FANDOM


Fatos Úteis Editar

  • A hipotenusa é sempre maior do que o cateto.

Exemplo (OBM 2001 - 3ª Fase - Nível 2)Editar

Dado um inteiro positivo $ h $ demonstre que existe um número finito de triângulos de lados inteiros $ a $, $ b $ e $ c $ e altura relativa ao lado $ c $ igual a $ h $.

OBM2001p2
Obm2001q3
Solução: Consideremos $ A $, $ B $, $ C $ e $ D $ os vértices e $ m $ e $ n $ as medidas conforme a figura. Observe que, se tivermos os valores de $ h $, $ m $ e $ n $, podemos determinar os valores de $ a $, $ b $ e $ c $. Com isso, se provarmos que existe uma quantidade finita de valores que $ m $ e $ n $ podem assumir, resolvermos o problema (pois aí existe uma quantidade finita de valores para $ a $, $ b $ e $ c $).

A estratégia será a seguinte: provaremos $ m $ e $ n $ são inteiros e limitados por algum valor. Disto segue que existe uma quantidade finita deles.

Comecemos mostrando que $ m $ e $ n $ são limitados. Se aplicarmos o teorema de Pitágoras nos triângulos $ CBD $ e $ CDA $,

$ a^2=h^2+m^2 (*) $

$ b^2=h^2+n^2 (**) $.

Vamos mexer com a igualdade $ a^2=h^2+m^2 $, pois a equação $ b^2=h^2+n^2 $ é análoga. A partir da primeira equação, podemos encontrar uma desigualdade envolvendo $ h $ e $ m $? O que sabemos sobre triângulos retângulos? Que a hipotenusa é maior que o cateto, isto é, $ a>m $. Porém, como $ a $ e $ m $ são inteiros, conseguimos dar algo mais preciso: $ a\geq m+1 $. Se elevarmos ambos os lados ao quadrado e usarmos que $ a^2-m^2=h^2 $:

$ a \geq m+1 \Leftrightarrow a^2 \geq (m+1)^2 \Leftrightarrow a^2-m^2 \geq 2m+1 \Leftrightarrow h^2 \geq 2m+1 \Leftrightarrow m \leq \frac{h^2-1}{2}. $

Analogamente, $ n \leq \frac{h^2-1}{2} $. Resta provarmos que $ m $ e $ n $ são inteiros. Como $ n=c-m $, se mostrarmos que $ m $ é inteiro, $ n $ também será.

Observe que $ a^2=h^2+m^2 $, de onde segue que $ m=\sqrt{a^2-h^2} $. Assim, $ m $ é inteiro ou irracional. Provaremos que $ m $ não pode ser irracional. Vamos encontrar uma igualdade que envolva $ a $, $ b $, $ c $ e $ m $. Se subtrairmos $ (**) $ de $ (*) $:

$ a^2-b^2=m^2-n^2 $

Se fizermos $ n=c-m $ nesta igualdade, obt/eremos

$ m=\frac{a^2-b^2+c^2}{2}. $

De onde segue que $ m $ é racional. Logo, $ m $ é inteiro e assim $ n $ também é.

Exemplo (Cone Sul 2003) Editar

Seja $ ABC $ um triângulo acutângulo tal que o ângulo $ B $ mede $ 60^{\circ} $. A circunferência de diâmetro $ AC $ intersecta as bissetrizes internas de $ A $ e $ C $ nos pontos $ M $ e $ N $ respectivamente ($ M \neq A $, $ N \neq C $). A bissetriz interna do ângulo $ B $ intersecta $ MN $ e $ AC $ nos pontos $ R $ e $ S $, respectivamente. Demonstrar que $ BR \leq RS $.

Solução: Vamos nomear algumas medidas do triângulo. Considere $ \angle BAC = 2 \alpha $ e $ \angle BCA = 2 \beta $. Suponha sem perda de generalidade que $ \alpha \geq \beta $.

Os pontos $ M $ e $ N $ ficam dentro ou fora do triângulo? Comecemos vendo isto para representar melhor a figura. Sabemos que $ N $ ficará no interior do triângulo se $ \angle NAC \leq \angle BAC $. Já sabemos que $ \angle BAC = 2 \alpha $. Calculemos $ \angle NAC $.

Como $ N $ pertence a uma circunferência de diâmetro $ AC $, segue que $ \angle ANC=90^{\circ} $. Além disso, $ \angle NCA=\beta $ e assim $ \angle NAC=90^{\circ}-\beta $. Mas seria interessante se tivéssemos $ \angle NAC $ em função de $ \alpha $, pois queremos comparar com $ BAC $. Para isso, é interessante relacionarmos $ \alpha $ e $ \beta $. Porém observe que a soma dos ângulos internos de $ ABC $ é $ 180^{\circ} $ e assim

$ 2\alpha+2\beta+60^{\circ}=180^{\circ} \Leftrightarrow \alpha+\beta=60^{\circ}. $

Como $ \alpha \geq \beta $, segue que $ \alpha \geq 30^{\circ} $ e $ \beta \leq 30^{\circ} $.

