Elementos: Construir um icosaedro inscritível numa esfera dada

Proposição 16:
Construir um iscosaedro
inscritível numa dada esfera.

Consideremos a esfera dada definida pela semicircunferência de diâmetro $\;AB\;$ a azul na figura em que também tomamos um ponto $\;C\;$ do diâmetro tal que $\;AC+CB=AB\;$ e $\;AC=4\times BC\;$ e um ponto $\;D\;$ da semicircunferência $\;ADB\;$ tal que $\; A\hat{C}D\;$ seja reto. Ficam traçados também a azul $\;CD, \;DB,\;$, este último presente em todos os passos da construção. Passos da construção:
  1. Tomamos uma circunferência de raio $\;DB\;$, e sobre ela, os pontos $\;E,\;F,\;G, \; H, \;K\;$ como vértices de um pentágono equiângulo e equilátero (IV.11). E determinemos os pontos $\;L, \;M, \;N,\;O,\;P, \;$ médios, respetivamente, dos arcos dessa circunferência $\;EF, \;FG,\; GH,\; HK,\; KE.\;$ Como $\;EFGHK\;$ é um pentágno equilátero, também $\;LMNOP\;$ é um pentágono equilátero e $\;ELFMGNHOKP\;$ é um decágono inscrito na mesma circunferência e também equilátero.
  2. Tomemos agora as retas passando por $\;E,\;F,\;G, \; H, \;K\;$ fazendo ângulos retos com o plano da circunferência $\;EFGHK\;$ e destas tomemos os segmentos $\;EQ, \;FR, \;GS, \;HT,\;KU, \;$ de comprimento $\;DB\;$ igual ao raio da circunferência $\;EFGHK.\;$ Desta circunferência, na nossa construção, designamos por $\;V\;$ o seu centro.
    A circunferência de raio $\;DB\;$ e centro em $\;W\;$ em que se inscreve $\;QRSTU\;$ está num plano paralelo ao plano de $\;EFGHK\;$ ou $\;LMNOP\;$, sendo $\;EQ=VW=VE=DB. \;$

    © geometrias. 2 de Setembro de 2015, Criado com GeoGebra

    Nota: Pode utilizar as ferramentas (topo esquerdo - para deslocar a figura e vê-la de vários pontos de vista; topo direito - para desfazer ou refazer transformações da figura)

    Tomemos os segmentos $\;QR,\; RS,\; ST,\; TU,\; UQ,\; QL,\; LR,\; RM,\; MS,\; SN,\; NT,\; TO,\;OU,\; UP,\; PQ,\; $ limitando 10 triângulos.
    Como $\;EQ, \;FR, \;GS, \;HT,\;KU, \;$ fazem ângulos retos com um mesmo plano, elas são paralelas e complanares duas a duas (XI.6) e de de igual comprimento. E segmentos de reta compreendidos entre paralelas do mesmo lado e iguais são elas próprias iguais e paralelas (I.33). Assim, $\;QU\;$ é igual e paralela a $\;EK,\;$ ou seja, $\;EK\;$ tem comprimento igual ao lado do pentágono equilátero e equiângulo inscrito na circunferência $\;EFGHK.\;$ Por isso, o pentágono $\;QRSTU\;$ é equilátero. Por outro lado, como $\;QE\;$ é o comprimento do lado do hexágono equilátero inscrito na circunferência $\;EFGHK,\;$ por ser igual ao seu raio $\;DB, \;$ e $\;EP\;$ é lado do decágono inscrito na mesma circunferência, sendo $\;Q\hat{E}P\;$ reto então $\;QP\;$ é igual ao lado do pentágono equilátero inscrito na mesma circunferência, já que o quadrado do lado de um pentágono é igual à soma dos quadrados dos lados do hexágono e do decágono inscritos na mesma circunferência (XIII.10). Pelas mesmas razões $\;PU\;$ será igual ao lado do mesmo pentágono e assim será $\;QU\;$, ou seja $\;QPU\;$ é um triângulo equilátero.
    E, como $\;QL^2=EL^2+QE^2,\; QL\;$ pode ser visto como lado do pentágono inscrito em $\;(I, DB), \;$ do qual $\;OP, \; \;LP,\;$ também podem ser vistos como lados, o triângulo $\;QLP\;$ é equilátero. E, pelas mesmas razões, são equiláteros os triângulos $\;LRM,\; MSN, \; NTO,\; OUP.\;$
    Como já tínhamos visto, $\;QRSTU\;$ é um pentágono equilátero de lados paralelos e iguais ao pentágono inicial $\;EFGHK\;$ e assim são equiláteros (por terem lados comuns aos dos triângulos anteriormente referidos de que são iguais) os triângulos $\; LQR, \;MRS, \;NST, \;OTU.\;$
  3. Sobre a reta que passa pelos centros $\;V,\; W\;$ das circunferências $\;EFGHK\;$ e $\;QRSTU\;$ (que fazem ângulos retos com os respetivos planos) tomem-se (para fora da faixa dos triângulos construídos) segmentos iguais ao lado $\;EP\;$ do decágono inscrito na circunferência $\;EFGHK\;$ com extremos $\;V,\;X\;$ e $\;W,\;Z.\;$ Como $\;VX\;$ é o lado do decágono e $\;VP\;$ é o lado do hexágono (raio), sendo $\;X\hat{V}P\;$ um ângulo reto, então $\;PX\;$ é o lado do pentágono. Do mesmo modo, se verifica que $\;LX = MX=NX=OX=PL\;$ são iguais entre si por serem iguais ao lado do pentágono regular inscrito em $\;(V, VP)\;$. E podemos concluir que são iguais entre si e equiláteros os triângulos $\;XLM, \;XMN, \;XNO, \;XOP, \;XPL,\;$ e iguais a $\;PQL, \ldots\;$
  4. De igual modo se provaria que são iguais aos anteriores os triângulos $\;ZQR, \;ZRS, \;ZST, \;ZTU, \;ZUQ.\;$

