Considere um poliedro arquimediano mathcal{P}^{\prime} obtido, como no Capítulo 3, aplicando a um poliedro platônico mathcal{P} um dos seguintes procedimentos: Em cada caso, sabendo que mathcal{P} satisfaz a fórmula de Euler, mostre que mathcal{P}^{\prime} também satisfaz a fórmula de Euler.
a) Truncamento por pontos médios.

Passo 1

O enunciado dá um poliedro platônico \mathcal{P} que satisfaz a fórmula de Euler e pede para mostrar que o poliedro arquimediano \mathcal{P}^{\prime}, obtido por truncamento por pontos médios a partir de \mathcal{P}, também satisfaz a fórmula de Euler.
Informações/objetivos que temos:
  • Para \mathcal{P} valem os números de vértices, arestas e faces que chamaremos de V, E e F, e sabe-se que
V - E + F = 2.
  • Foi aplicado o procedimento “truncamento por pontos médios” em \mathcal{P} para obter \mathcal{P}^{\prime}. Deve-se mostrar que os números V^{\prime}, E^{\prime} e F^{\prime} de \mathcal{P}^{\prime} também satisfazem
V^{\prime} - E^{\prime} + F^{\prime} = 2.
  • Não há nenhum outro dado numérico específico; a prova deve ser feita em termos de V, E e F.

Passo 2

Explicar claramente o que é “truncamento por pontos médios” (rectificação) e como ele altera a estrutura combinatória do poliedro.
Descrição do procedimento (intuição): em cada aresta de \mathcal{P} marca-se o ponto médio e corta-se os vértices de \mathcal{P} por planos de modo que os cortes passem pelos pontos médios das arestas incidentes a cada vértice. O efeito é:
  • cada aresta original gera um novo vértice em \mathcal{P}^{\prime} (o ponto médio da aresta);
  • cada face original de k lados se transforma numa face de k lados em \mathcal{P}^{\prime}, cujos vértices são os pontos médios das arestas daquela face;
  • cada vértice original de valência d (ou seja, com d arestas incidentes) é substituído por uma nova face d-gonal em \mathcal{P}^{\prime}, cujos vértices são os pontos médios das d arestas que chegavam naquele vértice.
Vou usar essas descrições para contar V^{\prime}, E^{\prime} e F^{\prime}.

Passo 3

Recordar duas identidades úteis e explicar por que valem (aulas rápidas que preciso saber para a prova):
  1. Soma dos graus dos vértices:
\sum_{\text{vértices }v} \deg(v) = 2E.é
Explicação didática: cada aresta tem dois extremos, logo cada aresta contribui com 1 para o grau de dois vértices; somando todos os graus contamos cada aresta duas vezes, por isso a soma é 2E.
  1. Soma dos números de lados das faces:
\sum_{\text{faces }f} \ell(f) = 2E,
onde \ell(f) é o número de lados (arestas) da face f.
Explicação didática: cada aresta está em exatamente duas faces adjacentes (poliedros convexos/platônicos), então ao somar os lados de todas as faces cada aresta é contada duas vezes, dando 2E.
Essas duas identidades são ferramentas fundamentais para contar arestas e incidências depois da operação de truncamento.

Passo 4

Contagem do número de vértices de \mathcal{P}^{\prime}.
Cada aresta de \mathcal{P} tem um ponto médio e esse ponto médio vira um vértice de \mathcal{P}^{\prime}. Não surgem outros vértices além desses (os vértices originais são “cortados” e substituídos por faces). Portanto
V^{\prime} = E.
Explicação simples: “um vértice novo por aresta original”.

Passo 5

Contagem do número de faces de \mathcal{P}^{\prime}.
Há duas famílias de faces em \mathcal{P}^{\prime}:
  • as faces que vêm das faces originais de \mathcal{P}: cada face original de \mathcal{P} torna-se uma face em \mathcal{P}^{\prime} com o mesmo número de lados (mas menor). Isso dá F faces.
  • as faces novas que substituem os vértices originais: a cada vértice original de \mathcal{P} com valência d corresponde uma face d-gonal em \mathcal{P}^{\prime}. Portanto o número total de faces novas é igual ao número de vértices originais V.
Somando,
F^{\prime} = F + V.

Passo 6

Contagem do número de arestas de \mathcal{P}^{\prime}.
Estratégia: contar o total de incidências face–aresta em \mathcal{P}^{\prime} (ou seja, somar o número de lados de cada face nova) e dividir por 2 (cada aresta é incidente a duas faces).
  • As faces que vieram das faces originais: se numa face original f havia \ell(f) lados, então na face correspondente de \mathcal{P}^{\prime} há também \ell(f) lados (os pontos médios das arestas originais dessa face). Somando sobre todas as faces originais obtemos
\sum_{\text{faces originais }f} \ell(f) = 2E,
pela identidade do Passo 3.
  • As faces que vieram dos vértices originais: para cada vértice original v com valência \deg(v) há uma face \deg(v)-gonal em \mathcal{P}^{\prime}. Somando sobre todos os vértices originais obtemos
\sum_{\text{vértices originais }v} \deg(v) = 2E,é
pela outra identidade do Passo 3.
Portanto o total de lados de todas as faces de \mathcal{P}^{\prime} é
\underbrace{2E}_{\text{faces antigas}} \;+\; \underbrace{2E}_{\text{faces novas}} \;=\; 4E.
Como cada aresta de \mathcal{P}^{\prime} é contada em duas faces, temos
2E^{\prime} = 4E \quad\Longrightarrow\quad E^{\prime} = 2E.
Comentário didático: pensar que cada aresta original “se desdobra” em duas arestas na nova malha faz esse número 2E intuitivo — e a contagem rigorosa das incidências confirma.

Passo 7

Verificar a fórmula de Euler para \mathcal{P}^{\prime} usando as relações encontradas.
Substituindo V^{\prime}=E, E^{\prime}=2E e F^{\prime}=F+V na combinação V^{\prime}-E^{\prime}+F^{\prime} obtemos
V^{\prime}-E^{\prime}+F^{\prime} = E - 2E + (F+V) = (V - E + F).
Pelo enunciado \mathcal{P} satisfaz Euler, isto é V - E + F = 2. Logo
V^{\prime}-E^{\prime}+F^{\prime} = 2.
Portanto \mathcal{P}^{\prime} também satisfaz a fórmula de Euler.

Passo 8

Checagem rápida (exemplo numérico para fixar a intuição, que pode ajudar na prova):
Para o cubo temos V=8, E=12, F=6. Após truncamento por pontos médios obtemos
V^{\prime}=E=12,\qquad E^{\prime}=2E=24,\qquad F^{\prime}=F+V=6+8=14,
e então V^{\prime}-E^{\prime}+F^{\prime}=12-24+14=2, consistente com o que provamos.

Resposta

V^{\prime}-E^{\prime}+F^{\prime}=2.

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