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Demonstracoes Legıveis Geradas porComputador em Geometria Euclidiana Plana:

O Metodo da Area

Humberto Jose Bortolossi

A B C

P

SPBCSPAB

= BCAB

P

Q

A BM

SPABSQAB

= PMQM

II Bienal da SBM

Universidade Federal da Bahia

26 a 29 de Outubro de 2004

Sumario

1 Introducao 1

2 Segmentos orientados e areas com sinal 7

2.1 Segmentos orientados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.2 Areas com sinal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3 Proposicoes basicas e exemplos 16

3.1 O teorema do co-lado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.2 Exemplos: os teoremas de Ceva e Menelau . . . . . . . . . . 19

3.3 Exemplos: outras categorias de problemas . . . . . . . . . . 25

4 Paralelismo 40

4.1 Caracterizacao de paralelismo via areas com sinal . . . . . . 40

4.2 Exemplos com paralelismo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

5 Mecanizacao dos teoremas de intersecao pura de Hilbert 51

5.1 Descricao dos enunciados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

5.2 Eliminando pontos de areas com sinal . . . . . . . . . . . . . 56

5.3 Eliminando pontos de razoes de segmentos orientados . . . . 58

5.4 Pontos livres e coordenadas de areas . . . . . . . . . . . . . 61

5.5 Metodo de decisao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

Bibliografia 67

Nota

Esta e uma versao melhorada do texto apresentado originalmente na

II Bienal da SBM em 2004. O desenvolvimento da teoria esta mais claroe direto, com a apresentacao e uso do lema de eliminacao LEA-CT4 logono capıtulo 3. Varios exercıcios foram acrescentados e as respostas de alguns

deles estao disponıveis no final do texto.

Estas melhorias nasceram dos minicursos realizados (1) no treinamento dealunos de olimpıada de matematica do estado do Rio de Janeiro no verao de

2005 no IMPA, (2) na XXI Semana de Matematica da Universidade Estadualde Londrina em setembro de 2005 e (3) na Escola de Verao do Departamentode Matematica da Universidade Federal do Espırito Santo em 2006. Gostaria

de agradecer a todos os participantes pelas varias crıticas e sugestoes!

Niteroi, 7 de fevereiro de 2006


Departamento de Matematica Aplicada, UFF([email protected])

Agradecimentos

Dedicado a Joselı Maria Silva dos Santos.

Este texto e fruto de um ciclo de seminarios realizados na Universidade

Estadual de Santa Cruz (Ilheus, BA) sobre as tecnicas desenvolvidas pelaescola chinesa (S.-C. Chou, X. Shan-Gao e J.-Z. Zhang) na area de meca-nizacao de demonstracoes de teoremas em geometria, mais especificamente,

sobre o metodo da area como algoritmo de decisao para a classe de teore-mas de intersecao pura de Hilbert. Agradeco a Maria Lıdia Coco Terra que

participou e registrou tudo em seu “diario de bordo”.

Os seminarios seguiram, de perto, o livro [13]: Machine Proofs in Geo-metry: Automated Production of Readable Proofs for Geometry Theorems,Series on Applied Mathematics, vol. 6, World Scientific, 1998.

O interesse pelo assunto, contudo, comecou bem antes, com os estudos

realizados com Carlos Tomei e Silvana Marini Rodrigues no Departamentode Matematica da PUC-Rio em 2002. Gostaria de agradece-los tambem!

Todas as figuras do texto foram produzidas com o excelente (e gratuito)software de geometria dinamica “Regua e Compasso” [21]. Obrigado a Rene

Grothmann, autor do programa!

Finalmente, gostaria de agradecer ao Departamento de Matematica da

Universidade Federal do Espırito Santo (que forneceu as condicoes de infra-estrutura necessarias para a confeccao deste texto) e a comissao organizadora

da II Bienal da SBM (em especial, a professora Elinalva Vasconcelos, coor-denadora do evento).

Vitoria, 15 de agosto de 2004


Departamento de Matematica, UFES([email protected])

Capıtulo 1

Introducao

Em 8 de agosto de 1900, por ocasiao do Segundo Congresso Internacional

de Matematica, realizado em Paris, David Hilbert apresentou 23 problemasem aberto com o intuito de apontar temas promissores para a investigacaoem matematica no seculo XX. Em um dos problemas, Hilbert perguntou se

a teoria dos numeros era completa, no sentido que e sempre possıvel deter-minar atraves de uma demonstracao se uma sentenca logica em aritmetica e

verdadeira ou falsa. Em uma teoria incompleta, uma afirmacao sem contra-exemplos nao e necessariamente demonstravel a partir dos axiomas.

Figura 1.1: David Hilbert (1862–1943).

Kurt Godel, em 1931, forneceu uma resposta negativa [18, 19]: existem

verdades na aritmetica que ela propria desconhece, pior, nao pode conhecer.

2 Escola de Verao (UFES)

Mais precisamente, um sistema de axiomas para a aritmetica nao conse-gue nem demonstrar nem negar determinadas afirmacoes sobre os numeros,

ainda que essas afirmacoes sejam sintaticamente corretas e desprovidas decontra-exemplos. Este resultado e conhecido como o Primeiro Teorema de

Incompletude de Godel. Uma vez que a aritmetica e incompleta, tudo que aela se reduza sera incompleto.

Figura 1.2: Kurt Godel (1906–1978) e Albert Einstein (1879–1955).

Por outro lado, Alfred Tarski, em 1951, demonstrou que a teoria de algebraelementar dos numeros reais e, portanto, tambem a teoria de geometria ele-

mentar e completa [29]. Na verdade, Tarski demonstrou que estas teoriassao decidıveis, isto e, existe um algoritmo que em um numero finito de passos

consegue determinar se cada uma das sentencas da teoria e verdadeira oufalsa.

O ponto tecnico fundamental no argumento de Tarski e a eliminacao de

quantificadores que, em princıpio, simplifica uma formula logica ao obteroutra equivalente com um quantificador a menos. Infelizmente, o algoritmooriginal de Tarski tem mais interesse teorico do que pratico. Ele nunca

foi implementado, devido a sua altıssima complexidade: um teorema comalgumas dezenas de variaveis levaria milhoes de anos para ser demonstrado.

Aprimoramentos subsequentes melhoraram de muito seu desempenho, mas

Introducao 3

Figura 1.3: Alfred Tarski (1902–1983).

ainda assim, praticamente nao existe (e parece que nem pode existir) umprograma de demonstracao em geometria completo e rapido (o algoritmo

do tipo Tarski mais rapido que se conhece atualmente e a decomposicaoalgebrica cilındrica [3, 4], cuja complexidade computacional e da ordem de

een

, onde n e o tamanho dos dados de entrada [5]). Para mais detalhes sobreo metodo de Tarski, alem do trabalho original [29], o leitor pode consultaras referencias: [20, 27, 30, 31, 32].

O uso efetivo de computadores para produzir demonstracoes de teoremasem geometria comecou no inıcio da decada de 1950 com o trabalho de Ge-

lerntner (trabalhando na IBM), J. R. Hanson e D. W. Loveland [17], quetentaram usar a abordagem sintetica apresentada por Euclides em Os Ele-mentos (e a primeira que aprendemos no colegio). Apesar do seu sucesso

inicial, este tipo de tecnica se mostrou inadequada para automatizacao emcomputadores. De fato, programas que usam a abordagem sintetica nao

conseguem demonstrar teoremas mais sofisticados em geometria.

Em 1977, o matematico chines Wu Wen-Tsun introduziu um metodoalgebrico com o qual ele e seus discıpulos da escola chinesa — Chou Shang-

Ching, Xiao Shan-Gao e Zhang Jing-Zhong — demonstraram uma grandevariedade de teoremas em geometria, cujas provas tradicionais sao conside-

radas muito difıceis [10, 11, 12, 13, 34].


Figura 1.4: Wu Wen-Tsun.

O metodo de Wu demonstra teoremas cuja hipotese e tese podem ser

convertidas em equacoes polinomiais com coeficientes racionais (o metodoentretanto permite (e emprega) negacoes de igualdades). Uma vez que a

conversao para a linguagem algebrica e feita, o metodo verifica se o polinomiog associado a tese e identicamente nulo no conjunto dos pontos que anulam

simultaneamente todos os polinomios hi, i = 1, . . . , n associados a hipotese:

h1 = 0 ∧ h2 = 0 ∧ · · · ∧ hn = 0 ⇒ g = 0.

Isto pode ser feito empregando bases de Grobner [15, 16] ou pseudo-divisoessucessivas [11, pp. 12–13].

Por outro lado, as demonstracoes geradas pelo metodo de Wu (ou bases

de Grobner) sao difıceis de acompanhar. Dependendo do teorema que sequer provar, as demonstracoes produzidas pelo metodo usam polinomios

com centenas de parcelas e mais de uma duzia de variaveis!

Neste curso estudaremos um dos metodos que geram demonstracoes quesao legıveis aos olhos humanos: o metodo da area. Como veremos, o metodo

e realmente muito simples. Ele se estabelece a partir do conceito de areacom sinal e da relacao entre as areas (orientadas) de dois triangulos com um

lado comum.

Introducao 5

O metodo da area tradicional e muito antigo. A demonstracao de Eucli-des para o teorema de Pitagoras, por exemplo, faz o uso de areas [25, livro

I, proposicao 47]. De maneira curiosa, o emprego de areas para se resol-ver problemas em geometria nao e um habito ocidental. De fato, a ferra-

menta padrao que estamos acostumados a usar e semelhanca ou congruenciade triangulos. Contudo, em muitos casos, nao e evidente quais triangulosconsiderar. Para que isto aconteca, construcoes nao-intuitivas de retas au-

xiliares sao necessarias. Como o leitor podera perceber ao longo do curso,triangulos com um lado em comum aparecem muito mais naturalmente em

um enunciado de um teorema em geometria do que triangulos semelhantesou congruentes.

Capıtulo 2

Segmentos orientados e areas comsinal

Os conceitos de segmentos orientados e areas com sinal permitem simplifi-car em muito o enunciado e a demonstracao de teoremas em geometria. Com

eles, casos que tradicionalmente seriam estudados um a um sao tratados deuma vez so.

2.1 Segmentos orientados

Definicao 2.1 (Segmento orientado) Um segmento orientado

nada mais e do que um segmento de reta onde se atribui uma es-colha para as extremidade inicial e final do segmento. Usaremos a

notacao AB para designar o segmento orientado cuja a extremidadeinicial e A e a extremidade final e B. A medida de um segmento ori-entado AB que, por abuso de notacao, tambem sera denotada por AB

e definida da seguinte maneira: se A e B sao dois pontos de uma retaorientada l, entao

AB =

{+|AB|, se AB tem a mesma orientacao da reta l,−|AB|, caso contrario,

onde |AB| representa a medida euclidiana convencional do segmentode reta com extremidades A e B (figura 2.1).

Segmentos orientados e areas com sinal 7

A B l

Figura 2.1: O segmento orientado AB.

Note que

AB = −BA e AB = 0 se, e somente se, A = B. (2.1)

Se A, B, C e D sao quatro pontos de uma reta l em que A �= B, podemos

considerar a razao

t =CD

AB,

de modo que CD = t · AB. Note que AB e CD tem a mesma orientacaose t > 0 e orientacoes diferentes se t < 0 (figura 2.2), independentemente da

orientacao escolhida para a reta l.

