aos nossos dias.
[Gra07]
No Origami tradicional, o papel utilizado para as dobragens tem a forma
geométrica de um quadrado, que pode ter várias cores, de forma a permitir a construção
de objectos mais apelativos. No entanto, a forma do papel não é uma característica
obrigatória. De facto, a regra principal do Origami é: Desde que não se corte, nem se
cole, a imaginação é o único limite! [App02]
Podemos ter vários tipos de Origami, a duas ou a três dimensões:
- Origami simples, que se obtém ao fazer dobragens diversas num pedaço
de papel;
- Origami composto, que se obtém por união de vários origami simples;
- Origami modular, que consiste num origami composto em que as peças
são todas geometricamente iguais.
Para efectuar dobragens de papel, existem hoje vários livros de modelos para a
construção de algumas figuras. Em todos estes documentos, existe uma simbologia,
relativamente universal, que funciona como instruções dos referidos modelos:
2
Símbolo Significado Exemplo
dobrar e vincar
voltar ao passo
anterior
dobrar em vale
dobrar em
montanha
dobrar e
desdobrar
dobrar em escada
Dobar e voltar a
dobrar
virar o modelo ao
contrário
3
Símbolo Significado Exemplo
mudar de direcção
dobrar para fora
dobrar para dentro
desenho aumentado
puxar
empurrar
soprar
4
Já no final do século XX, os matemáticos começaram a interessar-se pelos
fundamentos desta arte. Para esta ciência, a criação dos modelos no origami não
depende da inspiração, mas sim de perceber os conceitos e as limitações da geometria
euclidiana, propriedades das figuras geométricas, simetrias, ângulos, rectas,
comunicação matemática, entre outros. Salientam-se, hoje em dia, na prática e estudo do
Origami, vários tópicos de relevo:
- a sua geometria e relação desta com outras geometrias, em particular,
com a Geometria Euclidiana;
- o problema do alisamento da dobragem, isto é, se um modelo pode ser
desdobrado. A dobragem de um modelo alisável foi provada por
Marshall Bern e Barry Hayes como sendo um problema NP completo;
- o problema do Origami rígido, isto é, a possibilidade de construção dos
modelos se o papel for substituído por metal. Por exemplo, a dobragem
Miura, que está representada abaixo, é uma dobragem rígida que tem
sido usada para painéis solares de satélites no espaço.
Também o ensino utiliza cada vez mais o Origami. De uma forma geral, a
dobragem de papel permite desenvolver, entre outros, a destreza manual, o sentido
estético de arte e a comunicação. Em particular, no ensino da Matemática, o Origami é
utilizado para:
- sentido de forma, tamanho e cor;
- fundamentos de geometria;
- conceitos e vocabulário Matemático;
- simetrias, congruências e ângulos;
- fracções, razões, proporções e medições,
- resolução de problemas, com espírito analítico e crítico;
- investigação de objectos tridimensionais e relações espaciais;
- exploração de padrões e estabelecimento de relações.
5
Vamos, ao longo deste trabalho, estudar a geometria do Origami e a sua relação
com outras geometrias. Para tal, é necessário começar por definir o espaço em que
vamos trabalhar e os vários elementos deste espaço.
Vamos então definir que o nosso espaço de trabalho é um pedaço de papel plano
que, na maioria dos casos, tem a forma de um quadrado (as excepções serão indicadas
na devida altura). No entanto, o raciocínio que utilizaremos, pode ser aplicado a todo o
plano, como se a nossa folha de papel fosse, afinal, todo plano 2IR ou .
Neste espaço, podem existir rectas e pontos, que iremos definir seguidamente.
6
1.1. Definição de Recta
Em Origami, as rectas são criadas através de vincos resultantes de dobragens do
papel. Cada recta divide o papel em duas regiões distintas, que iremos designar por
região estacionária e região de movimento [Lang03]. A correspondência entre a região
e a sua designação é arbitrária, uma vez que a sua utilidade é unicamente de distinção.
Uma recta pode ser definida de várias formas.
Um dos procedimentos corresponde a um dos Axiomas da Geometria
Euclidiana, a saber, através de dois pontos passa uma e uma só recta. Note-se que esta
definição nos permite definir uma recta por quaisquer dois pontos da mesma.
Uma segunda forma de definir uma recta provém da sua equação reduzida obtida
algebricamente com coordenadas cartesianas, a saber: bmxy += , onde m é o declive
(tangente da inclinação) e b a ordenada na origem dessa mesma recta. A recta fica então
definida como o conjunto dos pares ordenados ( )yx, que satisfaçam a equação. No
entanto, esta definição tem também um problema inerente, uma vez que não permite
descrever rectas paralelas ao eixo das ordenadas, por o seu declive ser infinito e a
ordenada na origem indefinida. Estas rectas terão então de ser definidas separadamente,
com equações do tipo ax = .
Esta definição permite-nos verificar que as rectas têm dois graus de liberdade,
uma vez que dependem de dois parâmetros que podem variar independentemente.
Uma recta pode ainda ser definida através de vectores. Comecemos então por
definir um vector unitário como ( ) ( )ααα sin,cos:=U com [ [º180,º0∈α a sua
inclinação. Uma recta define-se como o conjunto de todos os pontos P que satisfazem a
equação ( )( ) ( ) 0. =− αα UdUP , onde IRd ∈ e a operação . representa o produto
interno. Deste modo, uma recta é uma função ( )α,dl , que depende dos parâmetros d e
α .
Saliente-se que a definição anterior pode ser apresentada de uma outra forma. De
facto:
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔=−⇔=− 0..0. ααααα UdUUPUdUP
7
( ) 0. =−⇔ dUP α ,
pelo que é possível definir uma recta como sendo o conjunto de pontos P que
satisfazem a equação ( ) 0. =− dUP α .
Além do que já foi apresentado, sendo ( )yxP ,= um vector e considerando
( )xyP −=⊥ , um seu vector perpendicular, podemos ainda definir uma recta como
sendo o conjunto de pontos P que satisfazem a equação ( ) ( )αα ⊥+= tUdUP para
algum IRt ∈ .
1.2. Definição de Ponto
A intersecção de duas rectas não paralelas constrói um ponto.
Um ponto P é então é um par ordenado ( )yx, em 2IR .
Deste modo, podemos verificar que um ponto tem, tal como uma recta, dois
graus de liberdade, uma vez que as suas duas coordenadas podem variar
independentemente.
8
2. Descrição Axiomática do Origami
Na década de 1970 começaram a realizar-se estudos para enumerar as possíveis
dobragens em Origami e a estudar combinações entre elas. Destacou-se nesta área
Humiaki Huzita, que descreveu seis operações básicas para definir um único vinco que,
por si só, alinha várias combinações de pontos e rectas já existentes. Estas seis
operações tornaram-se conhecidas por Axiomas de Huzita e forneceram a primeira
descrição formal do tipo de construções geométricas possíveis com origami.
Mais tarde, em 1989, Jacques Justin publicou um artigo em que apresentava não
seis, mas sim sete combinações possíveis com uma única dobragem. No entanto, foi
apenas em 2002, quando Koshiro Hatori apresentou uma dobragem que não era descrita
pelos axiomas de Huzita, que surgiu formalmente um sétimo axioma.
Os sete axiomas tornaram-se conhecidos por Axiomas de Huzita-Hatori e vieram
abalar o mundo científico do origami relativamente à completude da lista.
Em 2003, o físico americano Robert Lang dá a dúvida por terminada. Afirma
que não existem mais axiomas e publica, na sua página da internet, um estudo que
demonstra a sua convicção.
Dentro da teoria matemática de construções geométricas do origami, os sete
axiomas de Huzita-Hatori definem o que é possível construir com uma única dobragem,
fazendo incidir combinações de pontos e rectas.
9
2.1. Os Axiomas de Huzita-Hatori
Axioma 1: Dados dois pontos, P1 e P2, há uma dobragem que passa pelos dois pontos.
Axioma 2: Dados dois pontos, P1 e P2, há uma dobragem que os torna coincidentes.
Axioma 3: Dadas duas rectas, l1 e l2, há uma dobragem que as torna coincidentes.
Axioma 4: Dados um ponto P e uma recta l, há uma dobragem perpendicular a l que
passa por P.
10
Axioma 5: Dados dois pontos, P1 e P2, e uma recta, l, se a distância de P1 a P2 for igual
ou superior à distância de P2 a l, há uma dobragem que faz incidir P1 em l e
que passa por P2.
Axioma 6: Dados dois pontos, P1 e P2, e duas rectas, l1 e l2, se as rectas não forem
paralelas e se a distância entre as rectas não for superior à distância entre os
pontos, há uma dobragem que faz incidir P1 em l1 e P2 em l2.
Axioma 7: Dado um ponto, P, e duas rectas, l1 e l2, se as rectas não forem paralelas, há
uma dobragem que faz incidir P em l1 e é perpendicular a l2.
11
2.2. Explicação dos Axiomas
Para efectuar uma explicação analítica dos axiomas da geometria do Origami e
suas consequências, vamos considerar um referencial ortonormado na folha de papel na
que pretendemos realizar as dobragens.
Axioma 1: Dobragem única por dois pontos
Consideremos os pontos ( )111 , yxP = e ( )222 , yxP = .
Este axioma resume-se a uma dobragem pela recta que passa pelos dois
pontos dados inicialmente, ou seja, é equivalente a resolver equações de
primeiro grau.
De facto, pretende-se encontrar os valores de m e b na equação bmxy += ,
sendo
12
12
xxyym
−−
=
11 xmyb −= ou, equivalentemente, 22 xmyb −=
Axioma 2: Dobragem única que torna dois pontos coincidentes
Consideremos os pontos ( )111 , yxP = e ( )222 , yxP = .
Este axioma refere-se a uma dobragem pela mediatriz do segmento de recta
definido pelos dois pontos iniciais, sendo também equivalente a resolver
equações do primeiro grau.
Para tal é necessário determinar uma recta perpendicular à que é definida
pelos dois pontos dados inicialmente e que passa pelo ponto médio do segmento
definido pelos mesmos. Assim, uma vez que o referido ponto médio é dado
pelas coordenadas ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++
2,
22121 yyxx , basta realizar uma dobragem pela recta
bmxy += onde
12
12
yyxx
m−−
−= e 22
2121 xxm
yyb
+−
+=
12
Axioma 3: Dobragem única que torna duas rectas coincidentes
Consideremos as rectas 111 : bmyl += e 222 : bmyl += .
Se l1 e l2 forem paralelas, é necessário realizar uma dobragem por uma recta
paralela às iniciais e que se encontre à mesma distância de ambas.
Analiticamente, é necessário começar por escolher um ponto de uma das rectas
iniciais. Sem perda de generalidade, seja ( )111 , yxP = , pertencente à recta l1.
Temos dois casos a considerar, a saber: 01 =m ou 01 ≠m .
Comecemos por ver o que se passa se 01 =m .
Neste caso, as rectas iniciais são da forma 11 : byl = e 22 : byl = , pelo que
( )111 ,bxP = . A recta perpendicular a l1 que passa em P1 é dada pela equação
1xx = , sendo portanto ( )212 ,bxP = o seu ponto de intersecção com a recta l2.
Resta então realizar a dobragem que torna os pontos P1 e P2 coincidentes, tal
como é descrito no axioma 2.
Vejamos agora o que se passa para 01 ≠m .
Neste caso a recta perpendicular a l1, é dada pela equação de primeiro grau:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−= 11
11
11 yxm
xm
y
O ponto de intersecção P2 entre esta última recta e l2 é solução do sistema:
⇔
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−=
22
1111
11
bxmy
yxm
xm
y
⇔
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−=+
⇔
22
1111
2211
bxmy
yxm
xm
bxm
13
⇔
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+=
−+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
⇔
22
21111
211
bxmy
byxm
xm
m
⇔
⎪⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
+=
+
−+=
⇔
22
12
2111
1
1
bxmy
mm
byxm
x
⇔
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
++−+
=
+−+
=⇔
212
121112
12
12111
1
1
bmm
mbmyxmy
mmmbmyxx
⇔
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+++−+
=
+−+
=⇔
1
1
12
221221212121
12
12111
mmbmmbmmbmmymxy
mmmbmyxx
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+++
=
+−+
=⇔
1
1
12
212121
12
12111
mmbmmymxy
mmmbmyxx
ou seja, ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
+++−+
=1
,1 12
212121
12
121112 mm
bmmymxmm
mbmyxP .
Resta então realizar a dobragem que torna os pontos P1 e P2 coincidentes, tal
como é descrito no axioma 2.
14
Vamos agora supor que l1 e l2 não são paralelas. Neste caso, basta fazer a
bissecção de um dos ângulos definidos pelas duas rectas.
Comecemos então por determinar o ponto P0 de intersecção das duas rectas:
⇔⎩⎨⎧
+=+=
22
11
bxmybxmy
⇔⎩⎨⎧
+=+=+
⇔22
1122
bxmybxmbxm
( )⇔
⎩⎨⎧
+=−=−
⇔22
2112
bxmybbxmm
⇔
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+−−
=
−−
=⇔
212
212
12
21
bmmbb
my
mmbb
x
⇔
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−−+−
=
−−
=⇔
12
21222212
12
21
mmbmbmbmbm
y
mmbb
x
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−−
=
−−
=⇔
12
2112
12
21
mmbmbmy
mmbbx
Donde ( ) ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
−−
==12
2112
12
21000 ,,
mmbmbm
mmbb
yxP . De referir que este
procedimento é possível pois as rectas não são paralelas, pelo que 21 mm ≠ e,
consequentemente, 012 ≠− mm .
Consideremos então uma circunferência não
degenerada de centro P0 e raio arbitrário,
digamos r, dada pela equação:
( ) ( ) 220
20 ryyxx =−+− .
Esta circunferência vai intersectar as
rectas l1 e l2 em quatro pontos distintos (dois
l2
l1P1,2
P2,1
P1,1P0
P2,2
15
pontos em cada uma das rectas). Sejam ( )1,11,11,1 , yxP = e ( )2,12,12,1 , yxP = os
pontos resultantes da intersecção a circunferência com a recta l1, e
( )1,21,21,2 , yxP = e ( )2,22,22,2 , yxP = os pontos resultantes de intersecção da
circunferência com a recta l2.
Vamos agora, sem perda de generalidade, determinar os pontos médios 1M e
2M dos segmentos de recta [ ]1,21,1 PP e [ ]2,22,1 PP , respectivamente. Note-se que
também poderíamos fazer o raciocínio que se segue para os segmentos de recta
[ ]2,21,1 PP e [ ]1,22,1 PP .
Temos que ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ++=
2,
21,21,11,21,1
1
yyxxM e ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ++=
2,
22,22,12,22,1
2
yyxxM .
Resta então realizar a dobragem que passa pelos pontos M1 e M2, tal como é
descrito no axioma 1.
Note-se que a circunferência utilizada na explicação anterior é apenas
auxiliar. Os pontos que foram determinados com o seu auxilio, poderiam
também sê-lo através da adição de vectores, com a direcção de ambas as rectas e
com ambos os sentidos, ao ponto de intersecção das mesmas. Deste modo,
também neste axioma, apenas estão envolvidas equações de primeiro grau.
