Oi, Palmerim,
Pois é, o Ponce diz que solução trigonométrica é feia só para
implicar comigo. Mas então eu vou implicar com ele, também, dando a
solução geométrica.
A inspiração da solução está no mesmo contexto que dois problemas
clássicos que habitam esta lista com alguma regularidade:
1) Triângulo Isósceles de 20/80/80 onde A = 20; traçam-se por B e C
cevianas fazendo 50 e 60 graus com a base BC, de tal forma que D está
em AC, E em AB, BCE = 50, DBC = 60 e se deseja o angulo EDB;
2) Triângulo Isósceles de 40/40/100, onde A = 100. marca-se D no
prolongamento de AB de tal forma que AD = BC. Pergunta-se o angulo BCD.
O problema que você propôs e mais estes dois estão relacionados com a
geometria do polígonos regulares eneágono (9 lados) e octadecágono
(18 lados) e suas diagonais.
Veja a tese de mestrado da Silvana (já mencionada nesta lista pelo
Nicolau) cujo capítuko 2 é inteiramente dedicado aos dois problemas
clássicos acima (1 e 2), mas não se intimide, pois este capítulo é simples.
Copie este link e baixe o pdf:
http://www.google.com.br/url?sa=t&ct=res&cd=2&url=http%3A%2F%2Fwww.mat.puc-rio.br%2F~hjbortol%2Fcomplexidade%2Fcomplexidade-em-geometria.pdf&ei=mfPnRoDCGZyMevvb5dcG&usg=AFQjCNG8D4jKXKF_v_qKbopL9H4-74cE6Q&sig2=6o2sWVI6_6h-4iAotETV2g
Bem, agora vamos à solução do problema que você propôs:
Lema (que está demonstrado no texto mencionado):
Um octadecágono regular possui 4 diagonais (diferentes de
'diâmetros') que passam por um mesmo ponto em um diâmetro do seu
círculo circunscrito.
Ai, a partir de sua figura (no link que você enviou) basta observar que:
a) B é o centro do octadecágono e BC o raio;
b) ED e AD são as diagonais mencionadas no lema e D seu ponto de
interseção no diâmetro cujo reta suporte é BC;
Dai, é trivial que o ângulo desejado vale 30 graus por ser um ângulo
inscrito que subentende um ângulo central de 60 graus.
Abraços,
Nehab
PS: Aproveitando a citação da Silvana, dê uma olhada em um outro
lindo problema clássico chamado de Teorema de Napoleão (o próprio)
... que ela desenvolve de uma forma muito elegante e
interessante. Para os interessados neste problema, especialmente,
veja o
link http://www.cut-the-knot.org/proofs/napoleon_intro.shtml do
maravilho site www.cut-the-knot.com. Nenhum amante da geometria pode
desconhecer este site...
At 10:20 12/9/2007, you wrote:
Maravilha!!!
Obrigado Rogerio, ja era previsivel mesmo uma solucao sua. E nao eh
feia, mas linda. Se algum outro colega da lista conseguir a solucao
"puramente geometrica", agradeço.
Abracos,
Palmerim
Em 12/09/07, Rogerio Ponce
<<mailto:[EMAIL PROTECTED]>[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
Ola' Palmerim e colegas da lista,
vou dar uma solucao feiosa mesmo, isto e', por trigonometria...
Sem perda de generalidade, vamos atribuir um comprimento unitario a
cada lado de ABC.
Agora, trace a vertical que passa pelo vertice E, encontrando o
prolongamento ( 'a esquerda) de BD no ponto F.
Vamos usar o triangulo DEF para calcular a tangente do angulo DEF =
x +10 graus.
Assim,
tg (x+10) = FD / EF = (FB + 1 - DC) / EF
Como EB=1, e o angulo BEF=10 graus , temos que:
EF=cos10
FB=sin10
Aplicando lei dos senos no triangulo ADC, vemos que
DC= sin20 / sin100
Substituindo os valores no calculo da tangente, obtemos
tg (x+10) = ( sin10 + 1 - sin20 / sin100 ) / cos10
Substituindo sin20 por 2 * sin10 * cos10 , assim como sin100 por cos10, vem:
tg (x+10) = ( 1 - sin10 ) / cos10
Entao, lembrando da velha formuleta
(1 - sinA) / cosA = tg ( 45 - A/2 ) ,
finalmente podemos escrever:
tg (x+10) = tg ( 45 - 10/2 ) = tg 40
Que nos da' x=30 graus.
[]'s
Rogerio Ponce
Palmerim Soares <<mailto:[EMAIL PROTECTED]>
[EMAIL PROTECTED]> escreveu:
Ola pessoal
Esta aqui eh para os grandes mestres Nehab, Ponce e outros geometras
da lista. Poderiam dar uma solucao "puramente geometrica" (a moda
agora e essa...). Mas gostaria tambem de ver a solucao
trigonometrica, se possivel. Figura no link abaixo:
<http://imageshock.eu/img/Triangulo.jpg>http://imageshock.eu/img/Triangulo.jpg
Obrigado,
Palmerim
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<http://br.rd.yahoo.com/mail/taglines/flickr/*http://www.flickr.com.br/>Saiba
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