Temos assim um sólido limitado por uma superfície fechada composta por 20 triângulos iguais entre si e equiláteros, a saber
$\;XLM, \;XMN, \;XNO, \;XOP, \;XPL;\;\;ZQR, \;ZRS, \;ZST, \;ZTU, \;ZUQ;\; \;LRM,\; MSN, \; NTO,\; OUP,\;PQL;\;$ $ \; LQR, \;MRS, \;NST, \;OTU,\;PUQ,\;$ que são as 20 faces; de lados $\;XL, \;XM, \;XN,\; XO, \; XP; \;PL,\; LM, \;MN, \;NO, \; OP; \;PQ, \;QL, \;LR, \;RM,\;MS,\;SN,\;NT,\;TO,\;OU,\;UP;\;$ $\; QR,\;RS,\; ST,\;TU,\;UQ;\;QZ,\;RZ,\;SZ,\;TZ,\;UZ,\;$ que são as 28 arestas; cujos extremos são $\;V, \;L, \;M, \;N, \;O, \;P, \;Q, \;R, \;S, \;T, \;U, \;W,\;$ que são os 12 vértices do icosaedro.



Falta provar que este icosaedro está encapsulado (ou inscrito?) numa esfera gerada por um semicírculo de diâmetro $\;AB\;$:
Por construção, sabemos que $\;XV=WZ=PE,\; VW=DB\;$ (respetivamente lado do decágono e lado do hexágono regulares inscritos na mesma circunferência em que se inscreve o pentágono $\;EFGHK.\;$ Por isso, $\;VZ =VW+WZ\;$ é dividido pelo ponto $\;W\;$ em média e extrema razão (prop. XIII.9 : se os lados de um hexágono e de um decágono inscritos num mesmo círculo forem acrescentados um ao outro, obtém-se um segmento de reta que fica dividido em média e extrema razão pelo ponto de junção, sendo a parte maior o lado do hexágono) o que pode ser descrito por $$\; \displaystyle \frac{VZ}{VW}= \frac{VW}{WZ}.$$
  1. Consideremos os segmentos $\;ZE, \;EV, \;EX, \;$ para além de $\;XZ, \;XV,\;VW, \;WZ, \;VZ,\; $ os triângulos $\;ZVE, \;XVE,\;ZEX\;$ e os ângulos $\;Z\hat{V}E, \;X\hat{V}E,\;$ retos, por construção. Como $\;VW=VE=EQ=DB\; $ e $\;WZ=VX=PE,\;$ a expressão acima permite-nos escrever $\; \displaystyle \frac{VZ}{VE}= \frac{VE}{VX}\;$ relacionando lados dos triângulos $\;ZVE, \;XVE,\;ZEX\;$ que, por isso, os dois primeiros são triângulos retângulos em $\;V\;$ e o terceiro é retângulo em $\;E\;$ de altura $\;VE = DB\;$, semelhantes entre si (VI.8). O ponto $\;E\;$ é pois um ponto da semicircunferência de diâmetro $\;XZ\;$. A mesma semicircunferência passa por $\;Q\;$ (já que, obviamente e do mesmo modo, o triângulo $\;XQZ\;$ é retângulo em $\;Q\;$ e de hipotenusa $\;XZ\;$ e com $\;QW=DB.\;$ E, mantendo fixo o diâmetro (eixo) $\;XZ,\;$, a semicircunferência passará por todos os pontos angulares (vértices) do icosaedro construído, ao rodar em torno de $\;XZ.\;$