Repare-se ainda que existem duas formas de efectuar a dobragem para o caso
das rectas iniciais não serem paralelas (uma para cada par de ângulos opostos) e
apenas uma para o caso de rectas paralelas.
l2
l1P1,2
P2,1
P1,1P0
P2,2
16
Axioma 4: Dobragem única, perpendicular a uma recta, que passa por um ponto
Consideremos o ponto ( )yxP ,= e a recta bmxyl +=: .
Para encontrar a recta por onde deve ser realizada a dobragem, começa-se
por considerar uma circunferência de centro P e raio superior à distância de P a
l, para que esta intersecte l em dois pontos distintos, digamos A e B.
Posteriormente, consideram-se as circunferências de centro em A e B,
respectivamente, e raio igual à distância entre estes dois pontos.
Resta então realizar a dobragem que passa pelos pontos A e B, tal como é
descrito no axioma 2 para obtermos o pretendido.
Axioma 5: Dobragem única que faz um ponto incidir numa recta, passando por
outro ponto.
Consideremos os pontos ( )111 , yxP = e ( )222 , yxP = e a recta bmyl +=: .
Pretende-se neste axioma determinar uma dobragem que coloca P1 sobre l e
que passa por P2. Deste modo, pretendemos encontrar a intersecção da recta com
a circunferência de centro P2 e raio 21PP .
Vamos calcular essa intersecção, designando rPP =:21 :
( ) ( )⇔
⎩⎨⎧
=−+−+=
222
22 ryyxx
bmxy
( ) ( )⇔
⎩⎨⎧
=−++−+=
⇔22
22
2 rybmxxxbmxy
( ) ( ) ( )⎩⎨⎧
=−+−++−−+++=
⇔022221 22
2222
22222 rybybxxmyxmbxmbmxy
Deste modo, podemos ter zero, uma ou duas soluções para o problema,
consoante o valor do discriminante da fórmula resolvente seja inferior, igual ou
superior a zero, respectivamente.
Caso a distância de P1 a P2 seja inferior à distância de P2 a l, o discriminante
é menor que zero, pelo que não existem soluções e é impossível efectuar a
dobragem pretendida.
17
Se a distância de P1 a P2 for igual à distância de P2 a l, o discriminante é
zero, pelo existe uma única solução.
Suponhamos agora que a distância de P1 a P2 é superior à distância de P2 a l,
ou seja, o discriminante é maior que zero. Neste caso existem dois pontos de
intersecção entre a circunferência e a recta l, digamos I1 e I2. As soluções do
problema são então:
- dobragem perpendicular a [ ]11IP e que passa no seu ponto médio
(que vai fazer coincidir os pontos P1 e I1, passando por P2);
- dobragem perpendicular a [ ]21IP e que passa no seu ponto médio
(que vai fazer coincidir os pontos P1 e I2, passando por P2).
Em ambos os casos, a dobragem é efectuada pelo método descrito no axioma
1, utilizando para tal o ponto médio de cada um dos segmentos referidos e o
ponto P2.
Repare-se que, na prática, o que realizamos neste axioma é determinar a
recta tangente à parábola de foco P1 e directriz l, que passa pelo ponto P2.
Vamos provar esta afirmação: Quando fazemos uma dobragem por P2 de forma
a P1 incidir em l, uma parte da recta l vai ficar dobrada noutra direcção que não a
inicial. Consideremos então a recta perpendicular a l na sua direcção de
dobragem, que passa por P1, digamos r. Uma vez que P1 não pertence a l, vem
que a direcção de l após a dobragem não é paralela à sua direcção inicial.
Consequentemente, r não é paralela à recta de dobragem e podemos determinar
o ponto de intersecção entre ambas, digamos I. Por construção, a distância de I a
18
l é igual à distância de I a P1 e é o único ponto da dobragem com esta
propriedade. Uma vez que uma parábola é, por definição, o lugar geométrico dos
pontos equidistantes de um ponto e de uma recta, provámos que a recta de
dobragem é tangente à parábola de foco P1 e directriz l.
De referir ainda que este é o primeiro axioma desta lista que necessita
efectivamente da resolução de uma equação de segundo grau (para a
determinação dos pontos de intersecção da recta inicial com a circunferência).
Axioma 6: Dobragem única que faz dois pontos incidir em duas rectas distintas.
Consideremos os pontos 1P e 2P e as rectas 1l e 2l . Pretendemos determinar
uma dobragem que faça incidir P1 em l1 e P2 em l2.
Uma vez que pretendemos fazer incidir P1 em l1, a dobragem que
pretendemos fazer será tangente à parábola de foco P1 e directriz l1, como foi
visto na explicação do axioma 5. Por outro lado, uma vez que pretendemos fazer
incidir P2 em l2, a dobragem que pretendemos fazer será tangente à parábola de
foco P2 e directriz l2. Deste modo, este axioma consiste em encontrar uma recta
simultaneamente tangente a duas parábolas distintas.
Vejamos agora que este procedimento é equivalente a resolver uma equação
de terceiro grau. Para tal, vamos considerar, sem perda de generalização, que
1:1 −=yl e ( )1,01 =P . Designemos por ( )1,1́ −= tP o ponto em que 1P incide
na recta l1 através da dobragem pretendida.
A recta criada pelo vinco é a mediatriz do
segmento de recta [ ]11 ´PP uma vez que, por
construção, todos os seus pontos são equidistantes
de 1P e de 1́P , pelo que o vinco e o segmento de
recta são perpendiculares. Além disso, o ponto
médio de [ ]11 ´PP tem as coordenadas
19
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −+ 0,
2211,
20 tt . Deste modo, a equação do vinco realizado com a
dobragem é dada por:
422011
1 2txtytx
t
y −=⇔⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−−−
−=
Por definição do vinco que pretendemos, temos que o ponto médio de
[ ]22 'PP pertence a essa recta, onde ( )baP ,2 = e ( )yxP ,'2 = é o ponto em que
2P incide na recta l2 através da dobragem pretendida. Designemos este ponto
por ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++
=2
,2
byaxM . Substituindo na equação do vinco vem que:
4222
2taxtby−
+=
+
Além disso, uma vez que, como já foi visto, este vinco é tangente a duas
parábolas, os declives de [ ]11 'PP e de [ ]22 'PP são iguais, ou seja:
axby
t −−
=−2
Deste modo, substituindo na equação anterior:
( )( )
⇒−−
−+
−−
−=+
2
2
22 byaxax
byaxby
( )( ) ( )( ) ( )2222 2 axbyaxbyby −−−−−=−+⇒
que é uma equação cúbica (sendo 3y e yx 2 os termos de terceiro grau).
De referir que pode ser impossível resolver este problema (se as duas rectas
iniciais forem paralelas e a distância entre elas for superior à distância entre os
dois pontos) ou pode haver uma única solução.
20
Axioma 7: Dobragem única que faz um ponto incidir numa recta, através de uma
dobragem perpendicular a uma outra recta.
Consideremos o ponto ( )00 , yxP = e as rectas 111 : bmyl += e
222 : bmyl += . Pretendemos determinar uma dobragem que faça incidir P em
l1 e que seja perpendicular a l2, o que é equivalente a resolver equações de
primeiro grau.
Comecemos por notar que este problema apenas tem solução se as rectas
iniciais não forem paralelas. Vamos por isso supor que estamos perante este
caso.
Consideremos a recta paralela a l2, que passa por P, a saber r:
( )0202 xmyxmy −+= .
As rectas l1 e r intersectam-se quando
( )⇔⎩⎨⎧
−+=+=
0202
11
xmyxmybxmy
( )⇔⎩⎨⎧
−+=++=
⇔020211
11
xmyxmbxmbxmy
⇔
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−−−
=
+=⇔
21
1020
11
mmbxmy
x
bxmy
⇔
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−−−
=
+−
−−=
⇔
21
1020
121
10201
mmbxmy
x
bmm
bxmymy
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−−−
=
−−−
=⇔
21
1020
21
1202101
mmbxmy
x
mmbmxmmym
y
Ou seja, intersectam-se no ponto ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−−−
−−=
21
1202101
21
1020 ,mm
bmxmmymmm
bxmyI .
21
Resta então realizar a dobragem que torna os pontos P e I coincidentes, tal
como é descrito no axioma 2, para obtermos o pretendido. Repare-se que este
procedimento resolve o problema pois nessa construção fazemos a dobragem
por uma recta perpendicular a [ ]PI e, consequentemente, perpendicular a l2.
22
2.3. Principais Consequências dos Axiomas As principais consequências dos sete axiomas prendem-se com a resolução de
equações quadráticas e cúbicas através do origami.
2.3.1. Resolução de equações quadráticas No axioma 5, utilizamos equações de segundo grau, pelo que nos é possível
resolver algumas destas equações. Vamos agora mostrar que podemos resolver todas as
equações quadráticas através do Origami [Alp00].
A fórmula resolvente diz-nos que podemos determinar as raízes das equações
quadráticas através das operações de adição, subtracção, multiplicação, divisão e raiz
quadrada. Deste modo, basta provar, algebricamente, que o conjunto de pontos do plano
que são possíveis de construir através do Origami contém o menor subcorpo fechado
para estas operações.
De forma a simplificar a demonstração, vamos assumir que a nossa folha de
papel é infinita e que representa o plano complexo . Consideremos ainda segmentos de
recta de comprimento unitário nos eixos real e imaginário.
Facilmente se verifica que podemos efectuar adições e subtracções de
comprimentos de segmentos através de dobragens.
Para demonstrar esta afirmação, vamos provar que, dados um ponto P e um
segmento de recta [ ]AB , podemos construir um segmento de recta com o mesmo
comprimento e a mesma direcção do inicial, que comece ou termine em P. [Alp00]
Comecemos por supor que P não pertence à recta AB. Realizamos então a
dobragem que passa pelos pontos P e A e a dobragem que passa pelos pontos P e B.
Obtemos assim um triângulo.
Consideremos a recta perpendicular a AB
que passa por A (possível pelo axioma 4) e a recta
perpendicular a esta última que passa por P.
p
b
D
A B
P
23
Obtemos assim uma recta, digamos p paralela a AB que passa pelo ponto P.
Consideremos agora a recta perpendicular a AP que passa por A e a recta
perpendicular a esta última que passa por B. Obtemos assim uma recta, digamos b
paralela a AP que passa pelo ponto B.
Designemos por D o ponto de intersecção das rectas p e b (não paralelas por
construção). O segmento de recta [ ]PD é paralelo a [ ]AB e tem o mesmo comprimento
que este.
Obtivemos assim um segmento de recta com o mesmo comprimento e a mesma
direcção do inicial, que começa em P.
O procedimento seria semelhante para obter um segmento de recta nas condições
desejadas que terminasse em P, bastando realizar a construção para a recta BP em vez
da recta AP.
Resta provar a afirmação inicial para o caso de P pertencer à recta AB. Neste
caso podemos escolher um ponto qualquer Q não pertencente à recta e efectuar o
procedimento anterior. Depois é só repetir novamente o procedimento para o segmento
de recta obtido e o ponto P.
Fica assim demonstrado que podemos efectuar quaisquer adições ou subtracções
através da Geometria do Origami.
A divisão por números racionais é possível através da divisão de comprimentos
em n partes iguais. Vejamos como realizar esta operação [Hull06].
Para tal, consideremos um quadrado de papel
Para dividir o comprimento de um dos seus lados em duas partes iguais basta
dobrar o papel ao meio, perpendicularmente ao lado que pretendemos dividir.
Vejamos como dividir o comprimento de um dos lados em
três partes iguais. Consideremos para o efeito, sem perda de
generalidade, o bordo superior do quadrado de papel. Comecemos
por vincar o papel dobrando-o ao meio verticalmente e por uma
diagonal, como se mostra na imagem ao lado.
24
Seguidamente, vamos criar um vinco que ligue o ponto
médio do bordo superior do quadrado de papel com o canto
inferior direito da mesma (de salientar que o mesmo processo
poderia ser realizado para o canto inferior esquerdo).
Basta agora realizar um vinco perpendicular ao bordo
superior do quadrado de papel, que passe pelo ponto de intersecção
P encontrado no processo imediatamente anterior (possível pelo
axioma 4). A distância, do canto superior direito ao ponto de
intersecção desta perpendicular com o bordo superior do papel, é
igual a um terço do comprimento total do lado do quadrado.
Vamos provar esta última afirmação. Para tal,
consideremos que o quadrado de papel se encontra num
referencial ortonormado, estando o seu canto inferior esquerdo
na origem do mesmo e o seu canto inferior direito no ponto de
coordenadas ( )0,1 . Vamos ainda considerar as nomenclaturas da
figura ao lado para identificar cada um dos pontos.
Por construção, o ponto P encontra-se na intersecção das rectas AF e BC.
Também por construção, e uma vez que ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛= 1,
21C :
xyAF =:
( )1
211
10: −−
−= xyBC , ou seja, 22: +−= xyBC
Da intersecção das duas rectas vem
322322 =⇔=⇔+−= xxxx
que prova a afirmação que pretendíamos demonstrar.
Vejamos agora como realizar a divisão de um comprimento em n partes para
INn∈ , 3>n .
25
Comecemos, tal como anteriormente, por vincar o papel
dobrando-o ao meio por uma diagonal. Neste caso, não vamos
vincar verticalmente ao meio, mas sim à distância de 1
1−n
do
bordo direito do quadrado de papel. Esta dobragem pode ser feita
aplicando o procedimento anterior por indução. De facto, por
exemplo, se 7=n vem que 61 =−n e basta dividir em três partes
iguais e posteriormente dividir a parte do lado direito ao meio.
Aplica-se então o procedimento igual ao da divisão em três partes iguais apara
estes dois vincos iniciais.
Vamos provar que esta construção divide o comprimento do lado do quadrado
em n partes iguais, como pretendido inicialmente, usando as mesmas designações para
os pontos obtidos neste caso e no anterior.
Por construção, o ponto P encontra-se na intersecção das rectas AF e BC.
Também por construção, e uma vez que ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−−
= 1,12
nnC :
xyAF =:
( )1
121
10: −
−−
−
−= x
nn
yBC , ou seja, ( ) 11: −+−= nxnyBC
Da intersecção das duas rectas vem ( )n
nxnnxnxnx 1111 −=⇔−=⇔−+−=
que prova a afirmação que pretendíamos demonstrar.
A multiplicação é uma extensão da adição e divisão. De facto, para multiplicar
um comprimento por [ ] [ ]( )nnnn −+= , onde [ ]n representa a parte inteira do
argumento, basta:
- somar [ ]n vezes o comprimento que pretendemos multiplicar;
- dividir o comprimento inicial de forma a obter o comprimento [ ]nn − ;
- e somar os comprimentos obtidos nos dois passos anteriores.
Deste modo, o subcorpo é fechado também para a operação de multiplicação.
26
Vejamos agora o que se passa com a operação de raiz quadrada. Seja r o
comprimento de um segmento de recta, já construído por dobragem. Vamos construir
um segmento de recta cujo comprimento é a raiz quadrada de r.
Consideremos o ponto ( )1,01 =P e a recta 1: −=yl . Vamos realizar a dobragem
que faz o ponto 1P incidir em l, passando esta recta pelo ponto ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
4,02
rP (possível
pelo axioma 5). Designemos por ( )1,1́ −= tP o ponto em que 1P incide na recta l
através da dobragem.
