Os triângulos AB1C1, AB2C2, AB3C3, AB4C4, ... , ABnCn são seme- lhantes e portanto temos:
B1C1 / AB1 = B2C2 / AB2 = B3C3 / AB3 = B4C4 / AB4 = … = BnCn / ABn (I)
Assim, devido à semelhança desses triângulos, as razões acima dependem somente do ângulo θ e, qualquer que seja o triângulo consi- derado entre esses, correspondem à razão entre a medida do cateto oposto ao ângulo agudo θ e a medida da hipotenusa. Devido a sua im- portância, essa razão recebe o nome especial de seno do ângulo θ, que denotaremos por senθ. Assim, dado um triângulo retângulo, definimos, para um ângulo agudo θ desse triângulo: senθ = (Medida do Cateto oposto) / (Medida da Hipotenusa)
Ainda devido à semelhança dos triângulos AB1C1, AB2C2, AB3C3,
AB4C4, ... , ABnCn temos: AC1 / AB1 = AC2 / AB2 = AC3 / AB3 = … = ACnABn (II) A C1 C2 B1 B2 C3 B3 C4 B4 Cn Bn θ
Essas razões também dependem somente do ângulo θ e, qual- quer que seja o triângulo considerado dentre estes, correspondem à razão entre a medida do cateto adjacente ao ângulo agudo θ e a me- dida da hipotenusa. Devido a sua importância, essa razão recebe o nome especial de cosseno do ângulo θ, que denotaremos por cosθ. Assim, dado um triângulo retângulo, definimos, para um ângulo agudo θ deste triângulo: cos θ = Medida do Cateto adjacente Medida da Hipotenusa.
Mais uma vez, devido à semelhança dos triângulos AB1C1,
AB2C2, AB3C3, AB4C4, ... , ABnCn , temos: B1C1 / AC1 = B2C2 / AC2 = B3C3 / AC3 = B4C4 / AC4 = … = BnCnACn (III).
Essas razões também dependem somente do ângulo θ e, qualquer que seja o triângulo considerado dentre estes, correspondem à razão entre a medida do cateto oposto ao ângulo agudo θ e a medida do cateto adjacente. Devido a sua importância, essa razão recebe o nome especial de tangente do ângulo θ, que denotaremos por tgθ.
Assim, dado um triângulo retângulo, definimos, para um ângulo agudo θ deste triângulo: tgθ = (Medida do Cateto oposto) / (Medida do Cateto adjacente).
Considere o triângulo retângulo abaixo, no qual “a” é a medida da hipotenusa, “b” é a medida do cateto oposto ao ângulo agudo θ e “c” é a medida do cateto adjacente ao ângulo θ
Temos então: senθ = ba cosθ = ca tgθ = BC
Por outro lado, pelo Teorema de Pitágoras, b2 + c2 = a2implica b2 / a2 + c2 / a2 = 1 e daí temos sen2 θ + cos2 θ = 1.
A identidade sen2 θ + cos2 θ = 1 representa a relação funda- mental da trigonometria. c b a B A C θ
Temos ainda tgθ = b/c = ba/ca = (b/a)(c/a) = senθ / cosθ
A identidade tgθ = senθ / cosθ é outra importantíssima relação entre as razões trigonométricas. Outras razões trigonométricas impor- tantes são as inversas do seno, do cosseno e da tangente, que são defi- nidas respectivamente com cossecante, secante e cotangente e deno- tadas por cossecθ, secθ e cotgθ.
Assim cosecθ = 1/ senθ , secθ = 1/cosθ e cotgθ = 1/ tgθ.
Da relação fundamental sen2θ + cos2θ = 1, podemos obter rela- ções entre estas razões trigonométricas. De fato:
De sen2θ + cos2θ = 1 temos (sen2θ/ cos2θ) + (cos2θ / cos2θ) = 1 / cos2θ e daí obtemos sec2θ = 1 + tg2θ
Temos também:
De sen2θ + cos2θ = 1 temos (sen2θ/ sen2θ) + (cos2θ / sen2θ) = 1 / sen2 θ e daí obtemos cosec2θ = 1 + cotg2θ.
Exemplo: Calcule do valor das razões trigonométricas do ân- gulo de 300.
Solução: Considere o triângulo equilátero cujos lados têm me- dida d. Sabemos que seus ângulos internos medem 60o. Quando consi- deramos a altura relativa a um dos lados, essa altura divide o triângulo em dois triângulos retângulos cujos ângulos internos medem 90º, 60o e 30o, e também divide o lado ao meio, de acordo com a figura abaixo.