Assim

$ \angle NAC=90^{\circ}-\beta=90^{\circ}-(60^{\circ}-\alpha)=\alpha+30^{\circ}. $

Desta forma, $ \angle NAC \leq \angle BAC $ equivale a $ \alpha \geq 30^{\circ} $, o que é verdade. Logo, $ N $ está no interior do triângulo $ ABC $. Analogamente, $ M $ está no exterior.

Vamos determinar mais informações na figura para ver se conseguimos encontrar uma estratégia. Sejam $ I $ o incentro do triângulo $ ABC $ e $ K $ o ponto de encontro entre $ MN $ e $ BC $.

Observe que $ \angle ANC = \angle AMC = 90^{\circ} $, de onde segue que o quadrilátero $ ACMN $ é inscritível. Com isso, $ \angle KMI = \angle NCA = \beta $. Mas $ \angle KCI = \beta $. Logo, $ IKMC $ é inscritível, de onde segue que $ \angle IKC = \angle IMC = 90^{\circ} $.

ConeSul2003q3

Sabemos que o incentro é equidistante dos lados do triângulo $ ABC $ e essa distância é o raio da circunferência inscrita, que chamaremos de $ r $. Além disso, $ IK $ é a distância de $ I $ ao lado $ BC $.

Vamos traçar a seguinte estratégia: comparar os lados $ BR $ e $ RS $ com $ r $.

Podemos começar calculando $ BI $ em função de $ r $. Observe que o triângulo $ IBK $ é retângulo em $ K $ e $ IK=r $. Além disso, $ \angle IBK = 30^{\circ} $. Desta forma,

$ \operatorname{sen} 30^{\circ} = \frac{IK}{BI}=\frac{r}{BI} \Leftrightarrow \frac{1}{2}=\frac{r}{BI} \Leftrightarrow BI = 2r. $

E a partir dele, como podemos calcular $ BR $? Basta notarmos que $ BR=BI-IR $. Conseguimos calcular $ IR $ em função de $ r $? Basta olharmos para o triângulo $ IRK $. Já sabemos que $ IK=r $. Dá para calcular a medida de algum dos ângulos deste triângulo?

Se conseguirmos calcular $ \angle CKM $, podemos calcular $ \angle IKR $. Mas para calcularmos esse primeiro ângulo, basta calcularmos $ \angle KCM $.

Observe que

$ \angle KCM = \angle MCA - \angle MCB. $

Mas $ \angle MCB = 2\beta $. Além disso, como a soma dos ângulos internos do triângulo $ AMC $ é $ 180^{\circ} $, segue que $ \angle MCA = 90^{\circ}-\alpha $. Desta maneira,

$ \angle KCM = 90^{\circ}-\alpha-2\beta = 90^{\circ}-(\alpha+\beta)-\beta=90^{\circ}-60^{\circ}-\beta=30^{\circ}-\beta. $

Como a soma dos ângulos internos do triângulo $ KCM $ é $ 180^{\circ} $, segue que $ \angle CKM = 60^{\circ} $, de onde segue que $ \angle NKB = 60^{\circ} $. Desta forma,

$ \angle IKB - \angle NKB = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}. $

Conseguimos encontrar algum outro ângulo do triângulo $ IRK $? Observe que se $ W $ é o ponto de encontro entre $ MN $ e $ AB $, segue que o triângulo $ BKW $ é equilátero. Com isso, já que $ BR $ é bissetriz do ângulo $ \angle ABC $, segue que também é altura e desta forma, $ \angle BRK = 90^{\circ} $ e assim $ \angle IRK=90^{\circ} $.

Desta forma, se olharmos no triângulo $ IRK $:

$ \operatorname{sen} \angle RKI = \frac{RI}{KI}=\frac{RI}{r} \Leftrightarrow \operatorname{sen} 30^{\circ}=\frac{RI}{r} \Leftrightarrow RI = \frac{r}{2}. $

Com isso, $ BR=BI-RI=2r-\frac{r}{2}=\frac{3r}{2}. $

Desta forma, a desigualdade que queríamos mostrar é equivalente a

$ RS \geq \frac{3r}{2}. $

Observe que esta desigualdade equivale a

$ RI+IS \geq \frac{3r}{2} \Leftrightarrow \frac{r}{2}+IS \geq \frac{3r}{2} \Leftrightarrow IS \geq r. (*) $

Isto é verdade? Para vermos isto, considere $ T $ um ponto sobre o lado $ AC $ tal que $ IT $ é perpendicular a $ AC $. Como o incentro $ I $ é equidistante aos lados, segue que $ IT=IK=r $.

Se $ T $ coincidir com $ S $, então $ IS=IT=r $. Caso contrário, $ IST $ será um triângulo retângulo com $ IS $ hipotenusa. Como hipotenusa é sempre maior que um cateto, $ IS>IT=r $. Desta forma, $ (*) $ é verdadeira e assim a igualdade do enunciado também é.