A recta criada pelo vinco é a mediatriz do
segmento de recta [ ]11 ´PP uma vez que, por construção,
todos os seus pontos são equidistantes de 1P e de 1́P ,
pelo que o vinco e o segmento de recta são
perpendiculares. Além disso, o ponto médio de [ ]11 ´PP
tem as coordenadas ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −+ 0,
2211,
20 tt . Deste modo,
a equação do vinco realizado com a dobragem é dada por:
422011
1 2txtytx
t
y −=⇔⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−−−
−=
cuja representação gráfica é uma parábola na variável t.
Por construção, a recta l, cuja equação é a acima, passa por 2P , donde:
rttrttr=⇔=⇔−×=− 2
2
40
24
Deste modo, as coordenadas do ponto 1́P dão-nos o valor desejado.
Concluímos assim que a Geometria do Origami contém o menor subcorpo fechado
para as operações que integram a fórmula resolvente, permitindo portando a resolução
de quaisquer equações do segundo grau.
27
2.3.2. Resolução de equações cúbicas No axioma 6 utilizámos equações de terceiro grau, pelo que nos é possível
resolver algumas destas equações. Vamos agora mostrar que podemos resolver todas as
equações cúbicas de coeficientes construtíveis através do Origami [Alp00][Hull06].
Consideremos a equação geral de terceiro grau 023 =+++ cbxaxx , com
∈cba ,, . De forma a eliminar o termo de segundo grau, vamos efectuar a mudança de
variável axz31
−= . Ficamos assim com a equação de terceiro grau
027
22793
3 323 =
−−−
−+
acabzabz .
Podemos então assumir que a nossa equação genérica de terceiro grau é da
forma 03 =++ baxx , onde a e b são números construtíveis através do Origami.
Consideremos agora as equações quadráticas bxay 221 2
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ − e 2
21 xy = . Uma
vez que os comprimentos a e b são construtíveis através da Geometria do Origami, os
coeficientes destas duas últimas equações são construtíveis. Deste modo, os focos e as
directrizes das parábolas, que constituem as suas representações gráficas, são também
construtíveis. A primeira parábola tem foco ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
2,
2ab e directriz
2bx −= , e a segunda
parábola tem foco ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
21,0 e directriz
21
−=y .
Fazendo uma dobragem que faça ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
2,
2ab incidir na recta
2bx −= e ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
21,0
incidir na recta 21
−=y (possível pelo axioma 6), é criado um único vinco que é
tangente a ambas as parábolas. Designemos por m o declive do vinco assim construído.
Sejam ( )00 , yx e ( )11, yx os pontos de tangencia com a primeira e segunda
parábola, respectivamente.
Derivando a equação da primeira parábola em ordem à variável x, vem que:
28
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
+=
−=
⇒=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⇒=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
2
21
212
212
0
0
0 amby
ay
bm
bmaybdxdyay
Além disso, uma vez que ( )00 , yx é um ponto da parábola, tem-se:
20
2
0
2
0
0 2222
22
mbx
b
aamb
xb
ayx =⇔
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −+
=⇔⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=
Analogamente, derivando a segunda parábola em ordem à variável x, vem que:
1xmxdxdy
=⇒=
e, uma vez que ( )11, yx é um ponto da parábola, tem-se:
21 2
1 my =
Podemos ainda determinar m através do cálculo do declive utilizando dois
pontos, ou seja:
⇔−
−−=⇔
−−
=
2
2
01
01
2
22
mbm
ambm
mxxyy
m
⇔−
−−
=⇔
2
3
3
22
22
mbm
mambm
m
⇔−−−
=⇔bmambmmm 3
24
22
⇔−−=−⇔ 244 22 ambmmbmm
⇔=++⇔ 024 bmamm
03 =++⇔ bamm
Provámos assim que m é uma raiz de 03 =++ baxx .
29
2.3.2.1. Trissecção do ângulo
Um exemplo da resolução de uma equação cúbica através da Geometria do
Origami é a trissecção do ângulo.
O método que aqui vai ser apresentado foi proposto por H. Abe em 1980 e
efectua a trissecção de um ângulo agudo de amplitude arbitrária, a partir de uma folha
de papel quadrada.
Suponhamos que o ânguloθ que pretendemos dividir é o ângulo agudo definido
pelo lado inferior do quadrado de papel e por uma recta 2l que passa no canto inferior
esquerdo do mesmo.
Começamos por dobrar o papel ao meio
horizontalmente e, de seguida, por uma recta 1l
paralela à anterior e equidistante desta e do lado inferior
do quadrado.
Designemos por 1P o ponto correspondente ao
canto inferior esquerdo do papel e por 2P o ponto
correspondente ao ponto médio do lado esquerdo do
mesmo.
Vamos agora efectuar uma dobragem para que o
ponto 1P incida em 1l e 2P incida em 2l (possível
pelo axioma 6).
Prolongando a imagem de 1l obtém-se uma
nova recta, digamos 3l . Desfaz-se então este vinco e
prolonga-se 3l até ao vértice do ângulo.
Esta última recta define, com o lado inferior do
quadrado de papel, um ângulo de amplitude θ32 . Basta
então fazer incidir o lado inferior do quadrado com a recta 3l para ficar com a divisão
do ângulo em três partes iguais.
30
Vamos provar que este procedimento nos dá, efectivamente, o que pretendíamos.
Comecemos por mostrar que o prolongamento do vinco de 3l vai passar por 1P .
Considerando as designações da figura abaixo, podemos verificar que, por construção,
os segmentos de recta [ ]XP1 e [ ]XC são coincidentes aquando da dobragem.
Deste modo, o ângulo compreendido entre [ ]XC e [ ]XY tem a mesma amplitude que o
ângulo compreendido entre [ ]1XP e [ ]XZ . Podemos então concluir que 3l e 1XP são
rectas coincidentes.
Resta provar que obtivemos a trisecção do ângulo inicial. Consideremos, mais
uma vez, as designações das figuras abaixo.
Sejam então A, B e C os pontos correspondentes à intersecção do bordo esquerdo do
papel com as rectas 2l , 3l e 1l , respectivamente, aquando da dobragem indicada. Seja
ainda o ponto D correspondente à intersecção do bordo inferior do papel com a
perpendicular a 1l que passa por C.
31
Por construção das rectas horizontais vincadas, CDBCAB == . Além disso,
BP1 é perpendicular a AC .
Deste modo, [ ]1ABP∆ e [ ]1CBP∆ têm um lado de igual comprimento, um lado
comum e o ângulo por eles formado recto, pelo que são triângulos congruentes. Pelo
mesmo motivo, verificamos que [ ]1CBP∆ e [ ]1CDP∆ são também congruentes.
Concluímos então que, e [ ]1ABP∆ , [ ]1CBP∆ e [ ]1CDP∆ são triângulos
congruentes e, portanto, trisectam o ângulo θ em 1P .
De referir que este método pode ser estendido a ângulos rectos ou obtusos.
Uma forma de efectuar este procedimento nesses casos é bissectar o ângulo
inicial fazendo coincidir os lados que o definem. Podemos então utilizar o método
anterior para trisectar cada um destes ângulos e considerar duas das partes obtidas como
trisecção do ângulo inicial.
32
2.3.2.2. Duplicação do cubo
O problema da duplicação do cubo, também designado por Problema Deliano,
consiste encontrar um cubo com o dobro do volume de um outro dado inicialmente,
sendo equivalente a construir o comprimento 3 2 .
Vamos apresentar um método desenvolvido por Peter Messer para a resolução
deste problema clássico.
Consideremos um quadrado de papel de
lado arbitrário. Comecemos por dividir o quadrado
em três partes iguais, seguindo o método já descrito
anteriormente (ver 2.3.2.).
Utilizando a nomenclatura das figuras ao
lado, vamos fazer incidir P1 em l1 e P2 em l2
simultaneamente (possível pelo axioma 6). A
imagem de P1 por esta dobragem divide o bordo
esquerdo do papel em dois comprimentos cuja
razão é o valor pretendido.
Para provar a afirmação anterior vamos
supor que o comprimento y é igual à unidade. Deste
modo, o lado do quadrado tem comprimento x+1 e
basta mostrar que 3 2=x .
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao [ ]ABC∆ e designando dBC = , temos
que:
( ) ⇔+=−+⇔+= 22222211 ddxBCABAC
⇔+=++−−+⇔ 222 11222 ddddxxx
( ) ⇔=+−+⇔ 02222 xdxx
22
22
++
=⇔x
xxd
33
Por outro lado, 3
123
1 −=⇔
+−=
xADxxAD .
Temos que [ ]ABC∆ e [ ]ADE∆ são semelhantes. De facto, ABCADE ∠=∠
pois são ambos ângulos rectos por construção. Além disso:
⇒⎩⎨⎧
=∠+∠=∠+∠
⇒⎩⎨⎧
=∠+∠+∠=∠
º90º90
º180º180
DEADAEDAEBAC
ADEDEADAEBAD
DEABAC ∠=∠⇒
pelo que os dois triângulos têm ângulos com a mesma amplitude.
Deste modo:
⇒+
−
=−+
⇒=
31
312
1 x
x
dxd
AEAD
ACBC
⇒+−
=
++
−+
++
⇒112
2221
222
2
2
xx
xxxx
xxx
⇒+−
=++
+⇒
112
222
2
2
xx
xxxx
⇒−++=++⇒ 223223 2323 xxxxxx
⇒=⇒ 23x 3 2=⇒ x
como queríamos mostrar.
34
2.3.3. Resolução de equações de grau
superior a três
O sétimo axioma de Hatori não permite obter a solução de equações de grau
superior às dos axiomas iniciais de Huzita. No entanto, é possível resolver equações de
ordem superior fazendo a combinação de dobragens simultâneas.
Um exemplo deste facto é a divisão do ângulo em cinco partes iguais, proposta
por Robert Lang. [Lang04]
Vamos, para a resolução deste problema, utilizar uma tira de papel com uma
unidade de altura e cinco a seis unidades de comprimento. Vamos também considerar,
ao longo do procedimento, as nomenclaturas utilizadas nos esquemas.
Seja o ângulo EAB aquele que pretendemos dividir em cinco partes iguais.
Comecemos por efectuar um vinco vertical a uma distância de cerca de 1/3
unidades do bordo direito do papel.
Dobramos o papel de forma a FG incidir em AB, tal como se mostra na figura abaixo.
Seguidamente, efectuamos uma dobragem que faça o ponto F incidir n ponto A.
35
Dobramos e desdobramos, tal como se mostra na figura abaixo.
Dobramos pelos vincos existentes, conforme indicado abaixo.
Fazemos uma dobra horizontal alinhada com o ponto C.
Dobramos de forma a fazer o ponto C incidir no ponto A e desdobramos, fazendo um
segundo vinco horizontal mais longo.
36
Dobramos o ponto D para trás pela recta EF.
Dobramos a recta FE para baixo, tal como se mostra na figura em baixo à esquerda,
construindo assim o vinco AJ. Para saber onde efectuar a dobragem, é necessário dobrar
a ponta esquerda da nossa construção para que F incida na recta HI no mesmo ponto em
que o bordo AE o faz e, simultaneamente, o ponto C incida em AJ. De salientar que é
necessário ajustar ambas as dobragens para que todos os alinhamentos aconteçam de
uma só vez.
A figura à direita mostra como fica a tira de papel depois destes procedimentos.
Ressalve-se que, dependendo do ângulo escolhido e do comprimento da tira de papel
utilizada, o aspecto pode alterar-se um pouco.
37
Desfazemos então as duas dobras do passo anterior e construímos o vinco que bissecta o
ângulo EAJ, fazendo incidir as rectas EA e AJ. Analogamente, construímos o vinco que
bissecta o ângulo KAM e o vinco que bissecta o ângulo LAM.
Temos, deste modo, a divisão do ângulo EAM, inicial, em cinco partes iguais.
Resta provar que obtivemos, efectivamente, aquilo que afirmamos.
38
Ao determinar J estamos a criar um ângulo intermédio. O ponto N resulta então
da trisecção do ângulo JAM , sendo, simultaneamente, a imagem de E através da
reflexão pela recta AJ.
A determinação do ponto J corresponde a efectuar a trisecção de Abe, que já foi
vista acima, e simultaneamente a trisecção neusis proposta por Arquimedes. Este
procedimento garante que EAMEAJ ∠=∠52 ou, equivalentemente, que
EAMJAM ∠=∠53 .
Para melhor compreender a afirmação anterior, vejamos como se efectua, de um
modo genérico, a trisecção neusis de um ângulo. Suponhamos que queremos trisectar o
ângulo AOB ao lado. Consideramos então uma
recta r que passa por B e uma circunferência de
centro O, colocadas para que o comprimento de
[ ]MN seja igual ao raio da circunferência. O
ângulo BNO corresponde à trisecção do ângulo
ABO inicial.
Vamos provar a afirmação imediatamente acima: Os triângulos [ ]MNO e
[ ]MOB são isósceles, sendo MONMNO ∠=∠ e OBMBMO ∠=∠ . Deste modo, uma
vez que o ângulo BMO é externo ao triângulo [ ]MNO e que a amplitude de um ângulo
externo é igual à soma das amplitudes dos ângulos internos não correspondentes, vem
que MNOOBMBMO ∠×=∠=∠ 2 . Aplicando o mesmo raciocínio ao ângulo AOB e
ao triângulo BNO , vem que BNOOBMBNOAOB ∠×=∠+∠=∠ 3 , como queríamos
provar.
A construção de neusis é
usualmente efectuada com o instrumento
esquematizado na imagem ao lado.
De salientar que a realização simultânea dos dois procedimentos resume-se a
fazer a intersecção de duas equações cúbicas.
AN
M
O
B
39
2.4. Prova de que a lista de Axiomas é Completa
A prova da integralidade da lista de axiomas já enunciada foi efectuada por
Robert Lang no seu artigo Origami and Origamic Constructions [Lang03]. Segundo
este físico americano, a demonstração baseia-se parcialmente na contagem do número
de graus de liberdade num sistema de operações. Vamos agora reproduzir a
demonstração, utilizando para tal as definições algébricas de ponto e recta referidas da
introdução deste trabalho.
Comecemos por estudar as características das dobragens que são realizadas.
Para tal, consideremos ( )DDD dl α, uma recta resultante de uma qualquer
dobragem. Todos os elementos da região de movimento, definida com a dobragem
anterior, são reflectidos relativamente a essa recta. Consideremos então P, ponto
qualquer da folha de papel. Designando por r a reflexão referida, temos que
( )( ) PPrr = , ou seja, aplicar a reflexão duas vezes corresponde à identidade. Além
disso, em particular, se P pertencer a Dl , ( ) PPr = , ou seja, os pontos da recta de
dobragem mantêm-se inalterados através da reflexão.
Quando efectuamos uma dobragem, podemos realizar três tipos de alinhamentos
básicos com os elementos ponto e recta, a saber: fazer coincidir dois pontos, fazer um
ponto incidir numa recta, e fazer duas rectas coincidir.
Consideremos ( )yxP ,= , ( )111 , yxP = e ( )222 , yxP = pontos e ( )α,dl ,
( )111 ,αdl e ( )222 ,αdl rectas quaisquer.
