"O que se aprende na juventude dura a vida inteira."(Francisco de Quevedo)
Este problema também veio do facebook, da página "Mathematics is poetry". Tem uma resolução bastante simples, dependendo da matemática que se sabe, e várias outras mais trabalhosas.
Esta ocorreu-me porque eu conheço
Num triângulo de lados $a$,$b$ e $c$ a área é dada por $$A_{\Delta}=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$$ onde $s$ é o semiperímetro $$s=\frc{a+b+c}{2}$$
A demonstração desta fórmula não é complicada. Encontra-se online, mas deixo como exercício ao leitor interessado (eu sei que não é complicada porque eu próprio a fiz quando tinha 16 anos).
Num triângulo de lados $a$,$b$ e $c$, se chamarmos $A$ ao lado oposto a $a$, $B$ ao lado oposto a $b$ e $C$ ao lado oposto a $c$.
A área é dada por qualquer uma das fórmulas:
$$\text{Área}=A_{\Delta}=\frc{1}{2}ab\sen{C}=\frc{1}{2}ac\sen{B}=\frc{1}{2}bc\sen{A}$$
Onde se comete o "abuso de linguagem" de confundir o vértice com o ângulo interno correspondente a esse vértice.
A demonstração desta fórmula também não é complicada. É mais simples que a da fórmula de Herão, e também deixo como exercício.
e
Num triângulo de lados $a$,$b$ e $c$, se chamarmos $A$ ao lado oposto a $a$, $B$ ao lado oposto a $b$ e $C$ ao lado oposto a $c$.
Temos $$\frc{\sen{A}}{a}=\frc{\sen{B}}{b}=\frc{\sen{C}}{c}$$
Eu aprendi isto no secundário, com outra demonstração. Mas poucos anos mais tarde (1996?) numa conversa com o professor Egídio Pereira, ele sugeriu esta demonstração, que, "recentemente" reencontrei em alguns livros do secundário, como exercício, no tempo das "Metas curriculares". Deixar algumas coisas como exercício em vez de mandar consultar livros é bem mais didáctico! Sabem, odeio a expressão "conheço a demonstração", embora desta vez, conhecer esta demonstração tenha me permitido resolver este desta forma.
Seja $r$ o raio da circunferência circunscrita ao triângulo.
Se construirmos o ponto $A'$ como sendo a intersecção da recta que passa por $B$ e pelo centro da circunferência com a circunferência com a circunferência, o angulo interno $A'$ mede o mesmo que o ângulo interno $A$. Isto acontece porque são ângulos inscritos na mesma circunferência, correspondentes ao mesmo arco. O triângulo $[A'BC]$ é rectângulo. E então $$\sen{A}=\sen{A'}=\frc{a}{2r}$$ logo, $$2r=\frc{a}{\sen{A}}$$
Eu posso fazer "o mesmo" em qualquer um dos outros vértices. Daqui tiramos:
$$2r=\frc{a}{\sen{A}}=\frc{b}{\sen{B}}=\frc{c}{\sen{C}}$$ de onde sai o resultado.
Se $r$ for o raio daquela circunferência, $a,b,c$ os lados do triângulo e $A,B,C$ os vértices opostos aos lados correspondentemente, temos que $$2r=\frc{c}{\sen C}$$ (utilizando o abuso de linguagem de identificar a medida do ângulo interno como o vértice correspondente) e que a área do triângulo é $A_{\Delta}=\frc{1}{2}ab\sen C$ logo
$$r=\frc{c}{2\sen C}=\frc{c}{\frc{2\times2A_{\Delta}}{ab}}=\frc{abc}{4A_{\Delta}}$$
Assim sendo
\[
s = \frac{{9 + 10 + 11}}{2} = \frac{{10 + 20}}{2} = 5 + 10 = 15
\]
e então
\[
r = \frac{{9 \times 10 \times 11}}{{4\sqrt {15\left( {15 - 9} \right)\left( {15 - 10} \right)\left( {15 - 11} \right)} }} =\frac{{9 \times 10 \times 11}}{{4\sqrt {15 \times 6 \times 5 \times 4} }} =
\]
\[= \frac{{9 \times 5 \times 11}}{{2\sqrt {3 \times 5 \times 2 \times 3 \times 5 \times 2^2 } }} = \frac{{9 \times 5 \times 11}}{{2\sqrt {3^2 \times 5^2 \times 2 \times 2^2 } }} = \frac{{9 \times 5 \times 11}}{{2 \times 5 \times 3 \times 2\sqrt 2 }} = \frac{{33}}{{4\sqrt 2 }} = \frac{{33\sqrt 2 }}{8}
\]
Esta resolução, também vai com dedicatórias. Á professora Celina Andrade que me aturou no secundário, e me ensinou a lei dos senos, ao professor Orlando Freitas que no 9º ano me ensinou as relações entre arcos e ângulos numa circunferência e ao professor Egídio Pereira que me deu a conhecer aquela demonstração da lei dos senos.
Em https://cpaulof2.blogspot.com/2014/03/da-equacao-da-bissectriz-as-coordenadas.html eu partilhei uma fórmula para deduzir as coordenadas do incentro de um triângulo.