    Fica assim provado que o icosaedro construído está encapsulado numa esfera de diâmetro $\;XZ.\;$ Será esta esfera de diâmetro $\;AB ? \;$
    • Sabemos que $$\frac{VZ}{VW}= \frac{VW}{WZ} \Leftrightarrow VW^2 = VZ \times WZ $$ Consideremos o ponto $\;J\;$ médio de $\;VW\;$ que é também o ponto médio de $\;XZ=XV+VW+WZ\;$ já que $\;XV=WZ\;$. Prova-se que, sendo $\;VW\;$ o maior na divisão, por $\;W\;$ de $\;VZ\;$ em média e extrema razão, o quadrado do menor $\;WZ\;$ acrescentado de metade do maior $\;JW\;$ é 5 vezes o quadrado deste: $$(JW+WZ)^2 =5 \times JW^2$$ o que é fácil de verificar. (Assim: $\;VW=2\times JW, \;$ então $\;VW^2= 4\times JW^2 \;\;$ e, como antes tínhamos visto, $\;VW^2= VZ \times WZ.\;$ Conclui-se que $ \; 4\times JW^2 = VZ \times WZ. \;$ Como $\;VZ=VW+WZ \;$ e $\;VW=2\times JW,\;$ podemos escrever $ \; 4\times JW^2 = (VW+WZ)\times WZ = VW\times WZ +WZ^2 =2\times JW\times WZ+WZ^2,\;$ e, concluindo $JZ^2 = (JW+WZ)^2 = JW^2 + WZ^2 + 2JW\times WZ = JW^2+4\times JW^2 = 5\times JW^2.\;$)
      Sendo $\;JZ^2=5\times JW^2,\;$ como $\;XZ=2\times JZ \;$ e $\;VW= 2\times JW\;$, $\;XZ^2 = 5\times VW^2.\;$


    • Dos dados iniciais, lembramos um triângulo $\;ADB\;$ retângulo em $\;D\;$ e de hipotenusa $\;AB\;$, sendo $\;CD\;$ a altura a ela relativa e $\;C: AC=4CB.\;$
      São semelhantes entre si os triângulos retângulos $\;ABD, \;DAC, \;BDC\;$. Da semelhança $\;ABD \sim BDC\;$ retiramos $\; \displaystyle \frac{AB}{BD} = \frac{BD}{BC}\;$ ou $\;BD^2 = AB\times BC\;$.
      Como $\;AB =AC+CB\;$ e $\;AC=4\times CB, \; AB= 5\times BC ou \displaystyle BC = \frac{AB}{5}.\;$
      Podemos agora escrever que $\;5\times BD^2= AB^2.\;$ E como $\;VW=DB\;$, concluímos assim que $\;AB^2 = XZ^2\;$ e $\;AB=XZ.$
Fica assim demonstrado que o icosaedro construído está encapsulado numa esfera de diâmetro de comprimento $\;AB.\;$

  1. EUCLID’S ELEMENTS OF GEOMETRY The Greek text of J.L. Heiberg (1883–1885) from Euclidis Elementa, edidit et Latine interpretatus est I.L. Heiberg, in aedibus B.G. Teubneri, 1883–1885 edited, and provided with a modern English translation, by Richard Fitzpatrick
  2. David Joyce. Euclide's Elements