A dobragem que torna 1P e 2P coincidentes obriga a que, após a reflexão na
recta de dobragem, as coordenadas dos pontos na região estacionária sejam iguais, ou
seja, 21 xx = e 21 yy = . Temos, aliás, uma relação de equivalência. Matematicamente,
escrevemos que:
212121 yyxxPP =∧=⇔↔ .
40
De salientar que estamos a exigir que sejam satisfeitas duas equações, pelo que a
operação de fazer coincidir dois pontos exige dois graus de liberdade.
Consideremos agora o alinhamento que faz o ponto P incidir na recta l.
Analogamente ao que acontece no caso anterior, temos que:
( ) ( ) 0., =−⇔↔ dUPdlP αα .
Neste caso, é necessário satisfazer uma única equação, pelo que se exige apenas um
grau de liberdade.
Relativamente ao alinhamento que torna 1l e 2l coincidentes, esta obriga a que
todos os pontos de 1l sejam coincidentes com pontos de 2l e vice-versa. Consideremos,
sem perda de generalidade, a definição da recta 1l como o conjunto de todos os pontos
1P que satisfazem a equação ( ) ( )1111 αα ⊥+= tUUdP para certos valores de d e t, e a
definição da recta 2l como o conjunto de todos os pontos 2P que satisfazem a equação
( ) 0. 222 =− dUP α . Uma vez que os pontos de 1l pertencem a 2l quando as duas rectas
se tornam coincidentes, temos que:
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ⇔=−+⇔=− ⊥ 0.0. 22111221 dUtUUddUP αααα
( ) ( ) ( ) ( ) ⇔=−+⇔ ⊥ 0.. 221211 dUtUUUd αααα
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 0.. 212211 =+−⇔ ⊥ αααα UUtdUUd
Visto que a equação anterior é linear em t concluímos que:
( ) ( ) ( )( ) ( )⎩
⎨⎧
==−
⇔↔⊥ 0.
0.,
21
22111 αα
ααα
UUdUUd
dlP
Deste modo, é necessário satisfazer duas equações para tornar duas rectas coincidentes,
pelo que são exigidos dois graus de liberdade.
Vamos então enumerar todas as operações que podem ser efectuadas com uma
única dobragem.
Comecemos por considerar os alinhamentos entre dois elementos preexistentes
no papel em que estamos a trabalhar, isto é, não considerando a recta de dobragem e os
elementos por ela criados. Vamos ainda considerar que um desses elementos se
41
encontra na região estacionária e o outro elemento se encontra na região de movimento.
Existem, nesta categoria, cinco alinhamentos possíveis, a saber:
- ( ) 21 PPr ↔ , ou seja, fazer coincidir dois pontos 1P e 2P , que exige a
resolução de duas equações;
- ( ) lPr ↔ , ou seja, fazer um ponto P incidir numa recta l, que exige a
resolução de uma única equação;
- ( ) Plr ↔ , ou seja, fazer uma recta l passar num ponto P, que exige a
resolução de uma única equação;
- ( ) 21 llr ↔ , ou seja, fazer coincidir duas rectas 1l e 2l , que exige a
resolução de duas equações;
- ( ) llr ↔ , ou seja, fazer uma recta l coincidir com ela própria, que exige
a resolução de uma única equação (pois a recta e a sua imagem
intersectam-se na recta de dobragem).
Vejamos agora quais são os alinhamentos possíveis entre os elementos
preexistentes e a própria recta de dobragem:
- ( ) DlPr ↔ , ou seja, fazer um ponto incidir na recta de dobragem, que
exige a resolução de uma única equação;
- ( ) Dllr ↔ , ou seja, fazer coincidir uma recta com a recta de dobragem,
que é um caso trivial pois basta fazer a dobragem por uma recta já
existente e não cria novos elementos.
Depois de sabermos os alinhamentos que são possíveis com uma única
dobragem, vamos agora utilizá-los para determinar univocamente a posição da recta de
dobragem. Pretendemos então, para cada caso, determinar os valores dos dois
parâmetros Dd e Dα , pelo que vamos precisar de, pelo menos, duas equações.
Pelo que vimos anteriormente, há dois tipos de alinhamentos que necessitam da
resolução de duas equações, nomeadamente: ( ) 21 PPr ↔ e ( ) 21 llr ↔ . Estes
alinhamentos, que correspondem, respectivamente, aos axiomas 2 e 3 de Huzita-Hatori,
são portanto, individualmente, suficientes para definir uma recta de dobragem.
42
Concentremo-nos agora nos restantes quatro alinhamentos não triviais, que
apenas utilizam a resolução de uma equação. Para que tenhamos duas equações que
possibilitem a determinação da recta de dobragem, vamos agrupar estes alinhamentos
dois a dois, conforme esquematizado na tabela abaixo:
( ) 22 lPr ↔ ( ) 22 Plr ↔ ( ) 22 llr ↔ ( ) DlPr ↔2
( ) 11 lPr ↔ Axioma 6
( ) 11 Plr ↔ Axioma 6 Axioma 6
( ) 11 llr ↔ Axioma 7 Axioma 7 *
( ) DlPr ↔1 Axioma 5 Axioma 5 Axioma 4 Axioma 1
A combinação apresentada com * não tem solução se as rectas 1l e 2l não forem
paralelas e tem uma infinidade de soluções se estas fores paralelas.
Todas as restantes combinações correspondem a um dos Axiomas de Huzita-
Hatori, que se encontra indicado na tabela para cada caso.
Uma vez que os alinhamentos apresentados representam todos os alinhamentos
possíveis com dois graus de liberdade, concluímos que a lista de Axiomas de Huzita-
Hatori é completa e que, de facto, o sétimo axioma é necessário para a sua integralidade.
43
3. Construção de π através do Origami
Já vimos no capítulo anterior que a geometria do origami contém o menor
subcorpo fechado para a adição, subtracção, multiplicação, divisão, raiz quadrada e raiz
cúbica.
Vejamos agora que esta geometria permite também a construção do número
irracional π. [Hull07]Saliente-se, no entanto, que a construção deste número utiliza
vincos curvos, que são ainda muito controversos na Matemática do Origami por a sua
utilização não estar ainda bem definida.
Para esta construção vamos utilizar
uma tira de papel e o padrão de vincos como
o representado na imagem ao lado.
Para construir este padrão de vincos,
começamos por dobrar em vale uma semicircunferência centrada num ponto A do bordo
mais comprido do papel (como representado na imagem).
A construção desta semicircunferência não segue os axiomas de Huzita-Hatori,
uma vez que não pode ser dobrada através de alinhamentos de linhas e pontos no plano.
Na prática, a maioria das pessoas utiliza compasso ou um pedaço de papel circular
como molde para a construção de curvas mais exactas. No entanto, vamos ver um
processo para a construção desta figura geométrica sem recorrer a instrumentos,
seguindo as etapas da figura abaixo:
44
A ideia desta construção é dobrar uma folha de papel quadrada num cone e alisar o
vinco obtido na etapa 4 em forma de círculo, utilizando como auxiliar a curvatura
circular do cone dobrado.
Seguidamente, após a construção da semicircunferência,
efectuamos uma dobra em vale que passe por uma extremidade da
semicircunferência e faça um ângulo igual ou superior a 45º com
o bordo do papel que contem o centro da circunferência.
Após a realização destes vincos, dobramos a recta e
depois a semicircunferência, quer irá fazer o papel formar parte
de um cone (como se vê na figura ao lado).
Vinca-se então o ponto onde o bordo do papel que foi
dobrado pela recta inicial encontra a outra extremidade da
semicircunferência. Designemos este ponto por C.
Desdobrando o papel, temos que BC
é igual ao perímetro da semicircunferência.
Deste modo, se o raio for igual a um, ou
seja, se 1=AB , temos que π=BC .
45
4. Alguns Teoremas e suas Demonstrações
4.1. Soma dos ângulos internos de um triângulo
Teorema:
A soma dos ângulos internos de um triângulo é 180º.
Demonstração:
Comecemos por construir um triângulo num pedaço de papel.
Designemos por C o vértice com o ângulo de maior amplitude e por A e B os
restantes.
Dobramos uma recta paralela a AB, para que o vértice C pertença a esse lado do
triângulo.
Seguidamente, dobramos duas rectas perpendiculares a AB, para que os vértices
A e B do triângulo vão coincidir com a imagem do ponto C.
Formamos assim um ângulo raso, cuja amplitude é de 180º, como queríamos
demonstrar.
46
4.2. Teorema de Pitágoras Teorema:
Num triângulo rectângulo, o quadrado da hipotenusa é igual à soma dos
quadrados dos catetos.
Demonstração:
Consideremos um quadrado de papel [ABCD].
Comecemos por dividir [ABCD] em três partes iguais horizontalmente e
verticalmente. Para tal, podemos efectuar o processo já descrito e demonstrado na
secção 2.3.1.:
Consideremos, sem perda de generalidade, o bordo superior
do quadrado de papel. Começamos por vincar o papel dobrando-o
ao meio verticalmente e por uma diagonal, como se mostra na
imagem ao lado.
Seguidamente, vamos criar um vinco que ligue o ponto
médio do bordo superior do quadrado de papel com o canto
inferior direito da mesma (de salientar que o mesmo processo
poderia ser realizado para o canto inferior esquerdo).
Basta agora realizar um vinco perpendicular ao bordo
superior do quadrado de papel, que passe pelo ponto de intersecção
P encontrado no processo imediatamente anterior (possível pelo
axioma 4). A distância, do canto superior direito ao ponto de
intersecção desta perpendicular com o bordo superior do papel, é
igual a um terço do comprimento total do lado do quadrado.
Após todas as divisões, obtemos o padrão da figura abaixo.
47
Dobramos os segmentos de recta [GJ], [JF], [FK] e [KG].
Ficamos assim com o quadrado [GJFK] inscrito no quadrado inicial.
Vamos agora analisar as relações entre os comprimentos DC , DK e KG .
Temos que:
Área do quadrado [ABCD] = ( )2KDDG +
Área de cada um dos triângulos [DGK], [GCJ], [JBF] ou [FAK] = 2
KDDG ×
Área do quadrado [GJFK] = 2
KG
Ora,
Área de [ABCD] = Área de [GJFK] + 4 × Área de [DGK] ⇔
( ) ⇔×
+=+⇔2
422 KDDGKGKDDG
⇔×+=+×+⇔ KDDGKGKDKDDGDG 22222
222
KGKDDG =+⇔
que é o Teorema de Pitágoras.
48
4.3. Teorema de Haga
Teorema:
Num quadrado de papel, consideremos um ponto P qualquer do bordo superior.
Dobra-se o papel de forma ao vértice inferior direito do quadrado fique sobreposto ao
ponto P.
Os triângulos A, B e C são semelhantes.
Demonstração:
Usando a nomenclatura da figura ao lado, temos
que º180º90 12 =++ βα , pelo que º9012 =+ βα . Por
outro lado, º9021 =+ ββ , o que nos permite concluir
que 22 βα = .
Analogamente, temos que 11 βα = .
Das duas igualdades anteriores, vem que os
triângulos A e B são semelhantes.
O mesmo raciocínio prova que os triângulos B e C são semelhantes.
Consequentemente, os três triângulos do enunciado do teorema são semelhantes,
como queríamos mostrar.
49
Aplicações deste Teorema:
Vamos ver um exemplo da aplicação deste teorema, utilizando-o para determinar
os comprimentos x, y e z na figura abaixo.
Uma vez que o quadrado mede uma unidade de comprimento de lado e o
segmento de comprimento z é imagem do segmento de comprimento x−1 através da
reflexão na recta de dobragem, temos que xz −= 1 .
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo no canto superior direito do
papel, vem então que:
⇔=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ 22
2
21 zx
( ) ⇔−=+⇔ 22 141 xx
⇔+−=+⇔ 22 2141 xxx
83
=⇔ x .
Consequentemente, 85
831 =−=z .
Resta determinar o comprimento y. Pelo Teorema de Haga, sabemos que os dois
triângulos dos bordos superiores do papel são semelhantes, pelo que
32
2122
1
21
=⇒=⇒= yx
yx
y .
50
Vejamos agora como efectuar estas medições sendo P um ponto arbitrário do
bordo superior do papel. Consideremos para tal as nomenclaturas da figura abaixo,
sendo o comprimento à direita de P de x unidades de comprimento.
Os restantes comprimentos serão então dados por:
( )( )2
111
xxy −+= ;
x
xy+
=12
2 ;
xxy
++
=11 2
3 ;
( )2
1 2
4xy −
= ;
( )⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −+
+−=
21
121
2
5x
xxy ;
126 += xy .
51
5. Construção de alguns Origamis geométricos
5.1. Tsuru A figura do Tsuru (garça sagrada que vive mil anos),
também designado por Crane ou Grou, não é uma figura
geométrica básica, no entanto, esta é uma das construções
mais importantes do Origami, pelo que será aqui referida.
A forma do Tsuru serve de base para muitas outras
figuras, tais como animais ou plantas.
Inicialmente, estas figuras eram consideradas apenas decorativas e utilizavam-se
para distrair crianças e para oferenda a templos e alteres, juntamente com orações a
pedir protecção. Ao longo do tempo, o tsuru foi ficando associado às orações e passou a
ser um símbolo de saúde, longevidade e fortuna. Actualmente, é utilizado em festas e
como oferenda a quem se encontra hospitalizado pois, ao dobrar o tsuru, cada pessoa
deposita nele toda a fé e esperança.
Há também uma história ligada a esta figura. Depois da destruição de Hiroshima
em 1945, muitas doenças surgiram entre os sobreviventes. Uma das vítimas terá sido
Sadako Sassaki, com dois anos no dia da explosão. Aos doze anos foi-lhe diagnosticada
Leucemia. Quando Sadako estava no hospital, um amigo trouxe-lhe alguns papéis
coloridos e dobrou um pássaro. Disse que esse pássaro é
sagrado no Japão, vive mil anos e tem o poder de
conceder desejos. Se uma pessoa dobrar mil tsurus e fizer
seu pedido a cada um deles, este será atendido. A menina
começou então a dobrar tsurus e pedir para ficar saudável.
Porém o seu estado de saúde cada vez se deteriorava mais,
pelo que passou então a desejar a Paz Mundial. Sadako
dobrou 964 tsurus até 25 de Outubro de 1955, data da sua
morte. Os seus amigos dobraram os tsurus restantes a
tempo do seu funeral. Para além disso, estes angariaram
52
dinheiro para a construção do monumento Memorial da Paz das Crianças, inaugurado
em 5 de Maio de 1958 no Parque da paz de Hiroshima. Todos os anos no Dia da Paz (6
de Agosto) pessoas do mundo inteiro enviam tsurus de papel em conjuntos de mil para o
Parque, de forma a transmitir a mensagem esculpida na base do monumento:
Este é nosso choro,
Esta é nossa oração:
Paz no mundo.
Vejamos então como construir o Tsuru, partindo de um quadrado de papel:
(1) Dobrar ambas as
diagonais e virar.
(2) Dobrar ambos os meios.
(3) Levar todos os cantos para baixo utilizando os vincos já criados.
(4) Bissectar os dois ângulos na ponta aberta.
