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Vamos crescer essa comunidade juntos
Grande abraço a todos,
Prof. Caju
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Ensino Médio ⇒ Geometria - Triângulos e circunferências Tópico resolvido
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Jul 2020
20
10:18
Geometria - Triângulos e circunferências
O cateto do triângulo retângulo abaixo vale [tex3]a[/tex3]
[tex3](a > 2)[/tex3]
. Determinar a área sombreada, sabendo que temos infinitos círculos tangentes.
Editado pela última vez por Babi123 em 20 Jul 2020, 10:43, em um total de 2 vezes.
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Jul 2020
20
12:14
Re: Geometria - Triângulos e circunferências
temos um triângulo retângulo com cateto [tex3]a[/tex3]
[tex3]r = p-c \iff 2 = a+b-c \iff c = a+b-2[/tex3]
mas como [tex3]c^2 = a^2 + b^2 \implies a^2 + b^2 + 2ab - 4a-4b + 4 = a^2 + b^2 \iff 2a+2b = ab+2[/tex3]
de onde [tex3]b\(a-2\) = 2a - 2 \implies b = 2\frac{a-1}{a-2}[/tex3]
com isso temos a tangente da bissetriz onde ficam os centros de todas essas circunferências:
[tex3]\tan\(\frac \alpha2 \) = \frac{1}{b-1} = \frac{r_n}{b_n}[/tex3]
onde [tex3]r_n[/tex3] é o raio da ené-sima circunferência (começando do incírculo unitário e avançado para a direita)
e [tex3]b_n[/tex3] é a distância do ponto de contato da ené-sima circunferência com o lado [tex3]b[/tex3] até o vértice da bissetriz da direita.
As relações são as seguintes:
[tex3]b_{n} - b_{n+1} = 2\sqrt{r_n r_{n+1}}[/tex3]
de onde
[tex3]b_n - b_{n+1} = \frac2{b-1} \sqrt{b_n b_{n+1}}[/tex3]
a solução dessa relação é:
[tex3]b_n = \(b-1\)\( \frac2{\(b-1\)^2} - \frac1{b-1}\sqrt{4+ \frac4{\(b-1\)^2}} + 1\)^{n-1}[/tex3]
de onde
[tex3]r_n = \( \frac2{\(b-1\)^2} - \frac1{b-1}\sqrt{4+ \frac4{\(b-1\)^2}} + 1\)^{n-1} = q^{n-1}[/tex3]
então [tex3]\pi r_n^2 = \pi q^{2n-2}[/tex3]
e então
[tex3]S = \pi \sum_{n=1}^{\infty} q^{2n-2} = \pi \frac1{1-q^2}[/tex3]
onde [tex3]q = \frac2{\(b-1\)^2} - \frac1{b-1}\sqrt{4+ \frac4{\(b-1\)^2}} + 1 [/tex3] e [tex3]b = 2\frac{a-1}{a-2}[/tex3]
só substituir o [tex3]b[/tex3]
e raio da inscrita [tex3]r=1[/tex3]
com isso podemos determinar os outros dois lados:[tex3]r = p-c \iff 2 = a+b-c \iff c = a+b-2[/tex3]
mas como [tex3]c^2 = a^2 + b^2 \implies a^2 + b^2 + 2ab - 4a-4b + 4 = a^2 + b^2 \iff 2a+2b = ab+2[/tex3]
de onde [tex3]b\(a-2\) = 2a - 2 \implies b = 2\frac{a-1}{a-2}[/tex3]
com isso temos a tangente da bissetriz onde ficam os centros de todas essas circunferências:
[tex3]\tan\(\frac \alpha2 \) = \frac{1}{b-1} = \frac{r_n}{b_n}[/tex3]
onde [tex3]r_n[/tex3] é o raio da ené-sima circunferência (começando do incírculo unitário e avançado para a direita)
e [tex3]b_n[/tex3] é a distância do ponto de contato da ené-sima circunferência com o lado [tex3]b[/tex3] até o vértice da bissetriz da direita.
