DemonstraçõesInversão no círculo 2

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sousóeu
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Jan 2019 03 23:13

Inversão no círculo 2

Mensagem não lida por sousóeu » Qui 03 Jan, 2019 23:13

Parte 1: Inversão 1

10 - A distância de [tex3]\overline{P'Q'} = \overline{PQ} \cdot \frac{R^2}{\overline{OP} \cdot \overline{OQ}}[/tex3]
Prova: consequência direta da semelhança em 8.
11 - Para quaisquer 4 pontos [tex3]PQRS[/tex3] temos [tex3]\frac{\overline{PQ} \cdot \overline{RS} }{\overline{PS} \cdot \overline {RQ}} = \frac{\overline{P'Q'} \cdot \overline{R'S'} }{\overline{P'S'} \cdot \overline {R'Q'}}[/tex3].
Prova: imediata aplicação de 10 no lado direito. Esse resultado não parece importante, mas acabei de provar que a inversão não muda a razão anarmônica. Resultado fundamental na geometria projetiva.

Inversões de retas e círculos.

12 - Uma reta passando pelo centro [tex3]O[/tex3] do círculo de inversão é transformada nela mesma (tirando o próprio ponto [tex3]O[/tex3]).
Prova: Todos os pontos nesta reta terão o inverso sobre a própria reta, e tirando o ponto [tex3]O[/tex3] todo ponto tem um inverso bem definido sobre a tal reta.
13 - Uma reta [tex3]AB[/tex3] que não passa por [tex3]O[/tex3] é invertida em um círculo que passa por [tex3]O[/tex3] e vice-versa.
Prova: deixe [tex3]OA[/tex3] ser a perpendicular a [tex3]AB[/tex3] . Vimos que [tex3]\Delta OAB \sim \Delta OB'A'[/tex3] então quando [tex3]B[/tex3] se move pela reta [tex3]AB[/tex3] o triângulo [tex3]\Delta OA'B'[/tex3] é retângulo em [tex3]B'[/tex3] , como [tex3]A[/tex3] é o pé da perpendicular por [tex3]O[/tex3] à reta [tex3]AB[/tex3] então a hipotenusa [tex3]OA'[/tex3] é fixa enquanto [tex3]B[/tex3] se move,então é óbvio que [tex3]B'[/tex3] se move pelo círculo de diâmetro [tex3]OA'[/tex3] que é o inverso da reta [tex3]AB[/tex3] e portanto a reta é o inverso círculo.
14 - O inverso de um círculo [tex3]\Gamma[/tex3] que não passa por [tex3]O[/tex3] é outro círculo. [tex3]O[/tex3] é um centro de semelhança entre [tex3]\Gamma[/tex3] e [tex3]\Gamma'[/tex3].
Prova: sejam [tex3]P,Q \in \Gamma[/tex3] e [tex3]O,P,Q[/tex3] alinhados então seja [tex3]t = \overline{OP} \cdot \overline{OQ}[/tex3] a potência de [tex3]O[/tex3] em relação à [tex3]\Gamma[/tex3] como [tex3]\overline{OP} \cdot \overline{OP'} = R^2 \implies \frac{\overline{OP'}}{\overline{OQ}} = \frac{R^2}t[/tex3] . Interpretamos essa equação como: quando o ponto [tex3]Q[/tex3] se move pelo círculo [tex3]\Gamma[/tex3] o ponto [tex3]P'[/tex3] divide o segmento [tex3]OQ[/tex3] em uma razão fixa ([tex3]P = OQ \cap \Gamma[/tex3] ) então [tex3]P'[/tex3] também descreve um círculo o qual é semelhante (homotético por [tex3]O[/tex3] na razão [tex3]\frac{R^2}t[/tex3] ) à [tex3]\Gamma[/tex3] .