(5) Dobrar a ponta superior para baixo.
(6) Desfazer os últimos dois passos.
53
(7) Levantar uma parte do
papel para cima, usando o vinco já feito.
(8) Levar até cima, ficando os lados ao centro, e espalmar.
(9) Virar
(10) Repetir do passo (4) ao (8) para este lado da figura.
(11) Dobrar ambas as pontas de baixo para cima.
(12) Vincar firmemente e desdobrar.
(13) Repetir o passo (11) mas colocando as pontas entre as camadas.
(14) Finalmente, repetir o passo (13) para uma das pontas (para formar a cabeça).
(15) Abrir um pouco as asas do Tsuru.
Ao observar o padrão de dobragem do
tsuru é possível constatar que este pode ser
colorido com apenas duas cores, sem que se
repita a mesma cor lado a lado, como se pode
ver na imagem.
54
5.2. Quadrado
A dobragem de um quadrado é importante na medida em que, para a maioria dos
modelos de Origami, partimos de um quadrado. Coloca-se então a questão de como
construir este polígono regular a partir de um qualquer pedaço de papel. [RB41]
Consideremos então um qualquer pedaço de papel e vejamos os passos a
realizar:
(1) Dobrar o pedaço se papel sobre ele próprio, perto de um dos bordos.
(2) Dobrar novamente o papel, sobrepondo o vinco anterior a ele próprio.
(3) Repetir o processo (2) para obter os vincos CD e DA.
(4) Sobrepor BC a CD, passando por C.
(5) Dobrar a recta BA sobre si própria, passando por F.
(6) O polígono [BCEF] é um quadrado.
55
O processo de construção prova que a figura obtida é efectivamente um
quadrado, visto todos os seus ângulos serem rectos e todos os lados terem o mesmo
comprimento.
Podemos ainda determinar o centro do quadrado construindo a diagonal BE. O
centro do polígono regular é então a intersecção entre esta recta e a recta CF, já
construída no passo (5). Designemos por O este novo ponto.
Ao dobrar o papel por forma a sobrepor cada um dos vértices ao
centro e, posteriormente, dobrar rectas a passar por cada um dos novos
pontos de intersecção criados, formamos um novo quadrado, cujo
centro é O e o lado é metade do inicial.
Aplicando novamente o processo imediatamente acima, vamos obter um novo
quadrado cujo lado é a quarta parte do inicial. Recursivamente, considerando o lado do
quadrado inicial como unidade de comprimento, vamos obter quadrados de lados 21 ,
41 ,
81 ,
161 , e assim sucessivamente. Deste modo, os comprimentos dos lados dos
quadrados dão-nos a sucessão n21 , onde ∈n .
Além disso, a soma de todos estes comprimentos não pode exceder o
comprimento do lado do quadrado inicial e, no infinito, perfazem todo esse
comprimento. Deste modo, podemos concluir que ∑+∞
=
=1
121
nn .
56
5.3. Triângulo equilátero
Vamos construir um triângulo equilátero a partir de um quadrado de papel com
uma unidade de comprimento de lado [Hull06]:
(1) Dobrar o papel ao meio
e criar a recta que sobrepõe A a um ponto da recta anterior, passando por B.
(2) Construir o segmento de recta BP e desdobrar.
(3) Construir o segmento de recta AP e desdobrar.
Demonstremos que obtivemos efectivamente um triângulo equilátero.
Por definição do quadrado que papel, sabemos que 1=AB . Uma vez que a recta
CP divide o papel ao meio e C se encontra na intersecção com AB, temos que
21
== BCAC . Além disto, [ ]BP é a imagem de [ ]AB através da reflexão efectuada em
(1), pelo que 1== ABBP .
Pelo teorema de Pitágoras, uma vez que o ângulo BCP é recto, temos que
⇔=+222
BPCPBC
⇔=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⇔ 22
2
121 CP
23
=⇔ CP .
Voltando a aplicar o Teorema de Pitágoras, vem que:
⇔=+222
APCPAC
⇔=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛⇔
222
23
21 AP 1=AP .
57
Deste modo, o triângulo [ABP] é equilátero, com o comprimento dos lados igual
ao comprimento dos lados do papel.
Vamos agora tentar obter o triângulo equilátero de área máxima possível de
obter no quadrado de papel.
Neste caso, um dos vértices do triângulo vai coincidir com um dos vértices do
quadrado. De facto, se tal não acontecer, o triângulo (3 vértices) não intersecta um dos
lados do quadrado (4 lados). Suponhamos, sem perda de generalidade, que esse lado é o
esquerdo. Os vértices do triângulo intersectam apenas os restantes três lados do
quadrado, o que não permite a construção pretendida.
Podemos então deslizar o triângulo para a esquerda, até que um dos seus vértices
coincida com um dos vértices do lado esquerdo do quadrado. Suponhamos que o vértice
do triângulo coincide com o vértice inferior esquerdo do quadrado.
Vejamos qual a rotação, de ângulo θ (em radianos) e
centrada nesse vértice, que nos permite obter o triângulo
equilátero de área máxima. Designemos por x o comprimento do
lado deste triângulo.
Uma vez que os ângulos internos do quadrado têm uma
amplitude de 4π rad e os ângulos internos do triângulo equilátero
têm uma amplitude de 3π rad, podemos fazer a restrição
120 πθ ≤≤ . De facto, se
612πθπ
≤< teríamos o caso simétrico12
0 πα ≤≤ .
Uma vez que a base do triângulo tem de comprimento x, a sua altura é, pelos
cálculos anteriores, x23 e θsec
cos1
==x
x , temos que a área á dada por
θ2sec43
223
=⇔×
= Axx
A .
58
A função θcos é decrescente para 12
0 πθ ≤≤ , pelo que a função θsec é
crescente nesse mesmo intervalo. Deste modo, θ2sec é crescente para 12
0 πθ ≤≤ e,
consequentemente, o valor máximo da área será obtido para 12πθ = .
A imagem resultante desta rotação consiste num triângulo com um vértice
comum ao quadrado e simétrico relativamente à diagonal do quadrado.
Abaixo, encontram-se as instruções para dobrar este triângulo. De salientar que
no passo (2’) o vinco forma um ângulo de 12π radianos com o lado do quadrado de
papel.
(1’) Dobrar ambas as
metades do quadrado de papel.
(2’) Criar o vinco que passa pelo vértice superior do papel e faz os vértices centrais incidir nos vincos criados em (1).
(3’) Criar a recta que passa pelos dois pontos dos bordos do papel criados em (2)
(4’) Obtém-se um triângulo equilátero de área máxima.
59
5.4. Pentágono regular
Vamos construir um pentágono regular a partir de um quadrado de papel:
(1) Dobrar o quadrado de
papel por uma diagonal. Fazer pequenas marcas para dividir o lado em quartos.
(2) Dobrar novamente fazendo o ponto que identifica o quarto superior incidir na diagonal dobrada.
(3) Dobrar para a direita, de forma a bissectar o ângulo formado no passo anterior.
(4) Dobrar a ponta superior para a esquerda, de forma a bissectar o ângulo formado no passo anterior.
(5) Dobar e desdobrar a ponta superior direita, formando um ângulo recto e fazendo o vinco passar pelo vértice mais à direita.
(6) Dobrar para trás e virar.
(7) Dobrar pela recta construída no passo (5).
(8) Ao desdobrar obtém-se um pentágono regular.
60
Verifica-se facilmente que esta construção nos permite obter um pentágono
regular. Basta para tal considerar cada um dos triângulos que formam este polígono e
constatar, no passo (7), que os ângulos ao centro estão sobrepostos, pelo que têm a
mesma amplitude.
61
5.5. Hexágono regular
Vamos construir um pentágono regular a partir de um quadrado de papel:
(1) Dobrar as diagonais do quadrado de papel. Fazer pequenas marcas para dividir um lado em quartos.
(2) Dobrar novamente fazendo o ponto que identifica metade do lado incidir no quarto inferior.
(3) Dobrar para trás.
(4) Vincar pela recta indicada na figura.
(5) Ao desdobrar obtém-se um hexágono regular.
Verifica-se facilmente que esta construção nos permite obter um hexágono
regular. Tal como no caso do pentágono, basta para tal considerar cada um dos
triângulos que formam este polígono e constatar, no passo (4), que os ângulos ao centro
estão sobrepostos, pelo que têm a mesma amplitude.
Saliente-se que este polígono está construído com uma rotação de 12π radianos
relativamente ao lado do quadrado de papel. Como já tínhamos visto, este valor
permite-nos obter triângulos equiláteros de amplitude máxima, pelo que o hexágono
regular aqui construído tem também área máxima.
62
5.6. Parábola
O processo de construção de uma parábola através do Origami já foi visto na
explicação do Axioma 5 de Huzita-Hatori: dados dois pontos, P1 e P2, e uma recta, l, se
a distância de P1 a P2 for igual ou superior à distância de P2 a l, há uma dobragem que
faz incidir P1 em l e que passa por P2.
Vamos, nesta secção, apenas rever este processo [Hull06].
Seja P1 o foco da parábola pretendida e P2 um ponto da sua directriz.
Quando fazemos uma dobragem por P2 de forma a P1 incidir em l, uma parte da
recta l vai ficar dobrada noutra direcção que não a inicial. Consideremos então a recta
perpendicular a l na sua direcção de dobragem, que passa por P1, digamos r. Uma vez
que P1 não pertence a l, vem que a direcção de l após a dobragem não é paralela à sua
direcção inicial. Consequentemente, r não é paralela à recta de dobragem e podemos
determinar o ponto de intersecção entre ambas, digamos I. Por construção, a distância
de I a l é igual à distância de I a P1 e é o único ponto da dobragem com esta
propriedade. Uma vez que uma parábola é, por definição, o lugar geométrico dos pontos
equidistantes de um ponto e de uma recta, provámos que a recta de dobragem é tangente
à parábola de foco P1 e directriz l.
Para construir uma aproximação à parábola basta então construir diversas
tangentes à mesma, passando por diversos pontos da directriz. O padrão dos vincos
realizados irá formar a aproximação pretendida.
63
5.7. Elipse
Vamos construir uma elipse a partir de um círculo de papel:[Oliv04]
(1) Dobrar o círculo ao meio em dois locais diferentes. O ponto de intersecção das duas rectas é o centro do círculo e um dos focos da elipse que irá ser construída.
(2) Marcar o outro foco da elipse pretendida.
(3) Escolher um ponto P sobre a circunferência e dobrar o círculo para que o ponto P coincida com o ponto F.
(4) Repetir esta operação para diferentes escolhas do ponto P.
(5) Após realizar a operação anterior um grande número de vezes, obtém-se uma aproximação à elipse, através das suas tangentes.
64
Vejamos que as rectas de dobragem são tangentes à elipse, ou seja, ao lugar
geométrico dos pontos cujas distâncias a dois pontos fixos têm soma constante, mais
concretamente, soma igual ao raio do círculo inicial.
Designemos por X o ponto de intersecção de uma recta de dobragem e [ ]CP .
Por construção, os vincos realizados nos
passos (3) e (4) correspondem à bissectriz dos
segmentos de recta [ ]FP , pelo que XPXF = .
O raio do círculo inicial é dado por
XFCXXPCXr +=+= , pelo que vimos
imediatamente acima. Logo, o ponto X pertence à
elipse.
Seja agora U um outro ponto na recta de
dobragem que também pertence à elipse. Consideremos
[ ]OV o raio do círculo que contem o ponto U. Uma vez
que U pertença à elipse, temos que UVUF = . Por outro
lado, U pertence à recta de dobragem que vai sobrepor F
a P, pelo que UPUF = e, consequentemente, UPUV = .
Uma vez que CPrUPCU ==+ , vem que U pertence a
[ ]CP . Logo, XU = , o que prova que X é o único ponto
da recta de dobragem que pertence à elipse.
Deste modo, apenas um dos pontos da recta de dobragem pertence à elipse,
sendo os restantes exteriores à cónica, pelo que a recta de dobragem é, efectivamente,
uma tangente à elipse.
65
5.8. Hipérbole
A construção da hipérbole, ou sejam, do lugar
geométrico dos pontos cujas distâncias a dois pontos
fixos têm diferença constante, é semelhante à da elipse.
A diferença prende –se no facto de o ponto F da
construção anterior se localizar agora fora do círculo.
Deste modo, necessitamos de um pedaço de
papel onde esteja marcada uma circunferência. Um dos
focos da hipérbole é o centro do círculo e o outro um
ponto F fora deste. Os restantes passos, são iguais aos
da construção anterior.
A demonstração é análoga à do caso da elipse.
66
6. Comparação com outras geometrias
6.1. Geometria Euclidiana
A Geometria Euclidiana surgiu com Euclides de
Alexandria (360 a.C. – 295 a.C.). Este Matemático
compilou na obra Elementos todos os conhecimentos de
geometria que se conheciam na sua época. Além disso,
Euclides foi o primeiro a ordenar e estruturar todo esse
conhecimento como uma ciência, isto é, a assumir um
pequeno conjunto de definições e noções comuns e então
demonstrar teoremas relacionados com esses mesmos
axiomas e definições.
Os Elementos de Euclides são constituídos por treze
livros, com a estrutura dedutiva referida acima.
Os livros I a IV tratam de geometria plana elementar.
Partindo das mais elementares propriedades de rectas e ângulos conduzem à
congruência de triângulos, igualdade de áreas, teorema de Pitágoras e recíproco,
construção de um quadrado de área igual à de um rectângulo dado, secção de ouro,
círculo e polígonos regulares.
Em particular, o livro I é a base de toda a Geometria Euclidiana e começa com
uma lista de vinte e três definições, como, por exemplo;
um ponto é o que não tem parte;
uma recta é um comprimento sem largura;
uma superfície é o que tem apenas comprimento e largura.
Seguidamente, são apresentados cinco Postulados (cuja designação significa pedir para
aceitar), que são proposições geométricas específicas, que se admitem verdadeiras:
1. Dados dois pontos, há um segmento de recta que os une;
2. Um segmento de recta pode ser prolongado indefinidamente para
construir uma recta;
67
3. Dados um ponto qualquer e uma distância qualquer pode-se construir
um círculo de centro naquele ponto e com raio igual à distância dada;
4. Todos os ângulos rectos são iguais;
5. Se uma linha recta cortar duas outras linhas rectas de modo que a
soma dos dois ângulos internos de um mesmo lado seja menor do que
dois rectos, então essas duas rectas, quando suficientemente
prolongadas, cruzam-se do mesmo lado em que estão esses dois
ângulos.
Este último axioma é conhecido por Postulado das Paralelas uma vez que se prova ser
equivalente a:
Por um ponto exterior a uma recta passa sempre uma e uma só paralela
à recta dada.
São ainda apresentadas cinco Noções Comuns ou Axiomas, que consistem em
proposições supostamente de carácter geral e universalmente aceites:
1. Coisas que são iguais a uma mesma coisa são iguais entre si;
2. Juntando iguais a iguais, os totais são iguais;
3. Subtraindo iguais de iguais, as diferenças são iguais;
4. Coisas que coincidem uma com a outra são iguais uma à outra;
5. O todo é maior do que a parte.
Por fim, apresenta-se uma lista de 48 proposições com demonstração.
