Re: [obm-l] Duro de Matar Geometrico

[Carlos Eddy Esaguy Nehab <carlos@xxxxxxxxx>]

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 < rogerioponce-obm@yahoo.com.br> 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 < palmerimsoares@gmail.com> 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

 

Obrigado,

 

Palmerim

 

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