A BC D l

Figura 2.2: CD/AB ≥ 0 pois CD e AB possuem a mesma orientacao.

Cuidado: este tipo de comparacao so e possıvel se os quatro pontos esti-

verem sobre uma mesma reta, pois o sinal de AB depende da orientacao dareta que passa por A e B!

Se P e um ponto da reta←→AB, vale que

AB = AP + PB, (2.2)

ou ainda, queAP

AB+

PB

AB= 1. (2.3)


Note a vantagem de trabalharmos com segmentos orientados: se tives-semos que relacionar os comprimentos euclidianos habituais |AB|, |AP | e

|PB|, terıamos que considerar tres situacoes: (1) P entre A e B, (2) B entreA e P e (3) A entre P e B (exercıcio [01]). A equacao 2.2 incorpora de uma

vez so todas estas tres situacoes!

Ainda com relacao a equacao 2.2, e claro que para dois numeros s e tsatisfazendo s + t = 1, existe um unico ponto P na reta

←→AB que satisfaz

AP/AB = t e PB/AB = s.

Em particular, M e o ponto medio do segmento AB se, e somente se,AM/AB = MB/AB = 1/2.

2.2 Areas com sinal

A area (convencional) de um triangulo ∆ABC formado por tres pontos A,B e C nao-colineares e definida por

∇ABC =b · h2

,

onde h e a medida de uma altura relativamente a uma base de medida b dotriangulo.

Definicao 2.2 (Area com sinal de um triangulo) Sejam A, B

e C tres pontos do plano. Se A, B e C forem colineares, definimos aarea com sinal SABC do triangulo (degenerado) ∆ABC como sendo 0.

Se, por outro lado, A, B e C forem nao-colineares, entao definimos

SABC = +∇ABC

se A, B e C estao dispostos no sentido anti-horario e

SABC = −∇ABC

se A, B e C estao dispostos no sentido horario, onde∇ABC representaa area convencional do triangulo ∆ABC (figura 2.3).


B C

A

b

h

SABC = +∇ABC = +b · h2

B C

A

b

h SABC = −∇ABC = −b · h2

Figura 2.3: A area com sinal de um triangulo.

Segue imediatamente da definicao de area com sinal de um triangulo que

SABC = SBCA = SCAB = −SACB = −SBAC = −SCBA. (2.4)

Se ∆ABC e um triangulo, um ponto P no plano determina outros trestriangulos: ∆PAB, ∆PBC e ∆PCA (figura 2.4). Com a nocao de areas

com sinal, podemos relacionar as areas destes quatro triangulos atraves deuma unica expressao:

SABC = SPAB + SPBC + SPCA. (2.5)

B C

A

P

Figura 2.4: SABC = SPAB + SPBC + SPCA e ∇ABC = +∇PAB +∇PBC +∇PCA.


Se estivessemos trabalhando com areas convencionais, seriam necessariasoutras seis relacoes, dependendo da posicao do ponto P (figura 2.5)!

B C

A

P

B C

A

P

∇ABC=+∇PAB+∇PBC−∇PCA ∇ABC=+∇PAB−∇PBC+∇PCA

B C

A

P

B C

A

P

∇ABC=−∇PAB+∇PBC+∇PCA ∇ABC=−∇PAB−∇PBC+∇PCA

B C

A

P

B C

A

P

∇ABC=+∇PAB−∇PBC−∇PCA ∇ABC=−∇PAB+∇PBC−∇PCA

Figura 2.5: SABC = SPAB + SPBC + SPCA.


Usando geometria analıtica, e facil obter uma formula explıcita para SABC

em termos das coordenadas dos vertices A, B e C: se A = (xA, yA), B =

(xB, yB) e C = (xC, yC), entao

SABC =1

2· det

⎛⎝

⎡⎣ xA yA 1

xB yB 1xC yC 1

⎤⎦

⎞⎠ (2.6)

=1

2·[(xA − xB) · (yB − yC)− (yA − yB) · (xB − xC)

].

Note que, com a expressao 2.6, e possıvel demonstrar a relacao 2.5 dire-tamente, sem a necessidade de considerar separadamente cada um dos setecasos das figuras 2.4 e 2.5. Mais facil ainda: verificar a validade de 2.5 e

verificar se um polinomio nas duas variaveis xP e yP e identicamente nulo.Se o fizermos para xP e yP em um aberto, isto e, se demonstrarmos que

este polinomio se anula em um conjunto aberto, concluiremos que ele seanula sempre! Dito de outra maneira: se demonstrarmos que a relacao 2.5

e verdadeira para apenas um dos sete casos das figuras 2.4 e 2.5, estaremosdemonstrando que ela e verdadeira para todos os casos! Usaremos esta ideia

com muita frequencia neste curso!

Podemos tambem definir a area de quadrilateros orientados. Dados quatro

ponto A, B, C e D no plano, existem 6 maneiras de percorrer estes vertices.Assim, existem seis orientacoes possıveis para um quadrilatero (figura 2.6).

Definicao 2.3 (Area com sinal de um quadrilatero) A area(com sinal) SABCD de um quadrilatero orientado �ABCD e definida

porSABCD = SABC + SACD. (2.7)

AD

B

C


A partir da relacao 2.5, nao e difıcil de se mostrar (exercıcio [01]) que

a area com sinal SABCD esta bem definida, isto e, ela independe daescolha inicial do vertice que compoe o ciclo A→ B → C → D → A:

SABCD = SBCDA = SCDAB = SDABC .

AD

B

C

AD

B

C

A→ B → C → D → A A→ B → D → C → A

AD

B

C

AD

B

C

A→ C → B → D → A A→ C → D → B → A

AD

B

C

AD

B

C

A→ D → B → C → A A→ D → C → B → A

Figura 2.6: Seis maneiras diferentes de orientar um quadrilatero.


Observe que a area com sinal pode ser generalizada para um polıgonocom um numero arbitrario de lados.

Exercıcios

Secao 2.1

[01] Sejam A e B dois pontos pontos distintos e seja P um ponto sobre areta l que passa por A e B. Relacione os comprimentos euclidianos|AB|, |AP | e |PB| de acordo com a posicao relativa do ponto P .

[02] Sejam A, B e C tres pontos colineares. Mostre que (AB)2 + (BC)2 =(AC)2 + 2 · AB · CB.

[03] Sejam A, B, C e D quatro pontos colineares. Mostre que AB · CD +AC ·DB + AD ·BC = 0.

[04] Dizemos que quatro pontos colineares A, B, C e D formam uma se-quencia harmonica se AC/BC = −AD/BD. Mostre que quatro pontoscolineares A, B, C e D formam uma sequencia harmonica se, e somente

se, AB/CB + AB/DB = 2.

[05] Mostre que quatro pontos colineares A, B, C e D formam uma sequenciaharmonica se, e somente se, MC ·MD = (MA)2, onde M e o ponto

medio de AB.

[06] Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B �= C. Mostre quese BH/HC = BD/DC, entao D = H.

Secao 2.2

[07] Prove que

SABCD = SBCDA = SCDAB = SDABC =

− SDCBA = −SCBAD = −SBADC = −SADCB.

Em particular, conclua que a area com sinal de um quadrilatero �ABCDindepende da escolha inicial do vertice que compoe o ciclo A → B →C → D → A.


[08] Quantas orientacoes diferentes podemos atribuir a um polıgono com nlados?

[09] Prove as identidades abaixo.

(a) SABCD = SABC − SADC = SBCD − SBAD.

(b) SABBC = SABCC = SAABC = SABCA = SABC .

[10] Prove que se A, B, C, P e Q sao cinco pontos em um mesmo plano,entao SPAQB + SPBQC = SPAQC.

Capıtulo 3

Proposicoes basicas e exemplos

Duas proposicoes basicas sustentam o metodo da area. Apesar de suasimplicidade, veremos que estas proposicoes, por si so, ja sao suficientespara demonstrar varios teoremas nao-triviais em geometria.

3.1 O teorema do co-lado

Proposicao 3.1 Sejam A, B e C tres pontos colineares distintos. Se Pe um ponto que nao esta na reta

←→AB, entao

SPBC

SPAB=

BC

AB(3.1)

ou, se t ∈ R e tal que BC = t · AB, entao SPBC = t · SPAB.

A B C

P

Figura 3.1: SPBC/SPAB = BC/AB.


Demonstracao: Considere o caso ilustrado na figura 3.1, com B entre A e Ce os triangulos ∆PAB e ∆PBC orientados no sentido anti-horario. Dado

que ∆PAB e ∆PBC possuem a mesma altura h, temos que

SPBC

SPAB=∇PBC

∇PAB=

|BC| · h2

|AB| · h2

=|BC||AB| =

BC

AB.

Os demais casos (A entre B e C, C entre A e B, os triangulos orientados nosentido horario ou no sentido anti-horario) sao tratados analogamente (ou,

se preferir, basta usar o argumento dado na pagina 11: um caso prova todosos demais).

Observacao.

Na configuracao geometrica descrita na proposicao 3.1, com A, B e C pon-tos colineares e P um ponto nao-colinear com A, B e C, a equacao 3.1 nos diz

que podemos substituir uma divisao de areas com sinal que envolve o ponto Ppor uma razao de segmentos orientados onde P nao aparece, isto e, podemos

usar a equacao 3.1 para eliminar o ponto P da expressao SPBC/SPAB! Evi-dentemente, o resultado continua valido mesmo quando, nesta expressao, P

nao aparece no inıcio:

SBPC

SAPB=

SBCP

SABP=

SPBC

SPAB=

BC

AB.

O proximo teorema tambem tem um carater “eliminatorio”. Ele nos ensina,

sob certas condicoes, como eliminar um ponto que e intersecao de duas retas.

Proposicao 3.2 (o teorema do co-lado) Seja M a intersecao das

retas←→AB e

←→PQ. Se Q �= M , entao

SPAB

SQAB=

PM

QM. (3.2)

Proposicoes basicas e exemplos 17

P

Q

A BM

Figura 3.2: O teorema do co-lado: M =←→AB ∩←→PQ⇒ SPAB/SQAB = PM/QM .

Demonstracao 1: Temos

SPAB

SQAB=

SPAB

SPAM· SPAM

SQAM· SQAM

SQAB

(∗)=

AB

AM· PM

QM· AM

AB=

PM

QM,

onde, em (∗), usamos a proposicao basica 3.1.

Demonstracao 2: Seja N um ponto sobre a reta←→AB tal que MN = AB.

P

Q

A BM N


Desta maneira,

SPAB

SQAB=

SPMN

SQMN

(∗)=

PM

QM,

onde, em (∗), usamos a proposicao basica 3.1.

Observacao.

A ferramenta basica que aprendemos no ensino medio para atacar pro-blemas de geometria e semelhanca (ou congruencia) de triangulos. Contudo,

nem sempre e obvio identificar quais triangulos sao semelhantes na confi-guracao geometrica descrita pelo problema. Para obter triangulos semelhan-

tes, lanca-se mao de retas auxiliares nada intuitivas!

Nestas configuracoes geometricas, e muito mais facil encontrar trianguloscom um lado em comum do que triangulos semelhantes (veja, por exemplo,a configuracao geometrica na figura 3.2).