O livro V apresenta a teoria das proporções de Eudoxo (408 a.C. - 355 a.C.) na
sua forma puramente geométrica.
O livro VI refere-se à semelhança de figuras planas. É de particular interesse o
teorema que contém o primeiro problema de maximização que chegou até nós: a prova
de que o quadrado é, de todos os rectângulos de um dado perímetro, o que tem área
máxima.
Os livros VII a IX são dedicados à teoria dos números tais como a divisibilidade
de inteiros, algumas propriedades dos números primos e a prova da irracionalidade do
número 2 . São enunciados e demonstrados o Algoritmo de Euclides, para achar o
máximo divisor comum entre dois números e o Teorema de Euclides, segundo o qual
existe uma infinidade de números primos.
68
O livro X, que é o mais extenso de todos, contém a classificação geométrica de
irracionais quadráticos e as suas raízes quadráticas.
Os livros XI a XIII ocupam-se da geometria sólida e conduzem, pela via dos
ângulos sólidos, aos volumes do paralelepípedo, prisma e pirâmide. Contêm ainda os
poliedros regulares e a prova de que existem somente cinco destes sólidos.
As construções da geometria euclidiana são todas possíveis de realizar com
régua não graduada e compasso sem memória, isto é, um compasso que não permite,
por si só, transferir distâncias de um local para outro.
Existem ainda alguns problemas clássicos que esta geometria não consegue
solucionar, nomeadamente:
- trisecção do ângulo, ou seja, dividir um ângulo em três partes iguais;
- duplicação do cubo, ou seja, construir a aresta de um cubo cujo volume
seja o dobro de um cubo dado;
- quadratura do círculo, ou seja, construir um quadrado com a mesma
área de um círculo dado.
69
6.1.1. Geometria Euclidiana vs Geometria do
Origami
Esta comparação foi efectuada pela primeira vez por R. C. Yates em 1949, na
sua obra Geometric Tools. Este matemático afirmou que a Geometria do Origami
permite efectuar todas as construções Euclidianas tendo considerado apenas três
operações possíveis numa folha de papel:
(i) fazer coincidir dois pontos da folha de papel cria uma recta;
(ii) dados quaisquer dois pontos há uma recta que passa por eles;
(iii) dados dois pontos e uma recta, se a distância entre os pontos for
igual ou superior à distância do segundo ponto à recta, há uma
dobragem que faz incidir o primeiro ponto na recta e que passa pelo
segundo ponto;
que correspondem, respectivamente, aos axiomas dois, um e cinco de Huzita-Hatori.
[Mar98]
Vamos efectuar esta demonstração utilizando os primeiros cinco axiomas de
Huzita-Hatori [Alp00], visto que estes consistem em operações realizáveis com régua
não graduada e compasso sem memória. Para tal, vamos considerar a nossa folha de
papel como o plano complexo e provar que os números construtíveis por estes axiomas
são exactamente os mesmos que os construtíveis com a geometria euclidiana, admitindo
que inicialmente existem apenas os números 0 e 1.
Sabemos que o conjunto de números construtíveis através de régua não graduada
e compasso sem memória é o menor corpo que contem e é fechado para as raízes
quadradas, ou seja, é o menor sub-corpo de que é fechado para as raízes quadradas.
Ora, vimos no subcapítulo 2.3.1 Resolução de equações quadráticas, que a geometria
do Origami nos permite construir todos os números racionais e também todas as raízes
quadradas destes números. Além disso, a construção de quaisquer novos pontos pela
aplicação do axioma 5, utiliza apenas operações deste corpo e raízes quadradas de
números previamente construídos.
70
Deste modo, a Geometria do Origami permite efectuar todas as construções da
Geometria Euclidiana.
Tendo agora em consideração os restantes axiomas, verificámos que o axioma
seis permite a resolução de equações cúbicas, o que não é possível na Geometria
Euclidiana.
Vejamos um exemplo concreto da propriedade que acabámos de referir. Para tal,
consideremos a equação de terceiro grau 0133 =−− xx , que corresponde ao problema
da trisecção do ângulo de 3π radianos. Se esta operação se pudesse efectuar, então o
polinómio mínimo de 9
cos: π=y nos racionais teria grau dois e seria um factor de todos
os polinómios que tivessem y como raiz. Ora, sabemos que ( ) ααα cos3cos43cos 3 −= ,
pelo que y é raiz do polinómio:
0213434
21
3cos 33 =−−⇒−==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ yyyyπ
⇒=−−⇒ 0168 2 yy
( ) ( ) ⇒=−− 01232 3 yy
0133 =−−⇒ xx
onde yx 2:= . Pelo teorema da raiz racional, sabemos que as raízes racionais de uma
equação polinomial de coeficientes inteiros pertencem ao conjunto dos números da
forma qp
± onde p é um factor do coeficiente do termo independente (sendo este
diferente de zero) e q é um factor do coeficiente do termo de maior grau. Deste modo,
se a nossa equação tiver raízes racionais, estas terão de pertencer ao conjunto { }1;1− .
Uma vez que nenhum dos elementos deste conjunto é solução da equação, podemos
concluir que esta não tem raízes racionais, pelo que o polinómio 133 −− xx é
irredutível e, consequentemente, é o polinómio mínimo de y. Deste modo, a nossa
equação inicial é impossível na Geometria Euclidiana.
71
Vamos agora resolver a equação com auxílio do Origami. Para tal vamos seguir
os passos do sub-capítulo 2.3.2.1. Trisecção do ângulo. Basta então termos o nosso
ângulo marcado num quadrado de papel dividido em quartos e executar o axioma 6 de
forma a fazer dois pontos distintos incidir em duas rectas distintas. A solução está então
encontrada.
Deste modo, a Geometria do Origami vai para além da Geometria Euclidiana,
permitindo, por exemplo, a resolução dos problemas clássicos da trisecção do ângulo e
da duplicação do cubo, como já vimos anteriormente.
72
6.2. Geometria dos Fósforos
A Geometria dos Fósforos foi inicialmente estudada por T. R. Dawson no seu
artigo “Match-stick” Geometry. [Daw39]
Para poder realizar construções com esta geometria é necessário dispor de um
número ilimitado de fósforos, todos com o mesmo comprimento c, e ter em
consideração os seguintes postulados:
1. Um fósforo pode ser colocado de modo a passar por um ponto dado,
ou ter extremidade num ponto dado;
2. Um fósforo pode ser colocado de modo a passar por dois pontos
dados, ou de modo a ter extremidade num ponto dado e passar por
um segundo ponto;
3. Um fósforo pode ser colocado com uma extremidade num ponto dado
e a outra extremidade noutro fósforo dado;
4. Dois fósforos podem ser colocados simultaneamente para formar os
lados de um triângulo isósceles, sendo duas das suas extremidades
coincidentes e as restantes duas em pontos dados.
Saliente-se ainda que estes postulados não atribuem aos fósforos a definição de
direcções, pelo que não é possível prolongar um segmento de recta (fósforo) apenas
com a colocação de um fósforo numa extremidade de outro. Para efectuar esta operação
podemos utilizar o método do meio-hexágono, que nos permite aumentar o
comprimento de um segmento de recta [AB] em múltiplos de c:
E
C D
A B
Esta construção utiliza o postulado 4 e assenta na construção de triângulos equiláteros,
pelo que permite também obter paralelas.
Vejamos mais algumas das construções geométricas possíveis nesta geometria.
73
Consideremos um segmento de recta [AB] com cAB < . Vamos bissectar
esse segmento (Construção 1):
1 – Começamos por construir um
triângulo isósceles com dois
dos vértices em A e B.
Designemos o terceiro vértice
por C,
2 – Construímos um triângulo
isósceles com dois dos vértices
em B e C. Designemos o
terceiro vértice por D;
3 – Construímos um triângulo isósceles com dois dos vértices em A e C.
Designemos o terceiro vértice por E;
4 – Designemos por F o ponto de intersecção de [DB] e [AE];
5 – Colocamos um fósforo com extremidade em C e a passar em F e
prolongamos este segmento de recta pelo primeiro procedimento
descrito;
6 – O ponto G de intersecção entre AB e CF é o ponto médio de [AB].
Utilizamos aqui os postulados 4 (nos pontos um a três da construção) e 2 (no ponto
cinco da construção).
Esta construção permite ainda bissectar os ângulos ABC e DCE. De um modo
mais geral, permite bissectar ângulos com amplitudes inferiores a 120º com excepção
dos ângulos de amplitude 60º (pois os triângulos seriam coincidentes).
Para além disto, a construção dá-nos um método para determinar a perpendicular
a uma recta AB, passando por um ponto C dado.
Consideremos agora que o segmento inicial [AB] tem comprimento igual ao do
fósforo. Vamos bissectar este segmento (Construção 2):
1 – Consideremos um ponto C qualquer em [AB];
2 – Efectuamos a construção anterior para bissectar [AC] (donde surgem
os pontos D, E, F, H e J);
G
FED
A B
C
74
3 - Colocamos um fósforo com extremidade em F e a passar em H
(donde surge o ponto K por intersecção com [DJ]);
4 - Colocamos um fósforo com extremidade em B e a passar em H
(donde surge o ponto L por intersecção com [AD]);
5 - Colocamos um fósforo com extremidade em L e a passar em K
(donde surge o ponto M por intersecção com [AB]);
6 – O ponto M anterior é o ponto pretendido.
M
K
LH
JF
GE
A C B
D
Esta construção permite ainda bissectar ângulos com amplitude de 60º.
Para além disto, a construção dá-nos um método para determinar a perpendicular
a uma recta AB, passando por um ponto dado.
Vejamos como construir uma paralela a um segmento de recta [AB], a passar por
um ponto C dado (Construção 3):
G
F
C
B
A
E
D
75
1 – Efectuamos o método do meio-hexágono descrito inicialmente para
construir paralelas a [AB] que se aproximem do ponto C, até que seja
possível construir um triângulo isósceles com um vértice nesse ponto
e os restantes nas referidas paralelas;
2 – Construímos o triângulo isósceles [CDE];
3 – Voltamos a utilizar o método do meio-hexágono para construir [CF]
paralela a [CE] (com FE ≠ );
4 – Bissectamos o ângulo DCF, obtendo [CG];
5 – A recta CG é a paralela pretendida.
Já vimos como determinar perpendiculares e paralelas. Vimos também como
bissectar comprimentos inferiores ou iguais ao comprimento dos fósforos.
Vamos agora bissectar comprimentos AB superiores ao comprimento c do
fósforo (Construção 4):
1 – Colocamos um fósforo com extremidade em A. Designemos por C a
outra extremidade do fósforo;
2 – Pelo método anterior (construção de uma paralela por um ponto
dado), construímos [BD];
3 – Utilizamos o método do meio-hexágono para construir figuras
semelhantes com vértices em A e B;
4 – O segmento de recta de extremidades X e Y (pontos produzidos no
último passo do ponto anterior) é bissectado por um dos
procedimentos anteriores;
5 – O ponto médio de [XY] coincide com o ponto médio de [AB].
Y
A
C
B
Z D
Este procedimento permite também bissectar ângulos superiores a 120º.
76
6.2.1. Geometria dos Fósforos vs Geometria
do Origami Para compararmos estas duas geometrias, vamos começar por comparar a
Geometria dos Fósforos com a Geometria Euclidiana. [Daw39]
Ao comparar os postulados das geometrias Euclidiana e dos Fósforos observa-se
que quaisquer das operações de colocação de fósforos pode ser executada com régua
não graduada e compasso sem memória. Deste modo, os postulados desta geometria não
permitem a construção de quaisquer pontos não euclidianos.
Reciprocamente, para determinar todos os pontos construtíveis na Geometria
Euclidiana é necessário resolver os seguintes problemas:
a) Fazer passar uma recta por dois pontos dados distintos;
b) Encontrar a intersecção entre uma recta definida por dois pontos e
uma circunferência (não construída), definida pelo seu centro e um
qualquer ponto;
c) Encontrar a intersecção de duas circunferências (não construídas),
cada uma delas definida pelo seu centro e um qualquer ponto.
A resolução destes problemas faculta-nos construções com fósforos que permitem obter
todos os pontos construtíveis com régua não graduada e compasso sem memória.
Resolução do Problema a):
1 – Sejam A e B os pontos dados inicialmente;
2 – Encontramos o ponto médio C de [AB] através da Construção 4 anterior;
3 – Analogamente, encontramos o ponto médio de [AC];
4 – O processo do passo anterior repete-se até um dos pontos da sequência de
bissecções esteja a uma distância de A igual ou inferior ao comprimento do
fósforo;
5 – Coloca-se um fósforo com extremidade em A e a passar pelo último ponto
determinado;
6 – A recta pedida é determinada pelo prolongamento do segmento de recta
anterior com o método do meio-hexágono.
77
Resolução do Problema b):
1 – Sejam A e B os pontos da recta dados inicialmente, C o centro circunferência
e D um ponto desta;
2 – Construímos AB tal como na resolução do problema a);
3 – Construímos a perpendicular à recta inicial [CE] e o ponto F, com CDCF = .
4 – Colocamos um fósforo com uma extremidade em F e uma direcção qualquer.
Designemos o outro extremo por G;
5 – Construímos o segmento de recta [CG];
6 – Construímos a recta FG e uma paralela a CG que passe por E. Designemos o
ponto de intersecção entre estas duas rectas por H;
7 – Construímos uma paralela a HK que passe por H;
8 – Construímos o ponto K na recta do passo anterior, de modo que HGHK = ;
9 – Construímos o segmento de recta [KL] paralelo a EH;
10 – Colocamos um fósforo com uma extremidade em L e a outra extremidade
em AB. Designemos por M essa extremidade;
11 – Construímos uma paralela a LM que passe por C. Designemos por N o
ponto em que esta recta intersecta AB. N é um dos pontos pretendidos;
12 – Determinamos o outro ponto pretendido, digamos O, a partir de L de forma
semelhante a N.
M
L
K
H
F
E ONA B
C
G D
78
Resolução do Problema c):
1 – Consideremos as circunferências de centro A e com B um dos seus pontos, e
de centro C e com D um dos seus pontos;
2 – Construímos as rectas AB e AC;
3 – Construímos uma paralela a AB que passe por C;
4 – Determinamos o ponto E da recta interior de modo a que CDCE = ;
5 – Construímos o segmento de recta [CB];
6 – Construímos uma paralela a CB que passe por E. Designemos por F o ponto
onde esta recta intersecta AB;
7 – Construímos uma paralela a AC que passe por B. Designemos por G um
ponto desta recta tal que BFBG = ;
8 – Designemos por H o ponto do segmento de recta AC tal que ABAH = ;
9 – Construímos o segmento de recta [GH] e uma paralela a este que passe por
B. Designemos por J o ponto de intersecção entre esta última recta e AC;
10 – Construímos o segmento de recta [CF] e uma paralela a este que passe por
J. Designemos por K o ponto de intersecção entre esta última recta e AB;
11 – Determinamos o ponto L em [AC] de modo que AKAL = ;
12 – Determinamos o ponto médio M de [LC];
13 – Construímos a perpendicular a [AC] que passa por M;
14 – O resto da construção consiste na resolução do problema b).
