Euler e os cinco sólidos platónicos

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Nesta entrada afirmei que só existiam cinco poliedros regulares convexos, com faces iguais, os chamados sólidos platónicos, cuja justificação se podia  deduzir da relação de Euler. Mas é preciso estabelecer  condiçoes adicionais que estes sólidos verificam. É o que explico a seguir, na chamada prova topológica

A equação que relaciona o número de faces F, vértices V e arestas A de um poliedro

F+V=A+2\;\qquad,    (1)

aplicada ao cubo (F=6 faces, V=8 vértices, A=12 arestas), traduz-se na igualdade

6+8=12+2

e, aplicada ao tetraedro, que é uma pirâmide equilátera (F=4 faces, V=4 vértices, A=6 arestas),  em

4+4=6+2.

Num poliedro regular convexo (um segmento de recta que una quaisquer dois dos seus pontos não sai para fora do poliedro), em que cada face tem  n lados iguais,  se multiplicar o número de faces F por estes n lados, conto  as arestas duas vezes. Porquê? Porque cada aresta é a intersecção de duas faces adjacentes. No caso do cubo, em que as faces são quadrados (n=4) isto traduz-se em:

6\times 4=2\times 12.

Para o tetraedro, cujas faces são triângulos equiláteros (n=3 lados),  pelo mesmo motivo, se multiplicar o número de faces por estes 3  lados , obtenho

4\times 3=2\times 6.

No caso geral de um poliedro regular convexo, em que cada face tem n lados iguais, devido à dupla contagem será então:

nF=2A\Leftrightarrow F=\dfrac{2A}{n}.

Voltando ao cubo, em que cada vértice é o ponto de encontro de m=3 arestas, se multiplicar agora o número de vértices por estas 3 arestas, obtenho o dobro do número de arestas, porque também estou a contar cada aresta duas vezes, em virtude de cada aresta unir dois vértives:

8\times 3=2\times 12.

Fazendo o mesmo para o tetraedro, m=3, obtenho, pelo mesmo motivo

4\times 3=2\times 6.

O caso geral, em que  cada vértice de um poliedro regular convexo é o ponto de encontro de m arestas, traduz-se em

mV=2A\Leftrightarrow V=\dfrac{2A}{m}.

Assim,  um poliedro regular convexo verifica a dupla igualdade

nF=mV=2A\;\qquad ,   (2)

em que n é o número inteiro de lados de cada face poligonal e m o número inteiro de arestas que se intersectam em cada vértice, pelo que a  equação (1) é equivalente a

\dfrac{2A}{n}+\dfrac{2A}{m}=A+2

ou  a

\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2}\;\qquad (3)

Esta equação corresponde, no caso particular do cubo a

\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}

e no do tetraedro a

\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}.

Mas há duas restrições aos possíveis valores inteiros de m e n: uma, em virtude do número de arestas ser positivo, é

\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 2n+2m>mn\;\qquad  (4)

e a outra, porque o poliedro é um sólido tridimensional,

m\ge 3\;\qquad(5)

O número de lados n de cada face define a sua forma poligonal: para n=3 é o triângulo equilátero, n=4, o quadrado, n=5, o pentágono regular. Será que num poliedro regular convexo n poderá ser igual a 6? Vamos ver que não.

Para m=3 a equação (3) assume o valor particular

\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{6}.

e, pela restrição (4)

2n+6>3n\Leftrightarrow n<6\qquad

conclui-se que 3\le n\le 5.  Os dois casos vistos acima são o tetraedro, que corresponde a n=3 e o cubo, a n=4. Para n=5, vem

\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{30}

donde A=30, V=\dfrac{60}{3}=20F=32-20=12. Este poliedro regular com 12 faces é o  conhecido dodecaedro.

Para m=4, a mesma equação (3) passa a ser

\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{4}

e agora a restrição (4),

2n+8>4n\Leftrightarrow n<4\;\qquad,

isto é, n=3. O número de arestas, vértices e faces são, respectivamente,  A=12, V=\dfrac{24}{4}=6F=14-6=8. É o octaedro, com oito faces que são triângulos equiláteros.

Para m=5, (3) é a equação

\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{3}{10}

e a condição (4)

2n+10>5n\Leftrightarrow n<\dfrac{10}{3}<4\;\qquad

logo, é também n=3. O número de arestas, vértices e faces são, respectivamente,  A=30, V=\dfrac{60}{5}=12F=32-12=20. É o icosaedro, com vinte faces que são triângulos equiláteros.

Para m\ge 6, a primeira forma de (4)

\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{2}\;\qquad

permite estabelecer

\dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{m}\ge \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow n<3,\qquad

o que contraria a restrição (5). Isto  prova  que 3\le n\le 5 e que  só há os  cinco sólidos platónicos atrás referidos. \qquad \blacktriangleleft

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
Esta entrada foi publicada em Caderno, Demonstração, Geometria, Matemática, Teorema / Teoria com as etiquetas , , , . ligação permanente.

5 respostas a Euler e os cinco sólidos platónicos

  1. Obrigado por ter visitado o blogue. A inteligência, que a há, é dos matemáticos clássicos que deram esta (ou parecida) estrutura à demonstração.

  2. muito bom……….. se existissem mais sites assim o mundo com certeza seria melhor… continuem cm o seu trabalho e Deus ajudem voces a continuarem sempre melhorando seus conteudos.

  3. «se existissem mais sites assim o mundo com certeza seria melhor»

    É difícil ser-se mais gentil.
    Obrigado

  4. jose miguel diz:

    muito inteligente

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