3.2 Exemplos: os teoremas de Ceva e Menelau

Teorema 3.1 Sejam ∆ABC um triangulo e P um ponto qualquer doplano. Seja D o ponto de intersecao das retas

←→AP e

←→CB:

D =←→AP ∩←→CB.

Analogamente, considere as intersecoes:

E =←→PB ∩←→AC e F =

←→CP ∩←→AB

(figura 3.3). Vale entao que

PD

AD+

PE

BE+

PF

CF= 1 (3.3)


B

C

P

A

DE

F

Figura 3.3: PD/AD + PE/BE + PF/CF = 1.

Note o aspecto construtivo da hipotese deste teorema, onde cada ponto edefinido ou construıdo por vez!

1. Os pontos A, B, C e P sao definidos livremente.

2. Os pontos D, E eF sao construıdos, respectivamente, como a in-tersecao da reta

←→AP com a reta

←→CB, da reta

←→PB com a reta

←→AC

e da reta←→CP com a reta

←→AB, retas estas que, por sua vez, dependem

dos pontos livres A, B, C e P introduzidos anteriormente.

A ideia da demonstracao e eliminar os pontos construıdos do lado esquerdo

PD

AD+

PE

BE+

PF

CF

da tese (equacao 3.3) do teorema, em ordem contraria a que eles foram

introduzidos, ate que somente pontos livres aparecam na expressao. Estaexpressao final sera igual ou facilmente redutıvel ao lado direito da tese (no

caso, o numero 1).

Demonstracao: Vamos usar o teorema do co-lado para eliminar os pontos D,


E e F . Assim,⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

D =←→AP ∩←→BC e D �= A ⇒ SPBC

SABC=

PD

AD,

E =←→BP ∩←→AC e E �= B ⇒ SPAC

SBAC=

PE

BE,

F =←→CP ∩←→AB e F �= C ⇒ SPAB

SCAB=

PF

CF.

Sendo assim,

PD

AD+

PE

BE+

PF

CF=

SPBC

SABC+

SPAC

SBAC+

SPAB

SCAB

(∗)=

SPBC

SABC+−SPCA

−SABC+

SPAB

SABC

=SPBC + SPCA + SPAB

SABC

(∗∗)=

SABC

SABC= 1,

onde, em (∗) usamos a propriedade de permutacao 2.4 (pagina 9) e, em (∗∗)a propriedade de decomposicao 2.5 (pagina 9).

Observacao.

Evidentemente, o teorema que acabamos de demonstrar nao e valido paraqualquer escolha dos pontos A, B, C e P . Por exemplo, o triangulo ∆ABC

deve ser nao-degenerado (isto e, SABC �= 0) e o ponto P deve ser tal que asintersecoes D, E e F sejam todas normais (isto e, existe apenas um ponto de

intersecao entre cada par de retas, de forma que D, E e F estejam bem defi-nidos). Estas condicoes sao denominadas condicoes de nao-degenerescencia

do teorema. Trataremos deste assunto, com detalhes, mais adiante.

Teorema 3.2 (Ceva) Sejam ∆ABC um triangulo, P um ponto qual-

quer do plano, D =←→AP ∩←→CB, E =

←→PB ∩←→AC e F =

←→CP ∩←→AB, como

no teorema 3.1 (figura 3.3). Vale entao que

AF

FB· BD

DC· CE

EA= 1. (3.4)


Este teorema foi demonstrado pelo matematico italiano Giovanni Ceva(1648-1734). Com ele, e possıvel unificar varios outros resultados, como a

concorrencia das medianas, bissetrizes e alturas de um triangulo. Infeliz-mente, o teorema de Ceva nao costuma ser tratado em cursos de geometria

elementar.

Aplicacoes do teorema de Ceva (como tambem uma demonstracao usando

semelhanca de triangulos) podem ser encontradas na referencia [6]. Lembra-mos tambem que, por conta do teorema de Ceva, retas em um triangulo que

ligam um vertice com um ponto do lado oposto sao denominadas cevianas(assim, medianas, bissetrizes e alturas sao cevianas). Desta maneira, o te-orema de Ceva estabelece uma condicao necessaria para que tres cevianas

de um triangulo sejam concorrentes (veremos que esta condicao e tambemsuficiente).

Demonstracao: Vamos novamente usar o teorema do co-lado para eliminar

os pontos D, E e F . Assim,⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

D =←→BC ∩←→AP e D �= C ⇒ SBAP

SCAP=

BD

CD,

E =←→CA ∩←→BP e E �= A ⇒ SCBP

SABP=

CE

AE,

F =←→AB ∩←→CP e F �= B ⇒ SACP

SBCP=

AF

BF,

de modo que

AF

FB= −AF

BF= −SACP

SBCP,

BD

DC= −BD

CD= −SBAP

SCAPe

CE

EA= −CE

AE= −SCBP

SABP.

Consequentemente,

AF

FB·BD

DC·CE

EA=

(−SACP

SBCP

)·(−SBAP

SCAP

)·(−SCBP

SABP

)= −SACP

SCAP·SBAP

SABP·SCBP

SBCP.

Agora, pela propriedade de permutacao 2.4, sabemos que SACP = −SCAP ,

SBAP = −SABP e SCBP = −SBCP . Assim,

AF

FB· BD

DC· CE

EA= −

(−SACP

SACP

)·(−SBAP

SBAP

)·(−SCBP

SCBP

)= 1.


Teorema 3.3 (Menelau) Sejam F , D e E tres pontos sobre os la-

dos←→AB,

←→BC e

←→AC de um triangulo ∆ABC, respectivamente. Os

pontos D, E e F sao colineares se, e somente se,

AF

FB· BD

DC· CE

EA= −1. (3.5)

B

C

A

D

E

F

Figura 3.4: O teorema de Menelau: (AF/FB) · (BD/DC) · (CE/EA) = −1.

Este teorema foi demonstrado pelo matematico Menelau de Alexandria,por volta do seculo I, em seu livro Sphaerica (um tratado sobre triangulos

esfericos e suas aplicacoes a astronomia). Enquanto que o teorema de Cevaestabelece condicoes para que tres cevianas de um triangulo sejam concor-

rentes, o teorema de Menelau estabelece condicoes para que tres pontos, umsobre cada lado de um triangulo, sejam colineares. De fato, pode-se demons-trar que eles sao equivalentes (veja, por exemplo, as referencias [7, 8, 28]).

Demonstracao: Existem duas possibilidades: apenas dois dos tres pontos D,E e F estao nos segmentos AB, BC e AC (figura 3.4) ou os tres pontos estao

fora destes segmentos (figura 3.5). A prova que daremos, usando o metododa area, funciona para os dois casos.

(⇒) Suponha que E, F e G sejam colineares. Entao, pelo teorema do

co-lado,


B

C

A

D

E

F

Figura 3.5: O teorema de Menelau: (AF/FB) · (BD/DC) · (CE/EA) = −1.⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

D =←→BC ∩←→EF e D �= C ⇒ SBEF

SCEF=

BD

CD= −BD

DC,

E =←→CA ∩←→EF e E �= A ⇒ SCEF

SAEF=

CE

AE= −CE

EA,

F =←→AB ∩←→EF e F �= B ⇒ SAEF

SBEF=

AF

BF= −AF

FB,

Sendo assim, concluımos que

AF

FB· BD

DC· CE

EA=

(−SAEF

SBEF

)·(−SBEF

SCEF

)·(−SCEF

SAEF

)= −1.

(⇐) Reciprocamente, sejam E, F e D pontos sobre←→AC,

←→AB e

←→BC tais

que a equacao 3.5,AF

FB· BD

DC· CE

EA= −1,

seja valida. Seja H a intersecao das retas←→EF e

←→BC. Para mostrar que E,

F e D sao colineares, basta mostrar que D = H. Dado que D, E e H saocolineares, pelo que demonstramos na parte (⇒),

AF

FB· BH

HC· CE

EA= −1.

Comparando estas duas ultimas equacoes, concluımos que


BH

HC=

BD

DC.

Assim, pelo exercıcio [02] na pagina 13, concluımos que D = H.

3.3 Exemplos: outras categorias de problemas

Teorema 3.4 Seja ∆ABC um triangulo e sejam D e E pontos sobre

os lados←→AC e

←→AB. Defina os numeros u e v pelas relacoes

CD = u · AD e AE = v ·BE.

Se P e a intersecao das retas←→BD e

←→CE, entao

PD

PB=

u · vu− 1

. (3.6)

C

A

B

D

E

P

Figura 3.6: Se CD = u · AD e AE = v · BE, entao PD/PE = u · v/(u− 1).

Demonstracao: Como P =←→BD ∩←→CE, pelo teorema do co-lado,

PD

PB=

DP

BP=

SDCE

SBCE.


Precisamos agora eliminar os pontos E e D. Novamente, pelo teorema doco-lado,

DC

AC=

SDCE

SACEe

AE

BE=

SACE

SBCE,

dado que C =←→AD ∩←→CE e E =

←→AB ∩←→CE, respectivamente. Desta maneira,

PD

PB=

SDCE

SBCE=

SDCE

SACE· SACE

SBCE=

DC

AC· AE

BE=

CD

CA· EA

EB.

Mas CD = u · AD, CA = CD + DA = u · AD − AD = (u − 1) · AD e

EA = v · EB. Consequentemente,

PD

PB=

CD

CA· EA

EB=

u · AD

(u− 1) · AD· v · EB

EB=

u · vu− 1

.

Corolario 3.1 (Concorrencia das Medianas) As tres medianasde um triangulo sao concorrentes em um ponto P que divide cadamediana na proporcao 2 por 1. Mais precisamente, dado um trian-

gulo ∆ABC, se D, E e F sao, respectivamente, os pontos mediosdos segmentos AC, AB e BC, entao as retas

←→BD,

←→CE e

←→AF sao

concorrentes em um ponto P e

BP = 2 · PD, CP = 2 · PE e AP = 2 · PF .

O ponto P e denominado baricentro ou centro de gravidade do trian-gulo ∆ABC.

Demonstracao: Seja P a intersecao das retas←→BD e

←→CE. Como D e E sao

pontos medios dos segmentos AC e AB, respectivamente, vale que

CD = −AD e AE = −BE,

isto e, u = v = −1 no teorema anterior. Portanto,

PD

PB=

u · vu− 1

= −1

2.

Isto mostra que BP = 2 · PD. Precisamos agora mostrar que a reta←→AF


passa pelo ponto P . Ora, se Q e a intersecao das retas←→BD e

←→AF , entao

pelo teorema anterior, QD/QB = −1/2 = PD/PB. Pelo exercıcio [02] na

pagina 13, concluımos que, necessariamente, P = Q. Por simetria, isto e,trocando-se os nomes dos vertices do triangulo ∆ABC, concluımos que

CP = 2 · PE e AP = 2 · PF .

Teorema 3.5 Com as mesmas hipoteses do teorema 3.4, vale que

SPBC

SABC=

u

u− 1− u · v . (3.7)

Demonstracao: Pela propriedade de decomposicao 2.5 e pela propriedade de

permutacao 2.4 (pagina 9), temos que

SABC

SPBC=

SAPC

SPBC+

SABP

SPBC+

SPBC

SPBC= −SAPC

SBPC− SAPB

SCPB+ 1.