ML
K
J H
G
F
E
A
B
C
D
79
Deste modo, os postulados da Geometria dos Fósforos permitem construir todos
os pontos construtíveis com régua não graduada e compasso sem memória, e apenas
estes.
Resta agora comparar a Geometria dos Fósforos com a Geometria do Origami.
Já vimos que a Geometria do Origami permite efectuar todas as construções
Euclidianas e vai para além destas.
Assim, pelo que vimos nesta secção, concluímos que o mesmo se passa para a
geometria dos Fósforos.
80
6.3. Geometria do Compasso
A Geometria do Compasso começou por ser estudada por Georg Mohr, na sua
obra Euclides Danicus de 1672. No entanto, esta obra foi ignorada durante mais de um
século.
Foi a procura da resolução do Problema de Napoleão (como dividir uma
circunferência em quatro arcos de igual amplitude utilizando apenas um compasso) por
parte dos Matemáticos franceses da época, que levou à publicação da obra Geometria
del Compasso, em 1797, pelo poeta e geómetra Lorenzo Mascheroni, e ao
conhecimento generalizado desta geometria. [Mar98]
As construções desta geometria do plano utilizam apenas o compasso euclidiano,
ou seja, o compasso sem memória. Inicialmente são considerados os pontos do plano
( )0,0 e ( )0,1 .
Definem-se:
- ponto como um dos iniciais ou como a intersecção de duas
circunferências;
- recta como a recta que passa por dois pontos;
- circunferência como uma circunferência com centro num ponto
conhecido e que passa por um outro ponto previamente conhecido;
- número como o valor de x sendo ( )0,x um ponto.
Saliente-se que uma recta se considera construída dados quaisquer dois pontos da
mesma. Não é obrigatório que todos os pontos da recta sejam construtíveis.
81
6.3.1. Geometria do Compasso vs Geometria
do Origami
Para compararmos estas duas geometrias, vamos começar por comparar a
Geometria do Compasso com a Geometria Euclidiana. [Mar98]
Para tal, vamos provar alguns resultados relativos aos pontos desta geometria.
Consideremos as seguintes designações:
- PQ designa a circunferência de centro P que passa por Q;
- QR
P designa a circunferência de centro P e raio QR .
Resultado 1: Se P e Q são pontos de compasso, então a bissectriz de [PQ] é uma recta
de compasso.
Demonstração: Consideremos as circunferências PQ e QP. Designemos por A e B os
seus pontos de intersecção (que, por definição, são pontos de compasso). A recta de
compasso AB é a bissectriz do enunciado.
#
Resultado 2: A imagem de um ponto de compasso através da reflexão numa recta de
compasso é um ponto de compasso.
Demonstração: Sejam AB uma recta de compasso e P um ponto de compasso.
Se P pertencer à recta AB, temos que a sua imagem através da reflexão em AB é
o próprio ponto P.
Suponhamos agora que P não pertence à recta AB. Então P e 'P são os pontos de
compasso de intersecção das circunferências AP e BP. Uma vez que 'APAP = e
'BPBP = temos que A e B são equidistantes de P e 'P . Deste modo, AB é a bissectriz
de [ ]'PP e 'P é a imagem de P através da reflexão em AB.
#
82
Resultado 3: Se A, B e C são três pontos de compasso distintos então BC
A é uma
circunferência de compasso.
Demonstração: Vamos fazer uma demonstração
construtiva.
Comecemos por construir a bissectriz de
[AB] que, pelo resultado 1, é uma recta de
compasso. Temos então que A é a imagem de B
pela reflexão na referida bissectriz. Designemos
por F a imagem de C.
Pelas propriedades da reflexão, temos que
BCAF = .
A circunferência de compasso AF é a circunferência pretendida.
#
Resultado 4: Se A, B e C são três pontos de compasso distintos, D e E são os pontos de
intersecção de AB e BA, e C e F são os pontos de intersecção de DC e EC, então BC
A é a
circunferência de compasso AF.
Demonstração: Imediata pela demonstração do resultado anterior.
#
Resultado 5: Se A e B são pontos de compasso, M é o ponto médio de [AB] e B é o
ponto médio de [AN], então M e N são pontos de compasso.
Demonstração: Vamos, mais uma vez, efectuar uma demonstração construtiva.
O ponto de compasso N pode ser encontrado através da
construção de um hexágono regular em BA, tal como
esquematizado no ao lado.
Resta determinar M. Comecemos por construir as
circunferências de compasso AB e NA. Designemos por E e F os pontos de intersecção
83
das duas circunferências. Seguidamente,
construímos a imagem M de A através da
reflexão na recta de compasso EF. Por
construção, M é um ponto de compasso.
Resta provar que M está nas condições
pretendidas. Uma vez que os triângulos
[ ]AEM∆ e [ ]ANE∆ são semelhantes (pois são triângulos isósceles com ângulos de
igual amplitude), temos que:
21
2===
ABAB
ANAE
AEAM ;
e AMAEAB 2==
como queríamos mostrar.
#
Resultado 6: Se A e B são pontos de compasso distintos e n é um número inteiro, então
os pontos P e Q de AB tais que ABnAP = e n
ABAQ = são pontos de compasso.
Demonstração: Esta demonstração segue da construção imediatamente anterior.
A figura ao lado
mostra como continuar o
processo de modo a obter um
segmento de comprimento
igual a ABn .
Para dividir um
segmento em n partes iguais
utiliza-se o processo de
bissecção de um segmento,
substituindo [AN] pelo
segmento de comprimento
ABn .
#
84
Resultado 7: A intersecção de duas rectas de compasso é um ponto de compasso.
Demonstração: Sejam A, B, C e D pontos de compasso não colineares três a três e seja
X o ponto de intersecção de AB e CD. Suponhamos ainda, sem perda de generalidade,
que AX ≠ .
Designemos por E o ponto que é imagem de A através da reflexão em CD.
Se AB e CD forem perpendiculares, então X é o ponto de compasso que
corresponde ao ponto médio de [AE].
Suponhamos agora que AB e CD não são perpendiculares. Designamos então por
F o ponto de compasso que é imagem de E através da reflexão em AB, e por G o ponto
de compasso que é imagem de A através
da reflexão em EF. Os triângulos [AXE]
e [AEG] são semelhantes, pois são
ambos isósceles e têm ângulos
adjacentes à base iguais, pelo que
AGAE
AEAX
= , ou seja, AXAGAE
=2
.
Seja n um natural tal que
AGnAE 2< (na imagem é exemplificado o caso 2=n ). Então o ponto H, pertencente
a AG tal que AGnAH = , é um ponto de compasso. Deste modo, HA e AE intersectam-
se em dois pontos de compasso, digamos I e J. Também IA e JA se intersectam em dois
pontos de compasso A e K. Concluímos então que os triângulos [AIK] e [AHI] são
semelhantes, pois são ambos isósceles e têm ângulos adjacentes à base iguais, pelo que
AHAI
AIAK
= .
Consideremos ainda o ponto de compasso Y em AK tal que AKnAY = .
Temos que
AXAGAE
AGnAEn
AHAInAKnAY =====
222
e X e Y são pontos de AG. Deste modo, YX = e, consequentemente, X é um ponto de
compasso.
#
85
Resultado 8: Se A, B, C e D são pontos de compasso tais que AB intersecta CD e se C
não pertence a AB, então os pontos de intersecção de AB e CD são pontos de compasso.
Demonstração: Sejam 'C e 'D as imagens de C e D através da reflexão em AB,
respectivamente. As circunferências de compasso DC e DC ' intersectam AB nos pontos
de intersecção de AB e DC .
#
Resultado 9 – Problema de Napoleão: Se P e O são pontos de compasso distintos,
então os pontos P, Q, R e S tais que [PQRS] é um quadrado são pontos de compasso.
Demonstração: Esta demonstração segue a construção
de Mascheroni ao lado.
Considerando 1=OP , temos que 2=PR e
3== PBPC . Uma vez que OC é perpendicular a
OP, temos, pelo Teorema de Pitágoras, que
222=−=== OPPCOCPSPQ , o que prova que
temos um quadrado.
#
Resultado 10: Se A, B e C são três pontos de compasso distintos, então os pontos de
intersecção de AB e AC são pontos de compasso.
Demonstração: Suponhamos que C
pertence a AB. Então o resultado
pretendido é imediato pelo resultado
anterior.
O mesmo acontece se
ABAC ⊥ .
Suponhamos que não se dá
nenhum dos casos anteriores. Então a
imagem 'C de C através da reflexão
86
em AB é um ponto de compasso diferente de C. Além disso, o ponto D, tal que
[ ]DACC ' é um paralelogramo, é um ponto de compasso, pois é a intersecção de 'CC
A e
AC ' . Do mesmo modo, a imagem 'D de D através da reflexão em AB é um ponto de
compasso. Consideremos ainda um ponto de compasso E em AB na intersecção de CD e
CD' .
Designemos por P e Q o pontos de intersecção do enunciado do resultado.
Queremos provar que estes pontos são a intersecção de AE
D e AE
D' , ou seja, que
AEDP = . Designando por F o pé da perpendicular a AD que passa por C, temos que
AFCCAD 2' == e que AFDF 3= . Deste modo, aplicando o Teorema de Pitágoras,
temos que
=+=222
ADAPDP
=+=22
ADAC
=++=222
ADAFCF
=++−=2222
ADAFDFDC
( ) ( ) =++−=2222
23 AFAFAFDC
( ) =−=22
2 AFDC
=−=22
ADDE
2
AE=
como queríamos mostrar.
#
Resultado 11: Os pontos de intersecção de uma recta de compasso e uma
circunferência de compasso são pontos de compasso.
Demonstração: Este resultado é consequência imediata dos resultados 8 e 10.
#
87
Teorema de Morh-Mascheroni: Um ponto é um ponto de compasso sse é um ponto
euclidiano.
Demonstração: Trivialmente, um ponto construtível na Geometria do Compasso é
também construtível com régua não graduada e compasso, ou seja, na Geometria
Euclidiana.
Relativamente ao recíproco, a definição de ponto de compasso e os resultados 7
e 11 provam que todos os pontos construtíveis com compasso e régua não graduada são
também construtíveis apenas com compasso, o que prova o teorema.
#
Vimos assim a equivalência entre a Geometria do Compasso e a Geometria
Euclidiana.
Saliente-se ainda a prova, através do resultado 3, de que, sem o auxílio da régua,
o compasso euclidiano (sem memória) é equivalente ao compasso moderno (com
memória).
Resta agora comparar a Geometria do Compasso com a Geometria do Origami.
Já vimos que a Geometria do Origami permite efectuar todas as construções
Euclidianas e vai para além destas.
Assim, pelo que vimos nesta secção, concluímos que o mesmo se passa para a
geometria do Compasso.
88
6.4. Geometria da Régua
As construções desta geometria do plano utilizam apenas a régua não graduada.
Inicialmente são considerados os pontos do plano ( )0,1 , ( )1,0 , ( )0,2 e ( )2,0 .
Tal como na Geometria do Compasso, definem-se:
- ponto como um dos iniciais ou como a intersecção de duas rectas;
- recta como a recta que passa por dois pontos;
- circunferência como uma circunferência com centro num ponto
conhecido e que passa por um outro ponto previamente conhecido;
- número como o valor de x sendo ( )0,x um ponto.
Saliente-se que uma circunferência se considera construída dados o centro e um ponto
da mesma. Não é obrigatório que todos os pontos da circunferência sejam construtíveis.
89
6.4.1. Geometria da Régua vs Geometria do
Origami
Para compararmos estas duas geometrias, vamos provar alguns resultados
relativos aos pontos desta geometria. [Mar98]
Resultado 1: Os pontos ( )0,0 , ( )0,1 , ( )1,1 e ( )1,0 são pontos de régua e são vértices
de um quadrado. Os pontos médios dos lados dos quadrados são pontos de régua. Todas
as rectas de régua contêm três pontos de régua tais que um deles é o ponto médio dos
outros dois.
Demonstração: As seis rectas determinadas pelos pontos iniciais ( )0,1 , ( )1,0 , ( )0,2 e
( )2,0 têm equações 0=x , 0=y , 1=+ yx , 2=+ yx , 22 =+ yx , 22 =+ yx .
Assim, por intersecção destas rectas de régua, ( )0,0 e ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
32,
32 são pontos de
régua e, consequentemente, xy = é uma recta de régua.
Por intersecção vem que ( )1,1 e ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
21,
21 são pontos de régua e,
consequentemente, 1=x e 1=y são rectas de régua.
Por intersecção vem que ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ 0,
21 e ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
21,0 são pontos de régua.
Resta provar a última frase do resultado. Uma recta de régua intersecta
necessariamente as paralelas 0=x , 21
=x e 1=x ou as paralelas 0=y , 21
=y e
1=y . Em qualquer dos casos, os três pontos de intersecção determinam a bissecção de
um segmento.
#
90
Resultado 2: Sejam A e B dois pontos de régua. Se existir uma recta de régua paralela
a AB, o ponto médio de [AB] é um ponto de régua. Reciprocamente, se A, M, B e P
forem pontos de régua distintos com M ponto médio de [AB], então a recta paralela a
AB que passa por P é uma recta de régua.
Demonstração: A imagem ao lado representa
uma construção para ambas as afirmações do
enunciado do resultado.
Comecemos por provar a primeira
afirmação. Dada uma recta de régua paralela a
AB, existem, pelo resultado anterior, pontos de
régua P e Q nessa recta tais que [APQB] é um trapézio. Determinam-se então os pontos
de régua R, S e M (por esta ordem), em que M é o ponto médio de [AB].
Por outro lado, dados os pontos de régua A, M, B e P, com M ponto médio de
[AB] e P não pertencente a AB, o resultado anterior garante a existência de um ponto de
régua R em AP tal que AP ≠ e MR e BP não são paralelas. Podemos então construir os
pontos de régua S e Q, sendo PQ a paralela pretendida no enunciado.
#
Resultado 3: O ponto médio de dois pontos de régua é um ponto de régua. Uma recta
paralela a uma recta de régua que passa num ponto de régua é uma recta de régua.
Demonstração: Vamos começar por provar a segunda parte do resultado. Uma vez que,
pelo resultado 1, cada recta de régua passa por três pontos de régua, em que um deles é
o ponto médio dos outros dois, e, pelo resultado 2, e uma recta paralela a uma recta de
régua que passa num ponto de régua é também uma recta de régua, temos o resultado
pretendido.
A primeira parte deste resultado é então imediata a partir do resultado 2.
#
91
Resultado 4: Sejam P e Q pontos de régua distintos. Se A e B forem dois pontos de
régua em PQ, o ponto X em QP•
, tal que ABPX = , é um ponto de régua.
Demonstração: Seja C um ponto de régua que não pertence a PQ (existe no conjunto
de pontos inicial) e designemos por D o ponto de régua que é intersecção da recta
paralela a PQ que passa por C e da recta paralela a AC que passa por B. Temos que
[ACDB] é um paralelogramo.
Suponhamos que D e Q estão no mesmo
semiplano definido por CP. Designemos por X a
intersecção de PQ com a recta de régua paralela a
CP que passa por D. Neste caso, [PCDX] é um
paralelogramo.
Suponhamos agora que D e Q estão em
semiplanos diferentes definidos por CP.