Definição: pontos anti-homólogos
Sejam duas circunferências [tex3]\gamma[/tex3] e [tex3]\Gamma[/tex3] ,[tex3]O[/tex3] centro de homotetia entre as duas e [tex3]\ell[/tex3] uma reta secante passando por [tex3]O[/tex3] . [tex3]\{P,Q\} = \ell \cap \Gamma[/tex3] e [tex3]\{P',Q'\} = \ell \cap \gamma[/tex3] . Se a reta tangente à [tex3]\Gamma[/tex3] por [tex3]P[/tex3] for paralela à reta tangente à [tex3]\gamma[/tex3] por [tex3]P'[/tex3] então [tex3]PP'[/tex3] são chamados de homólogos e nesse caso [tex3]QQ'[/tex3] também são homólogos e [tex3]PQ'[/tex3] ou [tex3]P'Q[/tex3] são ditos pontos anti-homólogos:
anti-homologos.png
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15 - Se [tex3]\Gamma[/tex3] é um círculo ortogonal ao círculo de inversão seus pontos são mutualmente inversos e portanto não se altera (no sentido que [tex3]\Gamma [/tex3] e [tex3]\Gamma'[/tex3] são círculos congruentes de mesmo centro, apesar de seus pontos terem trocado de posição).
Prova: como vimos em 14. [tex3]O[/tex3] é centro de homotetia entre [tex3]\Gamma[/tex3] e [tex3]\Gamma'[/tex3] se [tex3]\{X,Y\} = \Gamma \cap c[/tex3] então [tex3]\{X,Y\} \in \Gamma'[/tex3] pois estão em [tex3]c[/tex3] portanto são seus próprios inversos. Como [tex3]OX[/tex3] é tangente à [tex3]\Gamma[/tex3] em [tex3]X[/tex3] temos que um ponto de contato de [tex3]\Gamma'[/tex3] com as tangentes de [tex3]O[/tex3] está em [tex3]OX[/tex3] se esse ponto não for [tex3]X[/tex3] teremos um absurdo pois será um ponto anti-homólogo a [tex3]X[/tex3] com tangente paralela à [tex3]X[/tex3] . Portanto [tex3]\Gamma'[/tex3] é um círculo tangente à [tex3]OX[/tex3] e [tex3]OY[/tex3] passando por [tex3]X[/tex3] e [tex3]Y[/tex3] e semelhante à [tex3]\Gamma[/tex3] . Logo [tex3]\Gamma = \Gamma'[/tex3] .
16 - As tangentes a dois círculos mutualmente inversos em pontos (anti) homólogos são igualmente inclinadas em relação à reta unindo os pontos (anti) homólogos (esta reta passa por [tex3]O[/tex3]).
Prova: consequência imediata dos ângulos de segmento.
17 - O ângulo entre dois círculos invertidos é o mesmo ângulo entre os círculos originais.
Prova: pois o ângulo entre dois círculos é definido a partir do ângulo entre as tangentes nos pontos de interseção, como visto acima este ângulo será preservado pois as tangentes na interseção [tex3]A[/tex3] do círculo farão os mesmos ângulos com a reta [tex3]OA'[/tex3] transferindo assim o ângulo entre os círculos. Há um teorema um pouco mais forte que esse que diz que os ângulos entre quaisquer curvas não se altera frente a inversão o qual não provarei aqui por achar desnecessária uma prova rigorosa do mesmo. Esse teorema diz que a inversão é uma transformação inversamente conformal ou conforme. Em linguagem simples:

A inversão preserva relações de tangência: Se a curva [tex3]\gamma[/tex3] é tangente a uma curva [tex3]\ell[/tex3] então [tex3]\gamma'[/tex3] é tangente à [tex3]\ell'[/tex3].

esse exercício de inversão aqui é a chave de resolver problemas envolvendo círculos tangentes:
ex inversão
como por exemplo esse:
viewtopic.php?f=3&t=26726
Isso é o principal a respeito de inversões.
Pólos e polares: polares

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