Agora, como E =←→AB∩←→PC e D =

←→AC∩←→PB, pelo teorema do co-lado, temos

que

SABC

SPBC= −SAPC

SBPC− SAPB

SCPB+ 1 = −AE

BE− AD

CD+ 1.

Mas AE = v · BE e CD = u · AD. Portanto,

SABC

SPBC= −v · BE

BE+

AD

u · AD+ 1 = −v − 1

u+ 1 =

u− 1− u · vu

.

Sendo assim, SPBC/SABC = u/(u− 1− u · v).

Teorema 3.6 Considere tres pontos D, E e F sobre os lados←→AC,←→

AB e←→BC de um triangulo ∆ABC. Defina os numeros u, v e w pelas

expressoes

u =CD

AD, v =

AE

BEe w =

BF

CF.


Temos entao que

SPQR

SABC=

(1 + u · v · w)2

(1− u + u · v) · (1− v + v · w) · (1− w + w · u).

C

A

B

D

E

F

Q

RP

Figura 3.7: Se CD = u AD, AE = v BE e BF = w CF , entao SPQR/SABC =(1 + uvw)2/((1− u + uv)(1− v + vw)(1− w + wu)).

Demonstracao: Usando a propriedade de decomposicao 2.5 (pagina 9) e o

teorema anterior, temos que

SPQR = SABC − SPBC − SQCA − SRAB

=

(1− u

u− 1− u · v −v

v − 1− w · v −w

w − 1− w · u)· SABC

=(1 + u · v · w)2

(1− u + u · v) · (1− v + w · v) · (1− w + w · u)· SABC ,

de onde se segue o resultado.

Note, por exemplo, que se u = v = w = −1/2, isto e, se DA = 2 CD,

EB = 2 AE e CF = 2 FB, entao


SPQR =1

7SABC .

C

A

B

D

E

F

Q

R P (1 3) jAC jÁ

(2 3) jAC jÁ

(1 3) jAC jÁ

(2 3) jAC jÁ

(1 3) jBC jÁ

(2 3) jBC jÁ

ABC(1 7) SÁ

Figura 3.8: Se DA = 2 CD, EB = 2 AE e CF = 2 FB, entao SPQR =(1/7) SABC.

Corolario 3.2 (Versao forte do teorema de Ceva) Consi-

dere tres pontos D, E e F sobre os lados←→AC,

←→AB e

←→BC de um

triangulo ∆ABC. Defina os numeros u, v e w pelas expressoes

u =CD

AD, v =

AE

BEe w =

BF

CF.

Entao as retas←→AF ,

←→BD e

←→CE sao concorrentes se, e somente se,

SPQR = 0, isto e, se, e somente se, u · v · w + 1 = 0 ou

CD

AD· AE

BE· BF

CF= −1.

O teorema do co-lado nos ensina como eliminar o ponto de intersecao Mde duas retas

←→AB e

←→PQ em uma razao de segmentos orientados da forma

PM/QM , reescrevendo-a em termos dos pontos A, B, P e Q que definem


as duas retas. O proximo lema nos ensina como eliminar o ponto M caso eleapareca em uma area com sinal da forma SMBQ.

Lema 3.1 (de eliminacao) Como no teorema do co-lado, seja M a

intersecao das retas←→AB e

←→PQ. Entao

SBPQ

SBPAQ=

MB

AB=

SMBQ

SABQ, (3.8)

isto e,

SMBQ =SBPQ · SABQ

SBPAQ. (3.9)

P

Q

A BM

Figura 3.9: Se M =←→AB ∩←→PQ, entao SBPQ/SBPAQ = MB/AB = SMBQ/SABQ.

Demonstracao: Como B =←−→AM ∩←→BQ, pelo teorema do co-lado temos que

SABQ

SMBQ=

AB

MB.

Por outro lado,

SBPAQ

SBPQ=

SBPQ + SPAQ

SBPQ

= 1− SAPQ

SBPQ

(∗)= 1− AM

BM= 1 +

AM

MB=

AM + MB

MB=

AB

MB.


Consequentemente, vale que SABQ/SMBQ = AB/MB = SBPAQ/SBPQ, oque estabelece o lema. Note que, em (∗), usamos o teorema do co-lado para

M =←→AB ∩←→PQ.

Teorema 3.7 (Construcao com regua de uma sequencia

harmonica) Sejam L a intersecao das retas←→AB e

←→CD, K a intersecao

de←→AD e

←→BC, F a intersecao de

←→BD e

←→KL e G a intersecao de

←→AC

e←→KL. Entao

LF

KF=

LG

GK. (3.10)

A

B

C

D

L KF G

Figura 3.10: LF/KF = LG/GK.

Demonstracao: Para eliminar o ponto F , usaremos o teorema do co-lado:F =

←→LK ∩←→BD, de modo que

LF

KF=

SLBD

SKBD.

Precisamos agora eliminar os pontos K e L que aparecem nas expressoes SLBD

e SKBD. Para isto, vamos usar o lema de eliminacao 3.1:

SLBD =SBCD · SABD

SBCADe SKDB =

SDCB · SADB

SDCAB= −SKBD


ja que L e a intersecao dos lados←→AB e

←→CD do quadrilatero �ABCD e K e

a intersecao dos lados←→AD e

←→BC do mesmo quadrilatero. Desta maneira

LF

KF=

SLBD

SKBD=

SBCD · SABD

SBCAD

−SDCB · SADB

SDCAB

=

SBCD · SABD

SBCAD

−SBCD · SABD

SDCAB

= −SDCAB

SBCAD.

Analogamente, demonstra-se que LG/GK = −SDCAB/SBCAD, de onde se

obtem a igualdade LF/KF = LG/GK desejada.

Teorema 3.8 Se R e um ponto sobre a reta←→PQ, entao

SRAB =PR

PQ· SQAB +

RQ

PQ· SPAB. (3.11)

para dois pontos A e B quaisquer.

A B

P

Q

R

Figura 3.11: SRAB = (PR/PQ) · SQAB + (RQ/PQ) · SPAB.

Demonstracao: Temos:

SRAB(1)= SPAB + SRAP + SRPB

(2)= SPAB +

PR

PQ· SQAP +

PR

PQ· SQPB

= SPAB +PR

PQ· SQAP − PR

PQ· SBPQ

= SPAB +PR

PQ· (SQAP − SBPQ)

(3)= SPAB +

PR

PQ· (SAPB + SABQ)


= SPAB − PR

PQ· SPAB +

PR

PQ· SABQ

=

(1− PR

PQ

)· SPAB +

PR

PQ· SABQ =

RQ

PQ· SPAB +

PR

PQ· SQAB,

onde, em (1) usamos a propriedade de decomposicao 2.5 (figura 3.12), em (2)

o teorema do co-lado e, em (3), a propriedade de decomposicao mais umavez (figura 3.13).

A B

P

Q

R


AB

P

Q

R



Teorema 3.9 Seja ∆ABC um triangulo inscrito em uma circun-

ferencia C de centro O e sejam

K =←→AO ∩←→BC, L =

←→BO ∩←→AC e M =

←→CO ∩←→AB.

Defina os pontos P , Q e R como os pontos simetricos com relacao aocentro O de C dos pontos A, B e C, respectivamente (figura 3.14).

KP

AK+

LQ

BL+

MR

CM= 1 (3.12)

O

A B

C

K

L

M

P

Q

RC

Figura 3.14: KP/AK + LQ/BL + MR/CM = 1.

Demonstracao: Como M =←→RC ∩←→AB, L =

←→QB ∩←→AC e K =

←→PA∩←→BC, pelo

teorema do co-lado segue-se que

RM

CM=

SABR

SABC,

QL

BL=

SACQ

SACB= −SACQ

SABCe

PK

AK=

SBCP

SABC,

de modo que

KP

AK+

LQ

BL+

MR

CM= −PK

AK− QL

BL− RM

CM=−SABR + SACQ − SBCP

SABC.


Agora, O e ponto medio dos segmentos AP , BQ e CR. Assim, pelo teo-rema 3.8,

SABR =CR

CO· SABO +

RO

CO· SABC = 2 SABO − SABC ,

SACR =BQ

BO· SACO +

QO

BO· SACB = 2 SACO + SABC ,

SBCP =AP

AO· SBCO +

PO

AO· SBCA = 2 SBCO − SABC .

Desta maneira, podemos escrever que

KP

AK+

LQ

BL+

MR

CM=−2 SABO + SABC + 2 SACO + SABC − 2 SBCO + SABC

SABC

=−2 (SABO − SACO + SBCO) + 3 SABC

SABC

(1)=−2 (SABO + SAOC + SBCO) + 3 SABC

SABC

(2)=−2 SABC + 3 SABC

SABC=

SABC

SABC= 1,

onde, em (1) usamos que SAOC = −SACO (propriedade de permutacao) e,

em (2), que SABC = SABO +SAOC +SBCO (propriedade de decomposicao).

O proximo teorema e uma importante generalizacao do lema de eliminacao 3.1.

Teorema 3.10 SeY =

←→PQ ∩←→UV ,

entao

SABY =1

SPUQV· (SPUV · SABQ + SQV U · SABP ) .


A B

V

UP

Q

Y

Demonstracao: Pelo teorema 3.8, temos que

SABY =PY

PQ· SABQ +

Y Q

PQ· SABP .

Mas, pelo lema de eliminacao,

Y Q

PQ=

SV UQ

SPUQV

e Y P/QP = SUV P/SPUQV , de modo que

PY

PQ=

SUV P

SPUQV.

Sendo assim,

SABY =SUV P · SABQ

SPUQV+

SV UQ + SABP

SPUQV

=1



Teorema 3.11 (Pappus) Sejam r e s duas retas, A, B e C pontos

em r e D, E e F pontos em s. Os pontos

P =←→AE ∩←→DB, Q =

←→AF ∩←→DC e R =

←→BF ∩←→EC

sao sempre colineares.

A

B

Cr

D

E

Fs

P Q R

Figura 3.15: O teorema de Pappus.

Demonstracao: Uma maneira de se demonstrar que P , Q e R sao colinearese definir X =

←→PQ ∩←→BF , Y =

←→PQ ∩←→EC e entao mostrar que X = Y . Mas,

pelo exercıcio [02] na pagina 13, para mostrar que X = Y , basta mostrarque

PX

QX=

PY

QY, ou ainda, que

PX

QX· QY

PY= 1.

Podemos eliminar X e Y na expressao (PX/QX) · (QY /PY ) usando o teo-rema do co-lado:

PX

QX· QY

PY=

SPBF

SQBF· SQCE

SPCE. (*)


Precisamos agora eliminar os pontos P e Q nesta expressao. Para isto, vamosusar o teorema 3.10:

P =←→BD ∩←→AE ⇒

SPBF = SBFP =SBAE · SBFD + SDEA · SBFB

SBADE=

SBAE · SBFD

SBADE,

Q =←→AF ∩←→CD⇒

SQBF = SBFQ =SACD · SBFF + SFDC · SBFA

SACFD=

SFDC · SBFA

SACFD,

Q =←→CD ∩←→AF ⇒

SQCE = SCEQ =SCAF · SCED + SDFA · SCEC

SCADF=

SCAF · SCED

SCADF,

P =←→AE ∩←→BD ⇒

SPCE = SCEP =SABD · SCEE + SEDB · SCEA

SABDE=

SEDB · SCEA

SABED.