Pelo Teorema de Pitágoras, temos d2 = h2 + (d/2)2 e daí h2 = d2 – d2/4 =3d2/4. Assim: h =
√
3d /2. B C A 60° d d d/2 d/2 hTemos, portanto, sen30º= (d/2) / d = 1/2, cos30º = h/d = ( 3d /2)/d = 3/2 e tg30º = (d/2)/h = (d/2) / (d /2) =1/ 3 = 3/3.
Exemplo: Um avião decola fazendo um ângulo de 30o com a ho-
rizontal. Em um certo momento, ele passa sobre uma igrejinha situada a 2km do ponto de decolagem. Calcule a distância percorrida pelo avião até o momento em que ele passa sobre a igrejinha e também a altura atingida pelo avião nesse momento. Vamos resolver este pro- blema de duas maneiras. Na primeira, usaremos semelhança de triân- gulos juntamente com as razões trigonométricas e, na segunda, usa- remos apenas as razões trigonométricas.
Solução1: A figura abaixo nos oferece uma visualização geomé- trica do problema:
A = ponto de decolagem I = Igrejinha AS = AC = 1km AI = 2km θ = 30°
AH = distância percorrida pelo avião até o momento em que passa sobre a igrejinha
HI = altura do avião no momento em que passa sobre a igrejinha.
Temos cosθ =AB/AS = AB/1 = AB e tgθ = TC/AC = TC/1 = TC, Observe que os triângulos AHI, ASB e ATC são semelhantes. Da semelhança dos triângulos ATC e AHI, temos TC/AC = HI/ AI. Mas TC/AC = tgθ e HI/AI = HI/2. Daí tgθ = HI/2 e então HI = 2 tgθ = 2.tg30° = 2.( 3/3) ≈ 1,15 . Logo a altura do avião no momento em que ele passa sobre a igrejinha é de aproximadamente 1,15km = 1.150m.
Da semelhança dos triângulos ASB e AHI, temos AB/AS = AI/ AH. Mas AB/AS = cosθ e AI/AH = 2/AH. Daí cosθ = 2/AH e então AH = 2/cosθ = 2/cos30° = 2/( 3/2) = 4/ 3 ≈ 2,31. Logo a distância percor-
B A S T H C θ
rida pelo avião até o momento em que ele passa sobre a igrejinha é de aproximadamente 2,31 km = 2.310m.
Solução 2: Resolveremos agora o problema diretamente usando apenas os valores da tangente e do cosseno de 30o.
tg30º = HI/2 e então HI = 2.tg30º = 2.( 3/3) ≈ 1,15. Logo a altura do avião no momento em que ele passa sobre a igrejinha é de 1,15 km = 1.150m.
cos30º = 2/AH e então AH = 2/cos 30º = 2/( 3/2) = 4/ 3 ≈ 2,31. Logo a distância percorrida pelo avião até o momento em que ele passa sobre a igrejinha é de 2,31km = 2.310m.
Exercício: Se sen x = 34, calcule tg x.
a) Calcule as razões trigonométricas dos ângulos de 45o e 60o e use esses resultados para resolver os problemas a seguir. b) Calcule a altura de um triângulo equilátero cujos lados
medem 6cm.
c) Quanto mede a diagonal de um quadrado cujo lado mede 5cm? d) Calcule a área de um triângulo isósceles cuja base mede 10cm
e seus ângulos congruentes medem 30o.
Aplicações
Construção geométrica da soma de uma PG de razão menor do que 1
(RPM Nº 14, pág. 43, artigo de Elon Lages Lima)
Dados os números reais a, r, com 0 < r < 1, seja S = a + ar + ar2 + ... + arn + …, a soma dos termos da progressão geométrica ilimitada
cujo primeiro termo é a e cuja razão é r. Temos:
A 30°
S = a + r ( a + a r + a r2 + . . . ) = a + r . S ,
donde S - rS = a e daí S = a/(1- r)
Não há geometria alguma nesse raciocínio, embora a progressão se chame geométrica.
Mas, dados a > 0 e 0 < r < 1, podemos construir geometricamente, usando semelhança de triângulos, a soma S = a + ar + ar2 + … Assim:
a) Tomamos um segmento de comprimento a e, a partir de uma de suas extremidades, outro segmento, com um comprimento b arbitrário. Na outra extremidade, traçamos um segmento pa- ralelo a b, de comprimento rb.
b) A reta que liga as extremidades dos segmentos de compri- mentos b e rb encontra o prolongamento do segmento de com- primento a num ponto que dista exatamente S da primeira extre midade de a.