Designemos por X a intersecção de PQ com a recta
de régua paralela a DP que passa por C. Neste caso,
[XCDP] é um paralelogramo.
Em qualquer um dos dois casos anteriores, X é um ponto de régua que pertence
a PQ e PXCDAB == , tal como pretendíamos.
#
Resultado 5: Se p e q são números de régua distintos, então qp + e qp − são
números de régua.
Demonstração: Este resultado é consequência do anterior.
#
Resultado 6: Sejam O e A pontos de régua distintos. Se os pontos de régua B e C
pertencerem a AO•
e forem distintos de O, o ponto X em AO•
, tal que OXOC
OBOA
= , é um
ponto de régua.
92
Demonstração: Seja D um ponto de régua que não pertence a AO. A recta paralela a
AO que passa por D é uma recta de régua. Uma vez que, pelo resultado 4, esta recta
contem pelo menos três
pontos diferentes de D,
existe um ponto de régua E
nesta recta, tal que AE e OD
não são paralelas e CE e
OD não são paralelas.
Sejam então F a
intersecção de AE e OD, H a intersecção de CE e OD, G intersecção de BF e DE, e X a
intersecção de HG e OA.
Por construção, X é um ponto de régua e OXOC
DGDE
OBOA
== , como pretendíamos.
#
Resultado 7: Se p, q e r são números de régua e 0≠r , então pq e rp são números de
régua.
Demonstração: Pelo resultado 6 temos que OA
OCOBOX = .
Suponhamos, sem perda de generalidade (devido ao resultado 5), que p, q e r são
positivos.
Consideremos ( )0,0=O , ( )0,1=A , ( )0,pB = e ( )0,qC = . Temos que
pqOX = , pelo que pq é um número de régua.
Consideremos agora ( )0,0=O , ( )0,rA = , ( )0,pB = e ( )0,1=C . Temos que
qpOX = , pelo que
rp é um número de régua.
#
93
Resultado 8: Um ponto é um ponto de régua sse as suas coordenadas forem números
racionais.
Demonstração: Por definição, o ponto ( )0,1 é um ponto de régua. Pelo resultado 5,
vem então que ( )0,n é um ponto de régua para qualquer ∈n . Pelo resultado 7,
concluímos que ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ 0,
nm é um ponto de régua para quaisquer ∈mn, com 0≠n . Deste
modo, ( )0,r é um ponto de régua para qualquer ∈r .
O eixo das ordenadas, 0=x , é uma recta de régua. O ponto ( )r,0 é a
intersecção do eixo das ordenadas com a recta de régua paralela a 1=+ yx que passa
por ( )0,r , pelo que, por aplicação do resultado 3, é um ponto de régua para qualquer
∈r .
Pelo resultado 3, as rectas de equações rx = (paralela ao eixo das ordenadas
que passa por ( )0,r ) e sy = (paralela ao eixo das abcissas que passa por ( )s,0 ), são
rectas de régua para quaisquer ∈sr, .
Consideremos então ∈sr, . As rectas de régua de equações rx = e sy =
intersectam-se no ponto de recta ( )sr, . Deste modo, se as coordenadas de um ponto
forem números racionais, esse é um ponto de régua.
O recíproco é imediato pela definição inicial de ponto de régua e de número
racional. Deste modo, se ( )sr, é um ponto de régua então ∈sr, .
#
Este último resultado prova que a Geometria da Régua nos permite construir
todo o corpo dos números racionais.
Ora, já vimos que a Geometria do Origami permite construir todos os racionais a
ainda números irracionais.
Deste modo, a Geometria do Origami engloba a Geometria da Régua e vai para
além desta.
94
6.5. Geometria do Compasso Enferrujado
O estudo da Geometria do Compasso enferrujado remonta a Pappus de
Alexandria, tendo posteriormente interessado muitos outros matemáticos como
Descartes, Albercht Dürer e Tartaglia. Foi com Arab-Wefâ (940-998) que esta
geometria teve o seu grande impulso.
Nesta geometria utiliza-se apenas um compasso enferrujado. Este instrumento é
um compasso com uma abertura fixa, isto é, todas as circunferências desenhadas com
um compasso enferrujado têm o mesmo raio, que é considerado a unidade desta
geometria. Inicialmente são considerados os pontos do plano ( )0,0 e ( )0,1 .
Tal como na Geometria do Compasso, definem-se:
- ponto como um dos iniciais ou como a intersecção de duas
circunferências;
- recta como a recta que passa por dois pontos;
- circunferência como uma circunferência unitária com centro num
ponto conhecido;
- número como o valor de x sendo ( )0,x um ponto.
Saliente-se que uma recta se considera construída dados quaisquer dois pontos da
mesma. Não é obrigatório que todos os pontos da recta sejam construtíveis.
95
6.5.1. Geometria do Compasso Enferrujado
vs Geometria do Origami
Para compararmos estas duas geometrias, precisamos de saber quais os pontos
desta geometria. [Mar98]
Considerando os pontos iniciais e construindo circunferências de compasso
enferrujado com centro em cada um dos pontos que vão sendo construídos, vamos obter
sucessivos triângulos equiláteros.
Assim, pelas propriedades dos triângulos equiláteros, podemos concluir que os
pontos da Geometria do Compasso Enferrujado correspondem aos pontos do plano
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+ nnm
23,
2 com ∈mn, .
Ora, já vimos que a Geometria do Origami permite construir todos estes pontos e
ainda outros, tais como os pontos de coordenadas racionais. Concluímos então que a
Geometria do Origami engloba a Geometria do Compasso Enferrujado e vai para além
desta.
96
6.6. Geometria da Régua e do Compasso Enferrujado
A geometria da Régua e do Compasso Enferrujado começou a ser estudada por
Arab-Wefâ (940-998). Este matemático estudou as construções mais elementares que
eram possíveis com estes dois instrumentos e, além disso, mostrou que permitiam a
construção de círculos inscritos em: pentágonos regulares, octógonos regulares e
decágonos regulares.
Nesta geometria utiliza-se uma régua e um compasso enferrujado. Inicialmente
são considerados os pontos do plano ( )0,0 e ( )0,1 , tendo em consideração que o raio
das circunferências desenhadas pelo compasso enferrujado é igual à unidade desta
geometria. [Mar98]
Definem-se:
- ponto como um dos iniciais, como a intersecção de duas rectas,
como a intersecção de duas circunferências, ou como a intersecção
de uma recta com uma circunferência;
- recta como a recta que passa por dois pontos;
- circunferência como uma circunferência unitária com centro num
ponto conhecido;
- número como o valor de x sendo ( )0,x um ponto.
97
6.6.1. Geometria da Régua e do Compasso
Enferrujado vs Geometria do Origami
Em 1547, Ludovico Ferrari mostrou que todas as construções euclidianas são
possíveis com régua e compasso enferrujado.
Mais tarde, em 1822, Jean-Victor Poncelet, inpirado pelos resultados de
Mascheroni relativamente à Geometria do Compasso, deu indicações para demonstrar
que as construções euclidianas se podem executar apenas com régua, desde que sejam
dados inicialmente uma circunferência e o seu centro. Deste modo, este matemático
afirmou que basta construir uma circunferência de compasso enferrujado para ser
possível construir todos os pontos da geometria euclidiana unicamente com régua
Em 1833, Jacob Steiner efectuou a demonstração completa da afirmação de
Poncelet, no seu livro Geometrical Constructions Using a Straight Line and a Fixed
Circle. Este resultado ficou então conhecido como o Teorema de Poncelet-Steiner.
Steiner provou ainda que o centro da circunferência é indispensável e que é impossível
descobri-lo apenas com uma régua.
Vamos então começar por comparar esta geometria com a Geometria Euclidiana.
[Mar98]
Trivialmente, um ponto de régua e compasso enferrujado é também um ponto de
régua e compasso.
Vejamos o recíproco.
Comecemos por ver que esta geometria inclui a Geometria da Régua. Esta
afirmação parece trivial, no entanto, tendo em consideração as definições utilizadas, é
necessário provar que os pontos iniciais da geometria da régua são construtíveis por esta
geometria. São esses pontos: ( )0,1 , ( )1,0 , ( )0,2 e ( )2,0 .
Por definição desta geometria temos os pontos ( )0,0 e ( )0,1 .
98
Comecemos por construir a recta que passa pelos pontos iniciais e a
circunferência de centro em ( )0,1 . A intersecção destes dois lugares geométricos dá-nos
o ponto ( )0,2 .
Vamos agora construir a circunferência de centro em ( )0,0 . A sua intersecção
com a recta anterior dá-nos o ponto ( )0,1− . Consideremos as circunferências de centros
( )0,1− e ( )0,0 e a recta que passa pelas suas intersecções, assim como as
circunferências de centros em ( )0,0 e ( )0,1 e a recta que passa pelas suas intersecções.
Construímos as circunferências de centro na intersecção destas duas rectas com a
primeira recta que construímos e a recta que passa nas intersecções destas. Esta última
recta corresponde ao eixo das ordenadas. A sua intersecção com a circunferência de
centro em ( )0,0 dá-nos o ponto ( )1,0 .
Basta então construir a circunferência de centro em ( )1,0 . A sua intersecção com
o eixo das ordenadas dá-nos o ponto ( )2,0 .
Podemos agora afirmar que a Geometria da Régua e do Compasso Enferrujado
engloba a Geometria da Régua, ou seja, permite construir todos os pontos de
coordenadas racionais.
Sejam x e y dois números
racionais, com 11 <<− x , tais que se
verifica o esquema ao lado. Então 21 x−
é um número construtível por esta
geometria.
Seja ∈z +. Uma vez que 1111 <
+−
<−zz e pela afirmação anterior, temos que
2
111
21
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+−
−+
zzz é um número construtível por esta geometria. Mas
zzzz
zzz
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+−
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+−
−+ 222
11
21
111
21
ou seja, z é um número construtível com régua e compasso enferrujado.
99
Concluímos assim que a Geometria da Régua e do Compasso Enferrujado é
equivalente à Geometria Euclidiana e , simultaneamente, demonstrámos o Teorema de
Poncelet-Steiner.
Resta agora comparar esta Geometria com a Geometria do Origami.
Já vimos que a Geometria do Origami permite efectuar todas as construções
euclidianas e vai para além destas.
Assim, pelo que vimos nesta secção, concluímos que o mesmo se passa para a
geometria da Régua e do Compasso Enferrujado.
100
6.7. Geometria da Régua Marcada
A geometria da Régua Marcada utiliza nas suas construções uma régua com
duas marcas.
Inicialmente são considerados os pontos do plano ( )0,0 , ( )0,1 e ( )1,0 , tendo em
consideração que a distância entre as duas marcas é considerada a unidade desta
geometria. [Mar98]
Definem-se:
- ponto como um dos iniciais ou como a intersecção de duas rectas.
Além disso, se dois pontos pertencem a rectas de régua marcada
diferentes, estão a uma unidade de distância e são colineares com
uma recta de régua marcada, então os dois pontos iniciais são
pontos de régua marcada;
- recta como a recta que passa por dois pontos;
- circunferência como uma circunferência com centro num ponto
conhecido e que passa por um outro ponto previamente conhecido;
- número como o valor de x sendo ( )0,x um ponto.
Saliente-se que uma circunferência se considera construída dados o centro e um ponto
da mesma. Não é obrigatório que todos os pontos da circunferência sejam construtíveis.
101
6.7.1. Geometria da Régua Marcada vs
Geometria do Origami
Para efectuar esta comparação, comecemos por relembrar que, como vimos em
6.6.1., Georg Morh provou que basta construir uma circunferência de compasso
enferrujado para ser possível construir todos os pontos da geometria euclidiana
unicamente com a régua.
Ora, as marcas da régua dão-nos uma unidade de medida, da mesma forma que o
compasso enferrujado.
Deste modo, podemos concluir que todos os pontos da Geometria Euclidiana são
possíveis de construir com a Geometria da Régua Marcada. [Mar98]
Vejamos agora o que se passa relativamente à Geometria do Origami. [Mar98]
Para tal, comecemos por ver alguns resultados relativos à Geometria da Régua
Marcada.
Resultado 1: A geometria da régua marcada permite efectuar a trisecção de um ângulo.
Demonstração: Consideremos o ângulo ABC, com A, B e C pontos de régua marcada,
e vejamos como efectuar a sua trisecção.
Comecemos por supor
que o ângulo é agudo.
Suponhamos, sem perda de
generalidade, que 21
=AB e
que C é o ponto de intersecção
de AC com a sua perpendicular
que passa por A. Consideremos o ponto D tal que 1=AD , o ponto E de intersecção
entre AC e BD, e o ponto médio de [ ]DE com designação M. Pelo Teorema de Tales,
102
21
=== MDMEMA . Assim, os triângulos [ ]AMD e [ ]MAB são isósceles, com
MADBDACBD ∠=∠=∠ . Além disso, CVMABMBMA ∠=∠=∠ 2 , ou seja,
obtivemos a trisecção do ângulo inicial.
Suponhamos agora que o ângulo não é agudo. Então 3
90303
−∠+=
∠ ABCABC
e o resultado sai pelo que vimos para o ângulo agudo.
#
Resultado 2: Se x é um número de régua marcada, então 3 x é um número de régua
marcada.
Demonstração: Comecemos por
supor que 8<x e consideremos
o triângulo [ ]ABC de lados com
comprimentos 1=AC , 1=BC e
4kAB = , tal como na figura ao
lado. Sejam ainda: D um ponto
tal que B é ponto médio de [ ]CD ;
R ponto de intersecção de [ ]CR e [ ]DA ; S ponto de intersecção de [ ]CR e [ ]BA tal que
1=RS e BR ≠ ; E ponto de intersecção de [ ]DA com a paralela a BA que passa por C;
M ponto médio de [ ]BA . Temos que os triângulos [ ]ABD e [ ]ECD são semelhantes,
pelo que, uma vez que B é ponto médio de [ ]CD , 2
2 xBACE == . Do mesmo modo,
uma vez que os triângulos [ ]ECR e [ ]ASR são semelhantes, ASxCRAS
CR
x
212 =⇒= .
Aplicando o teorema de Pitágoras, vem que:
103
==⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
22
21 CS
ASx
=+=22
MSCM
( ) =+−=222
MSBMCB
222
881 ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ ++
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
xASx
pelo que ficamos com a equação na variável AS : 044 234=−−+ xASkASkAS , ou
seja, ( )( ) 043
=−+ xASxAS . Ora, 04 >+ xAS , pelo que temos de ter 03
=− xAS , ou
seja, 3 xAS = e, consequentemente, 3 x é um número de régua marcada.
Suponhamos agra que 8≥x . Então kx n8= para algum natural n e k real tal
que 1<k . O resultado segue da igualdade 333 28 kkx nn == e aplicando o caso
anterior para determinação do número de régua marcada 3 k .
#
Verificámos, no capítulo 2., que a Geometria do Origami nos permite, através
dos axiomas de Huzita-Hatori, resolver as equações de grau igual ou inferior a três.
Por outro lado, verificámos neste sub-capítulo que as construções da Geometria
da Régua Marcada resolvem essas mesmas equações.
Deste modo, estas duas geometrias são equivalentes, ou seja, permitem as
mesmas construções.
104
105
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