Substituindo estas expressoes em (∗) e lembrando que SBADE = −SABED

e SACFD = −SCADF , segue-se que

PX

QX· QY

PY=

SBAE · SBFD

SFDC · SBFA· SCAF · SCED

SEDB · SCEA=

SBAE

SCEA· SBFD

SEDB· SCAF

SBFA· SCED

SFDC

=SBAE

SACE· SBFD

SBED· SCAF

SABF· SCED

SCFD

Mas, pela proposicao basica 3.1 na pagina 15,

SBAE

SACE=

BA

AC,

SBFD

SBED=

FD

ED,

SCAF

SABF=

CA

ABe

SCED

SCFD=

ED

FD.

Consequentemente,PX

QX· QY

PY= 1.

Exercıcios

[01] Seja �ABCD um quadrilatero e O um ponto. Sejam E, F , G e H as

intersecoes das retas←→AO,

←→BO,

←→CO e

←→DO com as diagonais

←→BD,

←→AC,←→

BD e←→AC do quadrilatero, respectivamente. Mostre que

AH

HC· CF

FA· BE

ED· DG

GB= 1.


[02] Com as mesmas hipoteses do teorema 3.1, mostre que

AP

AD+

BP

BE+

CP

CF= 2.

[03] Com as mesmas hipoteses do teorema 3.4, encontre uma expressao emtermos de u e v para PE/PC.

[04] Justifique cada uma das igualdades abaixo para obter uma outra de-monstracao do teorema 3.7.

LF

KF=

SLBD

SKBD=

SLBD

SKBL· SKBL

SKBD=

DA

AK· LC

DC=

SDAC

SAKC· SLAC

SDAC=

SLAC

SAKC=

LG

GK.

[05] Dados tres pontos A, B e C colineares, realize as seguintes construcoes

geometricas:

(1) Escolha um ponto E que nao seja colinear com A e B.

(2) Trace as retas←→EA,

←→EB e

←→EC.

(3) Escolha um ponto I aobre a reta←→EA e, em seguida, trace a reta

←→IB.

(4) Marque o ponto G que e a intersecao de←→EC e

←→IB e, em seguida,

trace a reta←→GA.

(5) Marque o ponto F que e a intersecao de←→GA e

←→EB e, em seguida,

trace a reta←→IF .

(6) Marque o ponto D que e a intersecao de←→IF e

←→AB.

Mostre que o ponto D nao depende das escolhas dos pontos E e I.

[06] Sejam A, B, C e D pontos em uma mesma reta. Suponha que P e Qsejam dois pontos tais que SPCQD �= 0. Mostre que SPAQB/SPCQD =

AB/CD.

[07] (Ainda sobre o teorema do co-lado) Se M e a intersecao das re-

tas←→AB e

←→PQ, mostre que

PM

QM=

SPAB

SQAB,

PM

PQ=

SPAB

SPAQBe

QM

PQ=

SQAB

SPAQB.


[08] Se C e D sao pontos que pertencem a reta←→AB e P e um ponto que nao

pertence a reta←→AB, mostre que

SPCD

SPAB=

CD

AB.

Capıtulo 4

Paralelismo

4.1 Caracterizacao de paralelismo via areas com sinal

Definicao 4.1 (Relacao ‖) Dizemos que duas retas←→AB e

←→CD sao

paralelas se elas nao possuem pontos em comum. Usaremos a notacao

AB ‖ CD

para representar o fato de que os pontos A, B, C e D satisfazem pelomenos uma das tres condicoes seguintes:

(a)←→AB e

←→CD sao retas paralelas,

(b) A = B ou C = D ou

(c) A, B, C e D sao colineares.

Definicao 4.2 (Paralelogramo) Um paralelogramo e um qua-

drilatero ABCD orientado com AB ‖ CD, BC ‖ AD e tal que ne-nhuma escolha de tres de seus vertices resulte em pontos colineares.

Note que, se ABCD e um paralelogramo, entao AB e DC possuem amesma direcao, independentemente da orientacao escolhida para ABCD.

Com isto, podemos estabelecer a seguinte definicao.

Paralelismo 41

Definicao 4.3 (Razao de dois segmentos paralelos) Seja

ABCD um paralelogramo. Dados dois pontos P e Q em←→DC, defi-

nimosPQ

AB=

PQ

DC(4.1)

como a razao dos dois segmentos paralelos PQ e AB.

Proposicao 4.1 Sejam A, B, C e D quatro pontos. Entao AB ‖ CD

se, e somente se, SABC = SABD (ou, equivalentemente, SADBC = 0).

Demonstracao: (⇒) Se AB ‖ CD, entao (a)←→AB e

←→CD sao retas paralelas,

(b) A = B ou C = D ou (c) A, B, C e D sao colineares. No caso (a),

∆ABC e ∆DBC sao dois triangulos de mesma base (|BC|), mesma alturae mesma orientacao, de modo que SABC = SBCD. No caso (b), se A = B,

entao SABC = SBBC = 0 = SBBD = SABD e, se C = D, entao, obviamente,SABC = SABD. No caso (c), SABC = 0 = SABD, ja que os quatro pontos sao

colineares. A demonstracao da recıproca (⇐) fica como exercıcio.

4.2 Exemplos com paralelismo

Teorema 4.1 Seja O a intersecao das duas diagonais←→AC e

←→BD de

um paralelogramo ABCD (figura 4.1). Entao AO = OC, isto e,AO/OC = 1.

Demonstracao: Vamos reescrever o enunciado do teorema em termos cons-trutivos:

1. Os pontos A, B e C sao definidos livremente.

2. O ponto D e construıdo pela condicao de que←→AB e

←→CD sejam retas

paralelas satisfazendo AB = DC.

3. O ponto O e construıdo como a intersecao das retas←→AC e

←→BD.


A B

D C

O

Figura 4.1: No paralelogramo ABCD, AO = OC.

Usaremos as proposicoes basicas para eliminar os pontos na equacao que

representa a tese do teorema, na ordem inversa em que eles foram definidos,ate obter uma expressao que e trivialmente verdadeira, envolvendo apenasos pontos livres. Assim, temos:

AO

OC= −AO

CO

(1)= −SABD

SCBD=

SABD

SBCD

(2)=

SABC

SBCA

(3)=

SABC

SABC= 1,

onde em (1) usamos o teorema do co-lado (ja que O =←→AC ∩←→BD) e, em (2),

usamos a proposicao 4.1: SABD = SABC (pois AB ‖ CD) e SBCD = SBCA

(pois BC ‖ AD). Em (3), usamos a propriedade de permutacao 2.4.

Teorema 4.2 (Tales) Se tres retas paralelas r, s e t cortam a reta m

em A, B e C e a reta n em X, Y e Z (figura 4.2), entao

AB

CB=

XY

ZY. (4.2)

Demonstracao: Temos

AB

CB

(1)=

SABY

SCBY

(2)=

SXBY

SZBY

(3)=

XY

ZY,

onde, nos passos (1) e (3), usamos o teorema do co-lado (ja que, respec-

tivamente, B =←→AC ∩ ←→BY e Y =

←→XZ ∩ ←→BY ) e, no passo (2), usamos a

Paralelismo 43

proposicao 4.1: SABY = SXBY (dado que AX ‖ BY ) e SCBY = SZBY (dadoque CZ ‖ BY ).

C

A Xr

m n

s

tZ

B Y

Figura 4.2: Teorema de Tales (AB/CB = XY /ZY ).

Teorema 4.3 Sejam←→AB e

←→CD duas retas paralelas tais que

←→AC e

←→BD

sejam concorrente em um ponto P . Se Q =←→AD∩←→BC e M =

←→PQ∩←→AB,

entao M e o ponto medio do segmento AB, isto e, AM = MB.

A B

C D

P

Q

M

Figura 4.3: AM = MB.


Demonstracao: Pelo teorema do co-lado, podemos eliminar o ponto M =←→AB ∩←→PQ: AM/BM = SAPQ/SBPQ, de modo que

AM

MB= −AM

BM= −SAPQ

SBPQ= −SPAQ

SPBQ.

Precisamos agora eliminar o ponto Q nas expressoes SPAQ e SPBQ. Como

A =←→QD∩←→AP , pelo teorema do co-lado mais uma vez, QA/DA = SQAP/SDAP

e, consequentemente,

SPAQ =AQ

AD· SPAD.

Agora, pelo lema de eliminacao 3.1 (pagina 29), AQ/AD = SABC/SABDC .Desta maneira,

SPAQ =SABC

SABDC· SPAD =

SABC

SBDCA· SPAD.

Analogamente,

SPBQ =BQ

BC· SPBC =

SBDA

SBDCA· SPBC = − SBDA

SBDCA· SPCB.

Combinando as relacoes que deduzimos ate aqui, temos

AM

MB= −SPAQ

SPBQ= −

+SABC

SBDCA· SPAD

− SBDA

SBDCA· SPCB

=SABC · SPAD

SBDA · SPCB.

Mas AB ‖ CD, de modo que pela proposicao 4.1, SABC = SABD = SBDA.Sendo assim,

AM

MB=

SPAD

SPCB.

Agora, pela figura 4.3, usando a propriedade de decomposicao, temos que

SPAD = SPCD + SCAD e SPCB = SPCD + SCBD, de modo que

AM

MB=

SPCD + SCAD

SPCD + SCBD.

Usando novamente a proposicao 4.1, temos que SCAD = SADC = SBDC =SCBD, uma vez que AB ‖ CD. Logo

AM

MB=

SPCD + SCAD

SPCD + SCAD= 1

Paralelismo 45

Teorema 4.4 (Axioma de Pascal) Sejam A, B e C tres pontos em

uma reta e sejam P , Q e R tres pontos em outra reta. Se AQ ‖ RBe BP ‖ QC, entao AP ‖ RC.

A C

R

B

Q

P

Figura 4.4: O axioma de Pascal: Se AQ ‖ RB e BP ‖ QC, entao AP ‖ RC.

Demonstracao: Para mostrar que AP ‖ RC, pela proposicao 4.1, bastamostrar que SRAP = SCAP . Desde que AQ ‖ RB e BP ‖ QC, pela pro-

posicao 4.1, temos que SRAQ = SBAQ e SBPQ = SBPC, respectivamente.Desta maneira,

SRAP(1)= SRAQ + SAPQ = SBAQ + SAPQ

(2)= SBAPQ =

SBAP + SBPQ = SBAP + SBPC(3)= SCAP ,

onde, em (1), (2) e (3), usamos a propriedade de decomposicao.

Teorema 4.5 (Axioma de Desargues) Sejam r, s e t tres retas

distintas, concorrentes em um ponto S. Sejam A e X pontos em r, Be Y pontos em s e C e Z pontos em t tais que AB ‖ XY e AC ‖ XZ

(figura 4.5). Entao BC ‖ Y Z.


SA

C

X

B Y

r

s

t

Z

Figura 4.5: O axioma de Desargues: se AB ‖ XY e AC ‖ XZ, entao BC ‖ Y Z.