No momento em que escrevo estas linhas, estou acamado, no hospital Nélio Mendonça com movimentos mínimos (tenho uma vértebra partida).
Nem consigo levantar-me ou sentar-me... :'( Deparei-me com este problema, que obviamente, não é para resolver com aquilo, mas dadas as minhas limitações, espero que fechem os olhos e aceitem a minha solução, que em vez de dar valores aproximados vai dar a solução exacta, se estiver correcta.
Com os dados apresentados, se a origem do referêncial for o ponto de tangência da circunferência com o lado [AC] temos:
$A=(-4,0)$, $B=\left(0, 4 \tan 30^o\right)=\left(0, \frc{4\sqrt{3}}{3}\right)$ e $C=(4,0)$
O perímetro é $p=8+2\times\frc{4}{\cos 30^o}=8+2\times\frc{8}{\sqrt{3}}$
E o raio da circunferência não é mais do que a ordenada do incentro:
Portanto, $1.07$
Sem nada disto, pensando como alguém que acabou de aprender trigonometria, e tem apenas uma calculadora científica, ou uma tabela(!), como se faz? [Como prometido, abaixo está a resposta, dada em Dezembro de 2024 ]
Vou começar por redesenhar o triângulo.
(O desenho foi feito no geogebra)
Como $A\hat BC=120^0$ então $B\hat{C}A=B\hat{A}C=\displaystyle\frac{180^0-120^0}{2}=30^0$.
Para facilitar a exposiçao vou desenhar os pontos $I$ (Incentro do triângulo $[ABC]$), $D$, ponto de tangência da circunferênca inscrita no triângulo com o lado $[AB]$ e $E$, ponto de tangência da circunferênca inscrita no triângulo com o lado $[AC]$.
Os triângulos $[AEI]$ e $[ADI]$ são semelhantes e têm as mesmas dimensões, por serem ambos rectângulos com a mesma hipotenusa e um cateto igual (ao raio da circunferência). Isso significa que os ângulos $I\hat{A}E$ e $I\hat{A}D$ têm a mesma amplitude, que é $\displaystyle\frac{30^0}{2}=15^0$.
Então
\[
\tan 15^0 = \frac{{\overline {EI} }}{4} \Leftrightarrow 4\tan 15^0 = \overline {EI}
\]
Ora, $\overline {EI} $ é o raio $r$ pedido. Assim sendo $r=\overline {EI} = 4\tan 15^0\approx{1,07179676972}\approx{1,07}$
Esta ocorreu-me ao olhar para uma estrela de 5 pontas, neste Natal.
Há uns bons anos, partindo de "uma estrela regular de 5 pontas" (não vamos discutir a precisão matemática desta designação, ok?), ocorreu-me uma forma de deduzir o cosseno de $36^{\circ}$.
Está em https://cpaulof2.blogspot.com/2013/06/o-numero-de-ouro-parte-3-o-pentagrama-e.html.
Nesse post, eu mostrei que \[\cos 36^{\circ}=\frac{\phi}{2}\] onde $\phi$ é o número de ouro
\[\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\]
Ora, uma fórmula que acabo por utilizar sempre que me aparecem alunos a pedir explicações de cadeiras que envolvem cálculo integral é
\[{\sen}^{2} \alpha=\frac{1-\cos (2\alpha)}{2}\]
(um dia destes anexo uns formulários de trigonometria e de séries ao blog...)
Com umas pequenas manipulações algébricas escreve-se
\begin{eqnarray*}
{{\sen}^{2} 18^{\circ}}&=&{\frac{1-\cos 36^{\circ}}{2}}\\
{}&=&{\frac{1-\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{4}}{2}}\\
{}&=&{\frac{4-1-\sqrt{5}}{8}}\\
{}&=&{\frac{3-\sqrt{5}}{8}}
\end{eqnarray*}
Vou tentar transformar $\displaystyle\frac{3-\sqrt{5}}{8}$ no quadrado de um número positivo.
\begin{eqnarray*}
{\frac{3-\sqrt{5}}{8}}&=&{\frac{6-2\sqrt{5}}{16}}\\
{}&=&{\frac{5-2\sqrt{5}+1}{16}}\\
{}&=&{\frac{\sqrt{5}^2-2\sqrt{5}+1^2}{4^4}}\\
{}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}-1}{4}\right)^2}
\end{eqnarray*}
Conclusão:
\[\sen 18^{\circ}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}\]
$\blacksquare$
Feliz Natal
Podem ver uma demonstração alternativa, e que se pode apresentar a alunos do ensino secundário em:
https://www.youtube.com/watch?v=_00oskWLtII.
Hoje em dia encontra-se de tudo no youtube... mas eu pertenço à velha escola: Prefiro pensar e fazer eu...
Curiosidade diabólica(26/12/2019)
\begin{eqnarray*}
{\sen 666^{\circ}}&=&{\sen 306^{\circ}}\\
{}&=&{\sen -54^{\circ}}\\
{}&=&{-\sen 54^{\circ}}\\
{}&=&{-\cos 36 ^{\circ}}\\
{}&=&{-\frac{\phi}{2}}
\end{eqnarray*}
