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:
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.
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Inversão no círculo 2
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