As relações são as seguintes:
[tex3]b_{n} - b_{n+1} = 2\sqrt{r_n r_{n+1}}[/tex3]
de onde
[tex3]b_n - b_{n+1} = \frac2{b-1} \sqrt{b_n b_{n+1}}[/tex3]
a solução dessa relação é:
[tex3]b_n = \(b-1\)\( \frac2{\(b-1\)^2} - \frac1{b-1}\sqrt{4+ \frac4{\(b-1\)^2}} + 1\)^{n-1}[/tex3]
de onde
[tex3]r_n = \( \frac2{\(b-1\)^2} - \frac1{b-1}\sqrt{4+ \frac4{\(b-1\)^2}} + 1\)^{n-1} = q^{n-1}[/tex3]
então [tex3]\pi r_n^2 = \pi q^{2n-2}[/tex3]
e então
[tex3]S = \pi \sum_{n=1}^{\infty} q^{2n-2} = \pi \frac1{1-q^2}[/tex3]
onde [tex3]q = \frac2{\(b-1\)^2} - \frac1{b-1}\sqrt{4+ \frac4{\(b-1\)^2}} + 1 [/tex3] e [tex3]b = 2\frac{a-1}{a-2}[/tex3]
só substituir o [tex3]b[/tex3]
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Jul 2020
20
19:30
Re: Geometria - Triângulos e circunferências
FelipeMartin escreveu: ↑20 Jul 2020, 12:14 temos um triângulo retângulo com cateto [tex3]a[/tex3] e raio da inscrita [tex3]r=1[/tex3] com isso podemos determinar os outros dois lados:
[tex3]r = p-c \iff 2 = a+b-c \iff c = a+b-2[/tex3]
mas como [tex3]c^2 = a^2 + b^2 \implies a^2 + b^2 + 2ab - 4a-4b + 4 = a^2 + b^2 \iff 2a+2b = ab+2[/tex3]
de onde [tex3]b\(a-2\) = 2a - 2 \implies b = 2\frac{a-1}{a-2}[/tex3]
com isso temos a tangente da bissetriz onde ficam os centros de todas essas circunferências:
[tex3]\tan\(\frac \alpha2 \) = \frac{1}{b-1} = \frac{r_n}{b_n}[/tex3]
onde [tex3]r_n[/tex3] é o raio da ené-sima circunferência (começando do incírculo unitário e avançado para a direita)
e [tex3]b_n[/tex3] é a distância do ponto de contato da ené-sima circunferência com o lado [tex3]b[/tex3] até o vértice da bissetriz da direita.
As relações são as seguintes:
[tex3]b_{n} - b_{n+1} = 2\sqrt{r_n r_{n+1}}[/tex3]
de onde
[tex3]b_n - b_{n+1} = \frac2{b-1} \sqrt{b_n b_{n+1}}[/tex3]
a solução dessa relação é:
[tex3]b_n = \(b-1\)\( \frac2{\(b-1\)^2} - \frac1{b-1}\sqrt{4+ \frac4{\(b-1\)^2}} + 1\)^{n-1}[/tex3]
de onde
[tex3]r_n = \( \frac2{\(b-1\)^2} - \frac1{b-1}\sqrt{4+ \frac4{\(b-1\)^2}} + 1\)^{n-1} = q^{n-1}[/tex3]
então [tex3]\pi r_n^2 = \pi q^{2n-2}[/tex3]
e então
[tex3]S = \pi \sum_{n=1}^{\infty} q^{2n-2} = \pi \frac1{1-q^2}[/tex3]
onde [tex3]q = \frac2{\(b-1\)^2} - \frac1{b-1}\sqrt{4+ \frac4{\(b-1\)^2}} + 1 [/tex3] e [tex3]b = 2\frac{a-1}{a-2}[/tex3]
só substituir o [tex3]b[/tex3]
Obgda Felipe
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Jul 2020
20
21:36
Re: Geometria - Triângulos e circunferências
Eu espero que tenha um jeito mais fácil, resolver essa relação de recorrência não é tão trivial.FelipeMartin escreveu: ↑20 Jul 2020, 12:14
[tex3]b_n - b_{n+1} = \frac2{b-1} \sqrt{b_n b_{n+1}}[/tex3]
a solução dessa relação é:
[tex3]b_n = \(b-1\)\( \frac2{\(b-1\)^2} - \frac1{b-1}\sqrt{4+ \frac4{\(b-1\)^2}} + 1\)^{n-1}[/tex3]
Mas realmente eu não consegui fazer de outra maneira.
Talvez calcular a relação entre os raios na marra, com fórmulas ou mesmo analítica seja o jeito mais rápido.
Ainda assim acho que a resposta final não simplifica muito.
Pra encontrar o raio da circunferência encostando no incírculo por analítica (oricem no vértice do ângulo reto, eixo x na horizontal da esquerda para a direita e eixo y na vertical de baixo para cima)
daria pra fazer olhando para o ponto mais alto do incírculo: [tex3]P = (1,2)[/tex3]
e olhando para o encontro do incírculo com a bissetriz: [tex3]A = (b,0)[/tex3] , [tex3]B = (a,0)[/tex3] a equação da bissetriz é [tex3]y = \frac{x-b}{b-1}[/tex3] deixando essa reta encontrar o círculo podemos tirar o ponto de contato entre os dois círculos, com esse ponto e o ponto [tex3]P[/tex3] fazemos uso da homotetia pra encontrar o ponto de contado do círculo com o lado [tex3]CA[/tex3] e o problema meio que acaba.
Editado pela última vez por FelipeMartin em 20 Jul 2020, 21:43, em um total de 1 vez.
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