Explicação: Os triângulos de bases b e rb na figura abaixo são
semelhantes. A razão de semelhança é r. Logo o segmento adjacente a mede rS. Ou seja, S = a + rS, donde S = a/(l - r) = a + ar + ar2 +...
Uma construção análoga fornece um segmento de comprimento S’ = a - ar + ar2 - ar3 + ... + (- l)narn + ...
Neste caso, temos S’ = a- r(a- ar + ar2 - a r3 + . . . ) , ou seja, S’ = a - rS’ e daí S’ = a/(1 + r).
Podemos também construir geometricamente, usando seme- lhança de triângulos, a soma S’ = a - ar + ar2 - ar3 + ... + (- l)narn + … ,
do seguinte modo:
S b
a rS
Os segmentos b e rb são paralelos, traçados a partir das extremi- dades do segmento de comprimento a, de acordo com a figura acima. Os dois triângulos da figura são semelhantes, e a razão de semelhança é r. Logo, se chamarmos S’ a base do triângulo maior, a base do menor será rS’. Portanto a = S’+ rS’ e daí S’ = a/(l + r) = a - ar + ar2 - ar3 + ...
Situação-problema: abertura de um Túnel
(RPM Nº 5, pág. 2, artigo de Euclides Rosa)
A ilha de Samos, que ainda pertence à Grécia, fica a menos de 2 quilômetros da Costa da Turquia. Há 2.500 anos, toda aquela região era habitada por gregos. Samos passou à História por ser a terra natal de Pitágoras, mas não é dele que vamos falar. O herói do nosso episódio nem ao menos era matemático. Seu nome era Eupalinos e, nos dias atuais, seria chamado de engenheiro. Ele será focalizado aqui por ter sabido usar, com bastante sucesso, um fato elementar de Geometria Plana para resolver um problema de Engenharia e assim contribuir para o bem-estar de uma comunidade.
O exemplo de Eupalinos merece ser conhecido pelos leitores e pesquisadores por dois motivos: fornece um tópico interessante para ilustrar nossas aulas e mostra como o conhecimento matemático, mesmo quando de natureza teórica, pode ter influência decisiva no pro- gresso tecnológico. Eupalinos usou o fato de que se dois triângulos re- tângulos têm catetos proporcionais, seus ângulos agudos são iguais.
a b rb S’ rS’ c b a c’ b’ a’
Na figura anterior, temos b/c = b’/c’, e os ângulos agudos corres- pondentes são iguais.
Como se sabe, este é um caso particular de semelhança de triân- gulos. Os triângulos dados têm um ângulo reto, compreendido entre lados proporcionais. Mais precisamente, Eupalinos usou uma sua con- sequência imediata do fato que enunciamos acima, ou seja:
Considere dois triângulos retângulos com um vértice comum e catetos a, b, a’ e c’ respectivamente, com b/c = b’/c’. Os catetos b e c, b’ e c’ são perpendiculares e então as hipotenusas estão em linha, con- forme a figura abaixo.
Retomemos nossa história. Ela se passa em Samos, ano 530 a.C. O poderoso tirano Polícrates se preocupava com o abastecimento de água da cidade. Havia fontes abundantes na ilha, mas ficavam do outro lado do monte Castro e o acesso a elas era muito difícil para os habi- tantes da cidade. Decidiu-se então abrir um túnel. A melhor entrada e a mais conveniente saída do túnel foram escolhidas pelos assessores de Polícrates. Eram dois pontos, que chamaremos de A e B respectiva- mente. Cavar a montanha não seria árduo, pois a rocha era calcárea e não faltavam operários experientes. O problema era achar um modo de sair do ponto A e, cavando, chegar ao ponto B sem se perder no caminho.