Demonstracao: Para mostrar que BC ‖ Y Z, pela proposicao 4.1, basta mos-

trar que SY BC = SZBC. Agora

SBCZ(1)=

CZ

CS· SBCS

(2)=

AX

AS· SBCS ,

onde, em (1) usamos o teorema do co-lado (C =←→SZ∩←→BC) e, em (2), usamos

o teorema de Tales. Analogamente,

SBCY =BY

BS· SBCS =

AX

AS· SBCS .

Sendo assim, SBCZ = SBCY , como querıamos.

Teorema 4.6 Sejam X, Y , Z e W pontos sobre os lados CD, DA,

AB e BC de um paralelogramo ABCD tais que

CX

CD=

DY

DA=

AZ

AB=

BW

BC=

1

3

(figura 4.6). Entao a area com sinal do quadrilatero formato pelas

retas←→AX,

←→BY ,

←→CZ e

←−→DW e 1/13 da area com sinal do paralelo-

gramo ABCD.

Paralelismo 47

A B

D CX

Y

Z

WP

Q

R

S

Figura 4.6: Se CX/CD = DY /DA = AZ/AB = BW/BC = 1/3, entaoSPQRS = SABCD/13.

Demonstracao: Seja I =←→DB ∩←→PA =

←→AX ∩←→DB (figura 4.7). Temos

SABCD

SABP=

SABD + SBCD

SABP

(1)=

SABD + SABD

SABP= 2 · SABD

SABP

(2)= 2 · SABP + SPBD + SPDA

SABP= 2 ·

(SABP

SABP− SDBP

SABP− SPAD

SPAB

)

(3)= 2 ·

(1− DY

AY− DI

BI

)(4)= 2 ·

(1− DY

AY− SDAX

SBAX

)

= 2 ·(

1 +1

2+

2

3

)=

13

3.

onde, em (1) usamos que SBCD = SABD, em (2) usamos a propriedade dedecomposicao e, em (3) e (4) usamos o teorema do co-lado (uma vez que

Y =←→DA∩←→BP , I =

←→DB ∩←→PA e I =

←→AX ∩←→DB). Analogamente, demonstra-

se que

SABCD

SBCQ=

SABCD

SCDR=

SABCD

SDAS=

13

3.

Usando a propriedade de decomposicao para areas com sinal,

SPQRS

SABCD=

SABCD − SABP − SBCQ − SCDR − SDAS

SABCD= 1− 12

13=

1

13.


A B

D CX

Y

Z

WP

Q

R

SI

Figura 4.7: Se CX/CD = DY /DA = AZ/AB = BW/BC = 1/3, entaoSPQRS = SABCD/13.

Proposicao 4.2 Sejam ABCD um paralelogramo e P e Q dois pon-tos. Entao

SAPQ + SCPQ = SBPQ + SDPQ, (4.3)

isto e,

SPAQB = SPDQC (4.4)

A B

D C

PQ

O

Figura 4.8: No paralelogramo ABCD vale que SAPQ + SCPQ = SBPQ + SDPQ.

Demonstracao: Seja O a intersecao de←→AC e

←→BD. Desde que O e o ponto

medio do segmento AC (veja o teorema 4.1 na pagina 41), pela proposicao 3.8na pagina 31, temos que

SAPQ + SCPQ = 2 · SOPQ

Paralelismo 49

pois

SOPQ =AO

AC· SAPQ +

OC

AC· SCPQ =

1

2· SAPQ +

1

2· SCPQ.

Pela mesma razao,SBPQ + SDPQ = 2 · SOPQ.

Assim,SAPQ + SCPQ = 2 · SOPQ = SBPQ + SDPQ.

Esta ultima equacao pode ser escrita na forma SBPQ−SAPQ = SCPQ−SDPQ,de modo que

SPAQB = SBPQ + SAQP = SBPQ − SAPQ

= SCPQ − SDPQ = SCPQ + SDQP = SPDQC,

o que estabelece a segunda formula.

Proposicao 4.3 Sejam ABCD um paralelogramo e P um ponto

qualquer. Entao

SPAB = SPDC − SADC = SPDAC. (4.5)

A B

D C

P

Figura 4.9: No paralelogramo ABCD vale que SPAB = SPDC − SADC = SPDAC.

Demonstracao: Pela proposicao anterior, com Q = B, SAPB + SCPB =

SBPB + SDPB. Como SBPB = 0 e permutando-se a ordem dos vertices,


obtemos que SPAB = SPDB − SPCB. Assim

SPAB = SPDB − SPCB = SDBCP = SDBC + SDCP .

Mas AB ‖ DC, assim, SBDC = SADC , isto e, SDBC = SDAC = −SADC .Consequentemente,

SPAB = −SDAC + SDCP = SPDC − SDAC .

Exercıcios

[01] Justifique cada uma das igualdades abaixo para obter uma outra de-monstracao do teorema 4.3.

AM

MB=

SPAQ

SPQB=

SPQA

SQAB·SQAB

SPQB=

PD

DB·CA

PC=

SCPD

SCDB·SCDA

SCPD=

SCDA

SCDB= 1.

[02] Se a reta←→PQ e paralela a reta

←→AB, mostre que

AB

PQ=

SPAB

SAQP.

Solucao: Seja R tal que AR = PQ. Pelo o exercıcio [07] na pagina 39e o teorema 4.2, temos

AB

PQ=

AB

AR=

SPAB

SPAR=

SPAB

SPAQ.

Capıtulo 5

Mecanizacao dos teoremas deintersecao pura de Hilbert

Em 1899, no classico Grundlagen der Geometrie em 18991, alem de forne-cer um tratamento axiomatico mais rigoroso da geometria euclidiana, David

Hilbert estabeleceu uma ponte entre o metodo dedutivo de Euclides e ometodo analıtico (computacional) de Descartes. De fato, Hilbert mostrou

como introduzir um sistema de coordenadas cartesiano a partir do sistemaaxiomatico da geometria euclidiana usando um sistema numerico (isto e, umcorpo) adequado:

Sistema Axiomatico → Sistema Numerico → Sistema de Coordenadas.

O sistema numerico a que Hilbert se refere e construıdo usando a mesma ideiade Descartes, ou seja, atraves de operacoes algebricas sobre os tamanhos de

segmentos. Mas, desta vez, estas operacoes algebricas sao usadas para criarum modelo direto dos axiomas (de Hilbert) para a geometria ([24], paginas

29–59).

Em contraste com as demonstracoes sintetica e analıtica de Euclides eDescartes, onde cada teorema possui uma prova que lhe e peculiar, Hilbert

construiu um metodo universal de demonstracao para uma classe especıficade teoremas: os assim denominados teoremas de intersecao pura. Um teo-

rema de intersecao pura tem as seguintes caracterısticas ([24], pagina 97):

1A referencia [24] e uma traducao para o ingles do original em alemao [23]. Existe umaversao eletronica deste livro disponıvel nos arquivos historicos digitais da Universidade de Michigan:http://www.hti.umich.edu/u/umhistmath/. Escolha a opcao “Browse the Mathematics Collection”, cliquena letra “H” e procure pela palavra “Hilbert”.


1. Os unicos objetos geometricos que aparecem no enunciado do teoremasao pontos e retas (em quantidade finita).

2. As unicas operacoes geometricas permitidas sao tracar uma reta por

pontos, marcar a intersecao entre duas retas e tracar uma reta paralelaa outra por um dado ponto.

3. Todos os pontos e retas envolvidos na formulacao da hipotese do te-orema podem ser definidos ou construıdos um a um, em uma ordemespecıfica (isto e, o teorema e do tipo construtivo).

4. A tese e uma propriedade sobre concorrencia ou paralelismo entre retas.

Hilbert mostrou entao que a classe de teoremas de intersecao pura e me-

canizavel, isto e, existe um metodo de decisao que permite concluir se cadateorema deste classe e verdadeiro ou falso. Na pagina 97 de [24] Hilbert

descreve este metodo universal.

Neste capıtulo, veremos como empregar o metodo da area para construir

um outro metodo de decisao para os teoremas de intersecao pura.

5.1 Descricao dos enunciados

O enunciado de um teorema de intersecao pura e formado por construcoes

envolvendo quantidades geometricas. Por quantidades geometricas, entende-mos

(QG1) a razao de dois segmentos orientados em uma mesma reta ou em retasparalelas ou

(QG2) a area com sinal de um triangulo ou quadrilatero orientados.

Uma construcao e usada para introduzir um novo ponto a partir dos pontos

existentes. Para o caso de teoremas de intersecao pura, estas construcoessao as seguintes:

(CT1) Construir um ponto arbitrario Y no plano. Neste caso, Y e umponto livre, isto e, ele pode ser deslocado e ocupar qualquer posicao

do plano.

Mecanizacao dos teoremas de intersecao pura de Hilbert 53

(CT2) Construir um ponto Y sobre a reta←→PQ. Neste caso, Y e um ponto

semi-livre, isto e, ele pode ser deslocado e ocupar qualquer posicao

da reta←→PQ.

A fim de que um ponto Y possa ser construıdo nestas condicoes,vamos impor a condicao de nao-degenerescencia P �= Q, isto e, vamosimpor que a reta

←→PQ esteja bem definida.

(CT3) Construir o ponto Y tal que PY = λ · PQ, onde λ e um numero

racional, uma expressao racional em quantidades geometricas ou umavariavel. Note que λ determina a posicao relativa do ponto Y com

relacao aos pontos P e Q. Se λ e um numero fixo, entao Y e umponto fixo e se λ e uma variavel, entao Y e um ponto semi-livre.

A condicao de nao-degenerescencia para esta construcao e P �= Q.

(CT4) Construir a intersecao Y de duas retas←→PQ e

←→UV . O ponto Y e um

ponto fixo neste caso.

As condicoes de nao-degenerescencia para esta construcao sao P �= Q,

U �= V e que←→PQ e

←→UV tenham um unico ponto em comum, isto e,

PQ ∦ UV .

(CT5) Construir um ponto Y sobre a reta que passa pelo ponto R e e paralela

a reta←→PQ. Aqui Y e um ponto semi-livre.


(CT6) Construir o ponto Y sobre a reta que passa pelo ponto R e e paralela a

reta←→PQ de tal forma que RY = λ·PQ, onde λ e um numero racional,

uma expressao racional em quantidades geometricas ou uma variavel.Se λ e um numero fixo, entao Y e um ponto fixo e se λ e uma variavel,

entao Y e um ponto semi-livre.


(CT7) Construir a intersecao Y da reta←→UV com a reta que passa pelo

ponto R e e paralela a reta←→PQ. O ponto Y e fixo neste caso.

A condicao de nao-degenerescencia para esta construcao e PQ ∦ UV .

(CT8) Construir a intersecao Y da reta que passa pelo ponto R e e paralela

a reta←→PQ com a reta que passa pelo ponto W e e paralela a reta

←→UV .

O ponto Y e fixo neste caso.

A condicao de nao-degenerescencia para esta construcao e PQ ∦ UV .


Observacao.

