Pseudaria (3)

<<Estou cada vez mais convencido que não se pode demonstrar apenas com o raciocínio a necessidade da geometria euclidiana. É possível que no futuro possamos ter ideias sobre a natureza do espaço que hoje nos são inacessíveis. Assim, a geometria não pode ser posta ao lado da aritmética, que é de origem a priori , mas antes ao lado da mecânica.>> Gauss, 1817

No presente número aparecem as primeiras soluções. Continuaremos a aguardar que os leitores enviem soluções ou comentários às falácias que vão sendo apresentadas (ou até novas soluções àquelas de que já foram apresentadas soluções).

Falácia 1

Consideremos duas circunferências de raios desiguais que se intersectam nos pontos Q e R.

Tracemos os diâmetros [PQ] e [QS] de cada uma das circunferências. Tracemos o segmento [PS] e sejam M e N os pontos de intersecção com cada uma das circunferências. O triângulo [PNQ] está inscrito na semicircunferência PRQ; assim é rectângulo em N. Também o triângulo [SMQ] está inscrito na semicircunferência SRQ e é também rectângulo em M. Assim, temos dois segmentos [QM] e [QN] perpendiculares a [PS]. Logo, pelo ponto Q passam duas perpendiculares ao segmento [PS] .

Solução (enviada por Emília do Carmo Alves Rodrigues, Escola Secundária da Rainha D. Amélia, Lisboa):

Da figura resulta que

Como QM e QN são perpendiculares a PS

Mas

pelo que

donde, utilizando o obtido antes, vem

donde, como e não são perpendiculares e é não nulo, isto é, M e N são coincidentes e é uma só a perpendicular a PS conduzida por Q .

Outra solução:

Se o ângulo ­PMQ é recto, o ângulo ­QMN também o é; se o ângulo ­QNS é recto, o ângulo ­QNM também o é. Mas então o triângulo [QMN] teria dois ângulos rectos o que é impossível. A única hipótese é os pontos M e N coincidirem, e assim, pelo ponto Q passa uma única perpendicular ao segmento [PS] .

Falácia 2

Conideremos um triângulo [ABC] qualquer. Sejam D, E e F os pontos médios dos lados. Tracemos os segmentos DF e FE. Temos que

,

Assim, o comprimento da linha quebrada ABC é igual ao comprimento da linha quebrada ADFEC. Tracemos agora os pontos médios G, H e I do triângulo [ADF] e os pontos médios J, K e L do triângulo [FEC]. Usando o mesmo raciocínio que anteriormente podemos provar que o comprimento da linha quebrada ADFEC é igual ao comprimento da linha quebrada AGHIFJKLC.

Continuando indefinidamente este raciocínio, vamos obter linhas quebradas cujo comprimento é sempre o da linha quebrada ABC, ou seja, . Mas as linhas quebradas que obtemos vão estando cada vez mais próximas do lado AC do triângulo. No limite confundir-se-ão com esse lado. Assim, será . Isto é, a soma das medidas de dois lados de um triângulo qualquer é igual à medida do terceiro lado .

Solução (enviada por Emília do Carmo Alves Rodrigues, Escola Secundária da Rainha D. Amélia, Lisboa):

Temos

o comprimento do "percurso" é sempre o mesmo. O número de segmentos de recta que o constituem é um infinitamente grande, mas os comprimentos dos segmentos

definem uma sucessão que é um infinitésimo, e por isso é que há a ilusão de "aproximação" do segmento AC , mas isso não passa de uma ilusão e nada justifica a afirmação "no limite confundir-se-ão com esse lado".

Eis agora uma nova falácia para a qual solicito o envio de soluções:

Falácia 5

Consideremos o triângulo [ARS] onde PQ e RS são paralelas.

Os segmentos [PQ] e [RS] são claramente desiguais: logo [PQ] tem mais pontos que [RS]. Mas, traçando segmentos partindo de A e intersectando o lado [RS], observamos que a cada ponto de [PQ] corresponde um ponto de [RS] e vice-versa: logo [PQ] tem o mesmo número de pontos que [RS]. Em conclusão: o todo [RS] é igual a uma parte [PQ] .

Endereços para o envio de soluções:
endereço postal:
Departamento de Matemática
Universidade de Coimbra
Apartado 3008
3000 Coimbra
endereço electrónico: jaimecs@mat.uc.pt
endereço na WEB: http://www.mat.uc.pt/~jaimecs/pseud/index.html

VOLTAR AO PRINCíPIO DE TUDO