Eupalinos, encarregado de estudar a questão, surpreendeu a todos com uma solução simples e prática. Além disso, anunciou que reduziria o tempo de trabalho à metade propondo que se iniciasse a obra em duas frentes, começando a cavar simultaneamente nos pontos A e B, encon- trando-se as duas turmas no meio do túnel! Disse e fez. O túnel, cons-
b’ c’
b a
c
truído há 25 séculos, é mencionado pelo historiador grego Heródoto. Em 1882, arqueólogos alemães, escavando na ilha de Samos, o encon- traram. Ele tem um quilômetro de extensão, sua seção transversal é um quadrado com 2 metros de lado, com uma vala funda para os canos d’água e aberturas no teto para renovação do ar e limpeza de detritos. Mas como Eupalinos conseguiu, partindo simultaneamente de A e B, traçar uma reta ligando esses pontos, através da montanha? Na figura a seguir, o contorno curvilíneo representa o monte, A é o ponto de en- trada, e B é a saída do túnel.
A partir do ponto B, fixa-se uma direção arbitrária BC e, cami- nhando ao longo de uma poligonal BCDEFGHA, na qual cada lado forma um ângulo reto com o seguinte, atinge-se o ponto A, tendo evi- tado assim as áreas mais escarpadas da montanha. (Não é difícil ima- ginar um instrumento ótico rudimentar que permita dar com precisão esses giros de 90 graus).
Anotando-se o comprimento de cada um dos lados da poligonal, determinam-se facilmente os comprimentos dos catetos AK e KB do triângulo retângulo AKB no qual AB é a hipotenusa e os catetos têm as direções dos lados da poligonal considerada. Calcula-se então a razão r = AK/KB. A partir dos pontos A e B, constroem-se dois pequenos triân- gulos retângulos cujos catetos ainda tenham as direções dos lados da poligonal e, além disso, em cada um desses triângulos, a razão entre os catetos seja igual à razão r entre os catetos do triângulo AKB.
C G F E D K A B H
b’/c’=b’’/c’’=b/c=r
Agora é só cavar o morro, a partir dos pontos A e B, na direção das hipotenusas dos triângulos pequenos. Isto resolve o problema se os pontos A e B estiverem no mesmo nível: cava-se sempre na horizontal e o plano horizontal é fácil de determinar, por meio de vasos comuni- cantes ou por outros processos. Em geral, A e B não estão no mesmo nível. No caso em questão, é obviamente desejável que B seja mais baixo e sem dúvida levou-se isto em conta na sua escolha como ponto de saída. Mas é fácil calcular d = diferença de nível entre A e B. Basta ir registrando, à medida que se percorre a poligonal BCDEFGHA. A diferença de nível entre dois vértices P e Q é a seguinte.
Tendo d, consideramos o triângulo retângulo AMB, no qual o cateto AM é vertical e tem comprimento d. O comprimento da hipote- nusa AB se determina pelo Teorema de Pitágoras.
c`` c c´ b`` b b’ A B K A M B P a horizontal d a Q
A razão AM/AB = s diz como se deve controlar a inclinação da escavação: cada vez que andarmos uma unidade de comprimento ao longo do túnel, o nível deve baixar s unidades. O mais notável desse raciocínio teórico é que ele foi posto em prática e funcionou. O túnel sob o monte Castro lá está, para quem quiser ver, na majestade dos seus dois mil e quinhentos anos de idade. Honestamente, devemos esclarecer que as duas extremidades das escavações não se encontraram exata- mente no mesmo ponto. Isto seria esperar demais da precisão dos ins- trumentos então existentes. Houve um erro de uns 9 metros na hori- zontal e 3 metros na vertical. Desvios insignificantes convenhamos. Além disso, esse erro tem dois aspectos interessantes. Em primeiro lugar, constitui uma prova de que o túnel foi realmente cavado em duas frentes. Em segundo lugar, a ponta que começou em B chegou mais baixa do que a que começou em A, o que permitiu formar uma pequena cachoeira, sem interromper o fluxo de água de A para B. Isto nos deixa quase certos de que esse erro na vertical está ligado ao cuidado dos construtores em não deixar as pontas se encontrarem com a saída mais alta do que a entrada, o que causaria um problema desagradável.
Para encerrar, uma pergunta: como sabemos dessas coisas? Eupalinos não deixou obras escritas. Mas Heron de Alexandria pu- blicou muitos livros, alguns deles ainda hoje existentes. Um desses li- vros é sobre um instrumento de agrimensura chamado dioptra. Nele, Heron descreve o processo que expusemos acima. Em seu todo, os li- vros escritos por Heron formam uma enciclopédia de métodos e téc- nicas de Matemática Aplicada, sintetizando o conhecimento da época. Outros livros, talvez menos completos, certamente foram publicados antes com propósitos semelhantes e não se pode deixar de supor que a construção de Eupalinos tenha figurado entre essas técnicas.