A terminologia empregada aqui e inspirada nos softwares de geometriadinamica, como o Regua e Compasso [21] (disponıvel gratuitamente) e oCabri Geometre II [26]. Estes programas simulam construcoes com regua

e compasso no computador: o usuario pode definir pontos, retas, cırculos,conicas, tracar retas paralelas e perpendiculares, construir pontos de in-

tersecao, etc. Um ponto livre e um ponto que pode ser “arrastado” paraqualquer posicao da tela do computador. Quando o usuario “cria” um ponto

sobre uma reta, ele pode “arrasta-lo” apenas sobre esta reta. Este tipo derestricao estabelece um ponto semi-livre. O ponto de intersecao entre duasretas e um exemplo de ponto fixo. O usuario nao pode “arrasta-lo”, pois a

sua construcao depende das duas retas concorrentes que o define.

Definicao 5.1 Um teorema de intersecao pura de Hilbert e uma listafinita

S = (C1, C2, . . . , Ck; G),

onde

(a) cada Ci e uma construcao do tipo (CT1), . . . , (CT8), que intro-

duz um novo ponto a partir dos pontos construıdos anteriormentepor C1, C2, . . . , Ci−1,

(b) G = (E1, E2), onde E1 e E2 sao expressoes polinomiais nas quan-tidades geometricas dos pontos introduzidos pelas construcoes C1,

C2, . . . , Ck e

(c) E1 = E2 e a tese do teorema S.

As condicoes de nao-degenerescencia de S sao as condicoes de nao-

degenerescencia de cada Ci mais a condicao de que os denominadoresdas razoes de segmentos que aparecem em E1 e E2 sejam todos dife-

rentes de zero.

A hipotese do teorema S e formada pelas construcoes C1, C2, . . . , Ck

junto com as condicoes de nao-degenerescencia de S.

O conjunto de todos os teoremas de intersecao pura de Hilbert seradenotado por CH


Considere, por exemplo, o teorema de Ceva (teorema 3.2, pagina 20). Elepode ser descrito por uma lista

S = (C1, C2, C3, C4, C5, C6, C7; G)

onde

C1: e uma construcao do tipo (CT1) que introduz o ponto livre A.

C2: e uma construcao do tipo (CT1) que introduz o ponto livre B.

C3: e uma construcao do tipo (CT1) que introduz o ponto livre C.

C4: e uma construcao do tipo (CT1) que introduz o ponto livre P .

C5: e uma construcao do tipo (CT4) que introduz o ponto fixo D, de-

finido como a intersecao das retas←→AP e

←→CB. Condicao de nao-

degenerescencia: AP ∦ CB.

C6: e uma construcao do tipo (CT4) que introduz o ponto fixo E, de-

finido como a intersecao das retas←→BP e

←→AC. Condicao de nao-

degenerescencia: BP ∦ AC.

C7: e uma construcao do tipo (CT4) que introduz o ponto fixo F , de-

finido como a intersecao das retas←→CP e

←→AB. Condicao de nao-

degenerescencia: CP ∦ AB.

A tese G = (E1, E2) do teorema de Ceva e constituıda pelos polinomios

E1(x, y, z) = x + y + z e E2(x, y, z) = 1, onde

x =AF

FB, y =

BD

DCe z =

CE

EA.

As condicoes de nao-degenerescencia sao

AP ∦ CB, BP ∦ AC, CP ∦ AB︸︷︷︸provenientes de C5, C6 e C7

, F �= B, D �= C, E �= A︸︷︷︸provenientes das razoes em E1

.

Nas proximas secoes estabeleceremos lemas que nos ensinarao como elimi-

nar pontos introduzidos pelas construcoes (CH1)–(CH8) das quantidadesgeometricas (area com sinal e razoes de segmentos orientados). Com esteslemas, sera facil construir um metodo de decisao para teoremas de intersecao

pura: basta eliminar os pontos na ordem inversa em que foram construıdos,ate obter uma expressao a partir da qual se podera concluir a veracidade ou

nao do teorema muito facilmente.


5.2 Eliminando pontos de areas com sinal

Observe que a construcao (CT2) e um caso especial da construcao (CT3),

pois construir um ponto Y arbitrario sobre a reta←→UV e equivalente a se

construir um ponto Y em←→UV satisfazendo a condicao UY = λ ·UV , onde λ

e uma variavel livre. Analogamente, a construcao (CT5) e um caso parti-cular da construcao (CT6): construir um ponto sobre a reta que passa pelo

ponto W e e paralela a reta←→UV e equivalente a se construir um ponto Y tal

que WY = λ · UV , com λ uma variavel livre.

Lema 5.1 (LEA-CT3) Se Y e um ponto construıdo por (CT3), istoe, se Y satisfaz PY = λ · PQ, entao Y pode ser eliminado da ex-pressao SABY atraves da seguinte identidade:

SABY = λ · SABQ + (1− λ) · SABP .

Demonstracao: Segue-se do teorema 3.8 na pagina 31.

Lema 5.2 (LEA-CT4) Se Y e um ponto construıdo por (CT4), isto

e, se Y =←→PQ ∩←→UV , entao Y pode ser eliminado da expressao SABY

atraves da seguinte identidade:

SABY =1


Demonstracao: Pelo teorema 3.8, temos que

SABY =PY

PQ· SABQ +

Y Q

PQ· SABP .

Pelo lema 3.1, PY /PQ = SPUV /SPUQV e Y Q/PQ = SQV U/SPUQV . Substi-

tuindo na equacao acima, obtemos a identidade desejada. Note que SPUQV �=0, pois PQ ∦ UV .



e, se Y e o ponto sobre a reta que passa pelo ponto R e e paralela areta

←→PQ de tal forma que RY = λ · PQ, entao Y pode ser eliminado

da expressao SABY atraves da seguinte identidade:

SABY = SABR + λ · SAPBQ.

Demonstracao: Considere o ponto S tal que RS = λ · PQ.

A B

Q

P

R

SY

Figura 5.1: Eliminando Y construıdo por (CT3) em SABY .

Pela lema 5.1, SABY = λ · SABS + (1− λ) · SABR. Pela proposicao 4.2 na

pagina 48,

SABS = SABR + SABQ − SABP = SABR + SAPBQ.

Substituindo na equacao anterior, obtemos a identidade desejada.


e, se Y e a intersecao da reta←→UV e a reta que passa por R e e paralela

a reta←→PQ, entao Y pode ser eliminado da expressao SABY atraves da

seguinte identidade:

SABY =1

SPUQV(SPUQR · SABV − SPV QR · SABU) .


Demonstracao: Seja S tal que RS = PQ. Pelo lema 5.2,

SABY =1

SRUSV· (SUSR · SABV + SV RS · SABU ) . (∗)

Mas, pela proposicao 4.2, SRUSV = SPUQV , pela proposicao 4.3, SUSR =SUQP −SRQP = SPUQR e SUSR = SV QP −SRQP = SPV QR. Substituindo estas

relacoes na equacao (∗), obtemos a identidade desejada.

Lema 5.5 (LEA-CT8) Se Y e um ponto construıdo por (CT8), istoe, se Y e a intersecao da reta que passa pelo ponto R e e paralela

a reta←→PQ e a reta que passa pelo ponto W e e paralela a reta

←→UV ,

entao Y pode ser eliminado da expressao SABY atraves da seguinteidentidade:

SABY =SPWQR

SPUQV· SAUBV + SABW .

Demonstracao: Pela lema 5.3, SABY = SABW + (WY /UV ) · SAUBV . Aidentidade segue-se entao do lema 5.8 estabelecido na proxima secao.

5.3 Eliminando pontos de razoes de segmentos orien-

tados

Lema 5.6 (LER-CT3) Se Y e um ponto construıdo por (CT3),

entao Y pode ser eliminado da expressao AY /CD atraves da iden-tidade

AY

CD=

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

AP

PQ+ λ

CD

PQ

, se A ∈ ←→PQ,

SAPQ

SCPDQ, caso contrario.


D

C

A

S

Y P Q

Figura 5.2: Eliminando Y construıdo por (CT3) em AY /CD.

Demonstracao: Se A ∈ ←→PQ, entao

AY

CD=

AP + PY

CD=

AP

PQ+

PY

PQ

CD

PQ

=

AP

PQ+ λ

CD

PQ

.

Se A �∈ ←→PQ, seja S tal que AS = CD. Entao Y e a intersecao de←→PQ e

←→AS,

com AS ‖ CD. Pelo exercıcio [06] na pagina 38 e pela proposicao 4.2 napagina 48

AY

CD=

AY

AS=

SAPQ

SAPSQ=

SAPQ

SCPDQ.



AY

CD=

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

SAUV

SCUDV, se A �∈ ←→UV ,

SAQP


Demonstracao: Analoga ao segundo caso do lema 5.6.




AY

CD=

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

AR

PQ+ λ

CD

PQ

, se A ∈ ←→RY ,

SAPRQ


D

C

A

S

Y R

P Q

T

Figura 5.3: Eliminando Y construıdo por (CT6) em AY /CD.

Demonstracao: O primeiro caso e imediato. Para o segundo caso, sejam Te S pontos tais que RT/PQ = 1 e AS/CD = 1. Pelo exercıcio [06] na

pagina 38,

AY

CD=

RY

AS=

SART

SARST=

SAPRQ

SCPDQ.




AY

CD=

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

SAUV

SCUDV, se A �∈ ←→UV ,

SAPRQ


Demonstracao: Se A �∈ ←→UV , a demonstracao e analoga a demonstracao dosegundo caso do lema 5.6. Se A ∈ ←→UV , a demonstracao e analoga a demons-

tracao do segundo caso do lema 5.8. Note que SCPDQ �= 0, pois PQ ∦ UV .

Lema 5.10 (LER-CT8) Se Y e um ponto construıdo por (CT8),entao Y pode ser eliminado da expressao AY /CD atraves da identi-dade

AY

CD=

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

SAPRQ

SCPDQ, se

←→AY nao e paralela a

←→PQ,

SAUWV

SCUDV, caso contrario.

Demonstracao: Analoga ao segundo caso do lema 5.8.

5.4 Pontos livres e coordenadas de areas

Os lemas estabelecidos nas duas ultimas secoes nos ensinam como eliminarpontos fixos e semi-livres da tese de um teorema de intersecao pura de Hilbert

e, assim, como obter uma expressao envolvendo areas com sinal ou razao desegmentos orientados que dependem apenas dos pontos livres. Contudo,

estas quantidades geometricas nao sao independentes. Por exemplo, paraquatro pontos A, B, C e D arbitrarios, vale a relacao

SABC = SABD + SADC + SDBC.


O proximo lema nos ensina como reduzir a tese do teorema a uma expressaocom variaveis independentes.

Lema 5.11 Sejam O, U e V tres pontos nao colineares. Entao, parapontos A, B e Y , vale a identidade

SABY =1

SOUV·∣∣∣∣∣∣

SOUA SOV A 1SOUB SOV B 1

SOUY SOV Y 1

∣∣∣∣∣∣ .

Demonstracao: Pela propriedade de decomposicao de areas, sabemos queSABY = SOAB + SOBY − SOAY . Seja W =

←→UV ∩←→OY . Pelo lema 5.2,

SOBW =1

SOUY V· (SOBV · SOUY + SOBU · SOY V ) .

