Ensino Médio ⇒ Somas das Áreas de Triângulos Equiláteros Tópico resolvido

[andreluiz]

Na figura abaixo existe uma sequência infinita de triângulos equiláteros sob um ângulo [tex3]\theta[/tex3] no interior de triângulo equilátero de lado [tex3]1[/tex3].

12 FEV.JPG (11.13 KiB) Exibido 768 vezes

Prove a soma das áreas desses triângulos equiláteros é igual:

[tex3]S=\frac{1}{4}.tg\theta[/tex3]

[andreluiz]

Como se resolve ?

[andreluiz]

BOA TARDE A TODOS !

ALGUÉM TEM ALGUMA IDÉIA DE COMO RESOLVER ?

SEI QUE É DIFÍCIL, MAS SE ALGUÉM PUDER DAR ALGUMA DICA AGRADEÇO ANTECIPADAMENTE !

VALEU

[manerinhu]

IMG.png (44.44 KiB) Exibido 703 vezes

prepare-se psicologicamente, porque a resposta vai ser grande

no triangulo MNP, temos as relações por lei de senos
[tex3]\frac{1}{sen60+A} = \frac{1-L}{sen60-A} = \frac{Z}{sen 60}[/tex3]
com Z sendo o segmento MP
no triangulo MQP, temos
[tex3]\frac{L}{senA} = \frac{1}{sen120-A} = \frac{Z}{sen60}[/tex3]
como [tex3]\frac{Z}{sen60} = \frac{Z}{sen60}[/tex3], temos a seguinte relaçao
[tex3]\frac{1}{sen60+A} = \frac{1}{sen120-A}[/tex3]
de forma que [tex3]60+A = 120 - A => A = 30 graus[/tex3]
agora ficou facil
retomando a relação
[tex3]\frac{L}{senA} = \frac{1}{sen120-A}[/tex3]
[tex3]L = \frac{1}{2}[/tex3]

agora para achar o lado do segundo triangulo, basta fazer outras leis de seno
[tex3]\frac{L'}{senA} = \frac{1/2}{sen 120-A}[/tex3]
[tex3]L' = \frac{1}{4}[/tex3]
ou então fazer semelhança de triangulos

a razao dos lados está em meio, de forma que a razao das áreas estará em um quarto
agora soma infinita
[tex3]\frac{area1}{1-q} = \frac{\frac{L^2\sqrt{3}}{4}}{1-q} =\frac{\frac{L^2\sqrt{3}}{4}}{1-\frac{1}{4}}[/tex3]
[tex3]\frac{\frac{L^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{3}{4}} = \frac{L^2\sqrt{3}}{3} = L^2tg30 = \frac{1tg30}{4} = \frac{1}{4}.tgA[/tex3]

[Vinícius]

Há um erro na resolução do Manerinhu.
Está correta até aqui:
[tex3]\frac{1}{\operatorname{sen}(60^\circ+A)} = \frac{1}{\operatorname{sen}(120^\circ-A)}[/tex3]
Porém, não se pode assumir que esses ângulos são iguais. Eles possuem senos iguais, mas isso pode ser concluído a partir da figura (uma vez que são suplementares), mas não têm obrigatoriamente o mesmo valor. (Se fosse assim, a resposta não estaria em função da tangente do ângulo, pois ele estaria determinado.) A partir daí, a resolução apresentada por ele considerou somente o caso particular em que o ângulo mede 30°.

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Resolvi a questão desta forma:

Sejam [tex3]a_1[/tex3] e [tex3]h_1[/tex3], respectivamente, as medidas do lado e da altura do triângulo equilátero mais à direita; [tex3]a_2[/tex3] e [tex3]h_2[/tex3] essas medidas do segundo triângulo; e assim sucessivamente. Seja, ainda, [tex3]A_n[/tex3] a área do enésimo triângulo equilátero da direita para a esquerda.

Imagem 20130118153524.png (24.42 KiB) Exibido 697 vezes

No triângulo destacado na figura:

[tex3]\operatorname{tg}\theta=\frac{h_1}{1-\dfrac{a_1}{2}}[/tex3]

[tex3]\operatorname{tg}\theta=\frac{a_1\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{1-\dfrac{a_1}{2}}[/tex3]

[tex3]2\operatorname{tg}\theta-a_1\operatorname{tg}\theta=a_1\sqrt{3}[/tex3]

[tex3]a_1=\frac{2\operatorname{tg}\theta}{\sqrt{3}+\operatorname{tg}\theta}[/tex3]



Entre quaisquer dois triângulos equiláteros:

Imagem 20130118160323.png (27.59 KiB) Exibido 697 vezes

No triângulo em destaque:

[tex3]\operatorname{tg}\theta=\frac{h_n-h_{n+1}}{\dfrac{a_n}{2}+\dfrac{a_n+1}{2}}[/tex3]

[tex3]\operatorname{tg}\theta=\frac{\sqrt{3}\cdot(a_n-a_{n+1})}{a_n+a_{n+1}}[/tex3]

[tex3]a_n\operatorname{tg}\theta+a_{n+1}\operatorname{tg}\theta=a_n\sqrt{3}-a_{n+1}\sqrt{3}[/tex3]

[tex3]a_{n+1}\left(\sqrt{3}+\operatorname{tg}\theta\right)=a_n\left(\sqrt{3}-\operatorname{tg}\theta\right)[/tex3]

[tex3]\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\sqrt{3}-\operatorname{tg}\theta}{\sqrt{3}+\operatorname{tg}\theta}[/tex3]

[tex3]\frac{A_{n+1}}{A_n}=\left(\frac{\sqrt{3}-\operatorname{tg}\theta}{\sqrt{3}+\operatorname{tg}\theta}\right)^2[/tex3]

Com isso, conclui-se que as áreas estão em progressão geométrica de razão [tex3]\left(\frac{\sqrt{3}-\operatorname{tg}\theta}{\sqrt{3}+\operatorname{tg}\theta}\right)^2[/tex3].

Sendo assim:

[tex3]S_\infty=A_1\cdot\frac{1}{1-q}[/tex3]

[tex3]S_\infty=\left(\frac{2\operatorname{tg}\theta}{\sqrt{3}+\operatorname{tg}\theta}\right)^2\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{1}{1-\left(\dfrac{\sqrt{3}-\operatorname{tg}\theta}{\sqrt{3}+\operatorname{tg}\theta}\right)^2}[/tex3]

[tex3]S_\infty=\frac{\sqrt{3}\cdot \operatorname{tg}^2\theta}{\left(\sqrt{3}+\operatorname{tg}\theta\right)^2-\left(\sqrt{3}-\operatorname{tg}\theta\right)^2}[/tex3]

[tex3]S_\infty=\frac{\sqrt{3}\cdot \operatorname{tg}^2\theta}{4\sqrt{3}\cdot\operatorname{tg}\theta}[/tex3]

[tex3]\boxed{S_\infty=\frac{1}{4}\cdot\operatorname{tg}\theta}[/tex3]
c.q.d.

[manerinhu]

ainda assim, se [tex3]sena = senb[/tex3], a = b ou a = 180-b
de forma que
[tex3]\frac{1}{sen60+A} = \frac{1}{sen120-A}[/tex3]
60 + a = 120 - a, o que é verdadeiro
ou a + 60 = 180 -(120-a) => a + 60 = 60 + a, o que é verdadeiro

[Vinícius]

É verdade que [tex3]\begin{cases}\{a,b\}\subset[0; \pi]\\\text{e}\\\operatorname{sen}a=\operatorname{sen}b\end{cases}\iff\begin{cases}a=b\\\text{ou}\\a+b=\pi\end{cases}[/tex3].

Porém, note: não é necessário usar a lei dos senos para notar que [tex3]60^\circ + A[/tex3] e [tex3]120^\circ-A[/tex3] têm senos iguais, uma vez que somam 180°; mas isso não significa que são iguais. Por exemplo: Para A = 10°, esses ângulos seriam 70° e 110°.

O que estou tentando mostrar é que a igualdade que você sugeriu é válida somente em uma das infinitas possibilidades para a medida do ângulo [tex3]\theta[/tex3] (ou [tex3]A[/tex3]). Mais especificamente, você restringiu o problema a um caso particular em que o segmento [tex3]\overline{MP}[/tex3] da sua figura é perpendicular a [tex3]\overline{NQ}[/tex3].

Essa particularização não é válida. Um exemplo análogo seria:
"Prove que a diagonal de um retângulo de dimensões [tex3]a[/tex3] e [tex3]b[/tex3] mede [tex3]\sqrt{a^2+b^2}[/tex3]."
Uma resolução incorreta: Considerando [tex3]\color{red}a=b[/tex3], o polígono é um quadrado, cuja diagonal mede [tex3]\color{red}l\sqrt{2}=\sqrt{2l^2}=\sqrt{l^2+l^2}=\boxed{\sqrt{a^2+b^2}}[/tex3].

Assim como sua resolução para a questão do tópico, essa resolução em vermelho cometeu o erro da "perda de generalidade" ao considerar somente um caso (a = b) entre os infinitos possíveis.