Pelo exercıcio [06] na pagina 38, SOBY /SOBW = SOUY V /SOUV . Assim,

SOBY =1

SOUV· (SOBV · SOUY + SOBU · SOY V )

o que estabelece uma formula para SOBY no caso em que existe a intersecao Wde←→UV e

←→OY . Caso UV ‖ OY , esta formula continua verdadeira. Para ver

isto, observe que pelo exercıcio [02] na pagina 50, OY /UV = SOUY /SOUV .Agora, pelo lema 5.3,

SOBY =OY

UV·SOUBV =

SOUY

SOUV·(SOBV + SOUB) =

SOBV · SOUY + SOBU · SOY V

SOUV.

Analogamente, podemos demonstrar que

SOAY =1

SOUV· (SOAV · SOUY + SOAU · SOY V ) ;

SOAB =1

SOUV· (SOAV · SOUB + SOAU · SOBV ) .

Substituindo as expressoes para SOBY , SOAY e SOAB na equacao SABY =SOAB + SOBY − SOAY , obtemos a identidade desejada.


5.5 Metodo de decisao

Entrada: S = (C1, C2, . . . , Ck; (E1, E2)) e um teorema em CH.

Saıda: O algoritmo diz se S e verdadeira ou falsa e, se S e verdadeira, o

algoritmo produz uma prova.

1. Para i = k, . . . , 1 faca:

P 1: Verifique se as condicoes de nao-degenerescencia sao satis-

feitas. As condicoes de nao degenerescencia tem duas for-mas: A �= B e PQ ∦ UV . Para o primeiro caso, verifique

se AB/XY = 0, onde X e Y sao dois pontos arbitrarios na

reta←→AB. Para o segundo caso, verifique se SPUV = SQUV .

Se as condicoes de nao-degenerescencia nao sao satisfeitas, oteorema e trivialmente verdadeiro. O algoritmo termina.

P 2: Sejam G1, G2, . . . , Gs quantidades geometricas em E1 e E2.

Para j = 1, . . . , s, faca:

Seja Hj o resultado obtido eliminando-se o pontoconstruıdo por Ci a partir de Gj usando-se os lemas

de eliminacao e trocando-se Gj por Hj em E1 e E2

para obter novos E1 e E2.

2. E1 e E2 nao expressoes em parametros livres. Se E1 e igual a E2,o teorema S e verdadeiro sob as condicoes de nao degenerescencia.

Caso contrario, S e um teorema falso.

Teorema 5.1 (da reta de Gauss) Sejam A0, A1, A2 e A3 quatro

pontos no plano. Se X =←−→A1A2 ∩←−→A0A3, Y =

←−→A1A0 ∩←−→A2A3 e M1, M2

e M3 sao os pontos medios de A1A3, A0A2 e XY , respectivamente,entao M1, M2 e M3 sao colineares.


A2A3

A1A0

M1M2

M3

X

Y

Figura 5.4: O teorema da reta de Gauss.

Demonstracao: Temos que

A0 e um ponto livre,




X e um ponto fixo construıdo por (CT4): X =←−→A1A2 ∩←−→A0A3,

Y e um ponto fixo construıdo por (CT4): Y =←−→A1A0 ∩←−→A2A3,

M1 e um ponto fixo construıdo por (CT3): A1M1 = (1/2) · A1A3,

M2 e um ponto fixo construıdo por (CT3): A0M2 = (1/2) · A0A2 e

M3 e um ponto fixo construıdo por (CT3): XM3 = (1/2) ·XY .

A tese do teorema pode ser codificada por SM1M2M3= 0. Como indica o

algoritmo, vamos eliminar os pontos na ordem inversa em que eles foramconstruıdos:

SM1M2M3

(1)= +

1

2· SM1M2Y +

1

2· SM1M2X

= +1

2· SY M1M2

+1

2· SXM1M2

(2)= +

1

2·[1

2· SY M1A0

+1

2· SY M1A2

+1

2· SXM1A0

+1

2· SXM1A2

]


(3)= +

1

4·[1

2· SA0Y A1

+1

2· SA0Y A3

+1

2· SA2Y A1

+1

2· SA2Y A3

+

1

2· SA0XA1

+1

2· SA0XA3

+1

2· SA2XA1

+1

2· SA2XA3

](4)= +

1

8·[SA0Y A3

+ SA2Y A1+ SA0XA1

+ SA2XA3

]

= +1

8·[SA3A0Y + SA1A2Y + SA1A0X + SA3A2X

](5)= +

1

8·[

1

SA1A2A0A3

·(

SA1A2A3 · SA3A0A0 + SA0A3A2 · SA3A0A1

)+

1

SA1A2A0A3

·(

SA1A2A3· SA1A2A0

+ SA0A3A2· SA1A2A1

)+

1

SA1A0A2A3

·(

SA1A0A3· SA1A0A2

+ SA2A3A0· SA1A0A1

)+

1

SA1A0A2A3

·(

SA1A0A3· SA3A2A2

+ SA2A3A0· SA3A2A1

)](6)= +

1

8·[

1

SA1A2A0A3

·(

SA0A3A2· SA3A0A1

+ SA1A2A3· SA1A2A0

)+

1

SA1A0A2A3

·(

SA1A0A3· SA1A0A2

+ SA2A3A0· SA3A2A1

)]

= +1

8·[SA1A0A2A3

·(

SA0A3A2· SA3A0A1

+ SA1A2A3· SA1A2A0

)+

SA1A2A0A3 ·(

SA1A0A3 · SA1A0A2 + SA2A3A0 · SA3A2A1

)]

� −1

8·[SA1A0A2A3

· SA0A2A3· SA0A1A3

− SA1A0A2A3· SA1A2A3

· SA0A1A2−

SA1A2A0A3· SA0A1A3

· SA0A1A2+ SA1A2A0A3

· SA0A2A3· SA1A2A3

](7)= 0,

onde o sımbolo � significa que estamos considerando apenas o numerador daexpressao anterior, ja para demonstrar que SM1M2M3

= 0, basta mostrar que o

seu numerador e 0. Observe que em (1) usamos o lema 5.1 para eliminar M3,em (2) usamos o lema 5.1 para eliminar M2, em (3) usamos o lema 5.1 para

eliminar M1, em (4) usamos que SA0Y A1= SA2Y A3

= SA0XA3= SA2XA1

= 0


pois as triplas de pontos de cada area com sinal sao colineares, em (5) usamoso lema 5.2 para eliminar X e Y , em (6) usamos que SA3A0A0

= SA1A2A1=

SA1A0A1= SA3A2A2

= 0 e, em (7) usamos que SA1A0A2A3= SA0A1A2

− SA1A2A3

e SA1A2A0A3= SA1A2A3

− SA0A2A3, simplificando as contas.

Note que esta demonstracao foi obtida de maneira completamente al-gorıtmica! Assim, alguem sem pensar (um computador, por exemplo), pode

produzir uma demonstracao seguindo os passos descritos pelo metodo dedecisao que apresentamos nesta secao. De fato, o metodo da area (entre

outros metodos de demonstracao automatica para teoremas de geometria)foi implementado no software: Geometry Expert, disponıvel gratuitamenteno endereco:

http://www.mmrc.iss.ac.cn/∼xgao/gex.html

A demonstracao do teorema da reta de Gauss atraves de semelhanca e con-gruencia de triangulos e nao-intuitiva! Ela faz uso de varias retas auxiliares

nada evidentes. Veja, por exemplo, a referencia [9].

Capıtulo 6

Respostas de alguns exercıcios

Capıtulo 2

[01] Se P esta entre A e B, entao |AB| = +|AP | + |PB|. Agora, se B esta

entre A e P , entao |AB| = +|AP |−|PB|. Finalmente, se A esta entre Pe B, entao |AB| = −|AP | + |PB|.

[02] Como A, B e C sao pontos colineares, vale que AC = AB +BC. Sendoassim,

AC2

=(AB + BC

)2= AB

2+ 2 · AB · BC + BC

2

⇓AC

2 − 2 ·AB ·BC = AB2+ BC

2

⇓ (∗)

AC2+ 2 · AB · CB = AB

2+ BC

2,

onde, em (∗), usamos a propriedade de permutacao em segmentos ori-

entados.

[03] Como A, B, C e D sao quatro pontos colineares, podemos escrever queAC = AB + BC e AD = AB + BD. Sendo assim,

AB · CD + AC ·DB + AD · BC

||AB · CD +

(AB + BC

) ·DB +(AB + BD

) · BC

||


AB · CD + AB ·DB + BC ·DB + AB · BC + BD · BC

||AB · (CD + DB + BC

)||

AB · (CB + BC)

||AB · 0||0.

[04] Temos que

AB

CB+

AB

DB=

AC + CB

CB+

AD + DB

DB=

AC

CB+

AD

DB+ 2.

Sendo assim,

AB

CB+

AB

DB= 2 ⇔ AC

CB+

AD

DB= 0 ⇔ AC

CB= −AD

BD.

[05] Temos que

A, B, C e D formam uma sequencia harmonica

�

+AC

BC= −AD

BD�

+AM + MC

MC −MB= −AM + MD

MD −MB� (∗)

+AM + MC

MC −AM= −AM + MD

MD −AM�

MC −MA

MC + MA=

MA−MD

MD + MA�

Respostas de alguns exercıcios 69

(MC −MA

) · (MD + MA)

=(MA−MD

) · (MC + MA)

�2 ·MC ·MD = 2 ·MA

2

�MC ·MD = MA

2,

onde, em (∗), usamos o fato de que M e o ponto medio do segmento AB.

[06] Temos que

DH = +DB + BH = −BD + BH = −BH · DC

HC+ BH

= +BH

HC· (−DC + HC

)= −BH

HC· (+DC + CH

)= −BH

HC·DH.

Sendo assim, DH · (1 + BH/HC)

= 0, isto e,

DH · BH + HC

HC= 0

ou, ainda, DH · BC/HC = 0. Como, por hipotese, B �= C, temos queDH = 0 e, assim, D = H.

[07] Vamos mostrar que SABCD = SBCDA. Por definicao, SABCD = SABC +SACD e SBCDA = SBCD + SBDA. Sendo assim,

SABCD = SBCDA

�SABC + SACD = SBCD + SBDA

�SABC = SBCD + SBDA − SACD

� (∗)SABC = SDBC + SDAB + SDCA,

onde, em (∗), usamos a propriedade de permutacao da area com sinal detriangulos. Como a ultima igualdade e verdadeira (propriedade de de-

composicao), segue-se que a primeira tambem o e. As demais igualdadessao demonstradas de maneira analoga.

[08] n!/n = (n− 1)!.


[09] (a) Dica: use a definicao de area com sinal de um quadrilatero e apropriedade de decomposicao da area com sinal de triangulos.

(b) Por definicao, SABBC = SABB + SABC . Mas SABB = 0, uma vez

que SABB = −SABB (propriedade da permutacao). Sendo assim,SABBC = SABC . As demais igualdades sao demonstradas de maneiraanaloga.

[10] Temos que

SPAQB + SPBQC − SPAQC =

SPAQ + SPQB + SPBQ + SPQC − (SPAQ + SPQC) = 0.

Capıtulo 3

[02] Dica: escreva AP = AD − PD, BP = BE − PE e CP = CF − PF .

[03] Permutando-se B com C e permutando-se D com E e observando que

BE/AE = u = 1/v e AD/CD = v = 1/u, segue-se pelo teorema 3.4que

PE

PC=

u · vu− 1

=1

u · (1− v).

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Este texto apareceu previamente em A Decision Method for Elemen-

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