Question

Calcule os ângulos ^B e ^C de um triângulo em que a = 1, b = v3 + 1 e ^A = 15°. Use cos 15° = v6 + v2 / 4 (os dois sobre 4).​

Answer 1

Resposta:

$\boxed{\boxed{\large{B=45\º}}}$

$\boxed{\boxed{\large{C=120\°}}}$

ou

$\boxed{\boxed{\large{B=135\°}}}$

$\boxed{\boxed{\large{C=30\°}}}$

Solução:

Siga a  figura

Dado o triangulo ABC, aonde a esta oposto ao ângulo A, b está oposto ao ângulo B e c oposto ao ângulo C

Como temos dois lados e um ângulo podemos aplicar a lei dos cossenos, logo

$a^2=b^2+c^2-2bc\cdot cos15\°\\\\\\1=(\sqrt{3}+1)^2+c^2-2c(\sqrt{3}+1)\cdot\left(\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)\\\\\\\not{1}=3+2\sqrt{3}+\not{1}+c^2-2c\left(\dfrac{\sqrt{3}\sqrt{6}+\sqrt{3}\sqrt{2}+\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)\\\\\\0=3+2\sqrt{2}+c^2-2c\left(\dfrac{\sqrt{18}+\sqrt{6}+\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)\\\\\\0=3+2\sqrt{3}+c^2-2c\left(\dfrac{\sqrt{18}+2\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)$

Seja $\sqrt{18}=3\sqrt{2}$

$0=3+2\sqrt{3}+c^2-2c\left(\dfrac{3\sqrt{2}+2\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)\\\\\\0=3+2\sqrt{3}+c^2-2c\left(\dfrac{4\sqrt{2}+2\sqrt{6}}{4}\right)\\\\\\0=3+2\sqrt{3}+c^2-2c\cdot2\left(\dfrac{2\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}\right)\\\\\\0=3+2\sqrt{3}+c^2-\not\!{4}c\left(\dfrac{2\sqrt{2}+\sqrt{6}}{\not\!{4}}\right)\\\\\\c^2-c(2\sqrt{2}+\sqrt{6})+(3+2\sqrt{3})=0$

Equação, do segundo grau, onde $a=1$, $b=-(2\sqrt{2}+\sqrt{6})$ e $c=(3+2\sqrt{3})$ resolvendo temos

$c=\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2}$

onde

$\Delta=b^2-4ac\\\\\\\Delta=(2\sqrt{2}+\sqrt{6})^2-4\cdot1\cdot(3+2\sqrt{3})\\\\\\\Delta=(2\sqrt{2})^2+2\cdot2\sqrt{2}\sqrt{6}+(\sqrt{6})^2-4(3+2\sqrt{3})\\\\\\\Delta=8+4\overbrace{\sqrt{12}}^{2\sqrt{3}}+6-12-8\sqrt{3}\\\\\\\Delta=2+4\cdot2\sqrt{3}-8\sqrt{3}\\\\\\\Delta=2+\not\!\!\!{8\sqrt{3}}-\not\!\!\!{8\sqrt{3}}\\\\\\\Delta=2$

Então

$c=\dfrac{-(-(2\sqrt{2}+\sqrt{6}))\pm\sqrt{2}}{2\cdot1}\\\\\\c=\dfrac{2\sqrt{2}+\sqrt{6}\pm\sqrt{2}}{2}\\\\\\\\c_1=\dfrac{2\sqrt{2}+\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\\\\\\c_1=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}\\\\\\ou\\\\\\c_2=\dfrac{2\sqrt{2}+\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\\\\\\c_2=\dfrac{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$

Ambos os valores para c servem(verificar com a desigualdade triangular), porém vou tomar o $c=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$

Tendo c, poderíamos aplicar novamente a lei dos cossenos, porém ela envolve muitos quadrados, então vou recorrer a lei dos senos, mas para isso vamos precisar do sen15°, para isso basta usar a relação fundamental da trigonometria

$sen^215\°+cos^215\°=1$

Que você vai encontrar $sen15\°=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$

Aplicando então a lei dos senos temos

$\dfrac{a}{sen15\°}=\dfrac{b}{senB}\\\\\\\dfrac{1}{sen15\°}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{senB}\\\\\\senB=sen15\°(\sqrt{3}+1)\\\\\\senB=\left(\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)(\sqrt{3}+1)\\\\\\senB=\dfrac{\sqrt{6}\sqrt{3}-\sqrt{2}\sqrt{3}+\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\\\\\\senB=\dfrac{\overbrace{\sqrt{18}}^{3\sqrt{2}}-\sqrt{6}-\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\\\\\\senB=\dfrac{2\sqrt{2}}{4}\\\\\\senB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

Há vários ângulos B que nos dão $senB=\frac{\sqrt{2}}{2}$, mas como o ângulo B está em um triangulo, B só pode ser 45°

Então B=45°

Aplicando novamente a lei dos senos temos

$\dfrac{a}{sen15\°}=\dfrac{c}{senC}\\\\\\\dfrac{1}{sen15\°}=\dfrac{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}}{senC}\\\\\\senC=sen15\°\left(\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}\right)\\\\\\senC=\left(\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)\left(\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\right)\\\\\\senC=\dfrac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{8}\\\\\\senC=\dfrac{(\sqrt{6})^2-(\sqrt{2})^2}{8}\\\\\\senC=\dfrac{6-2}{8}\\\\\\senC=\dfrac{4}{8}\\\\\\senC=\dfrac{1}{2}$

Para o ângulo C o raciocínio é análogo, em relação ao triangulo há dois ângulos C que resultam 1/2, esses são C=30° ou C=120°, porém C não pode ser 30° se não a soma dos ângulos internos do triangulo não seria 180°. Portanto C=120°

Obs: perceba que se assumirmos B=135°(o que é possível uma vez que $sen135\°=\frac{\sqrt{2}}{2}$ e 135°<180°) então C seria um ângulo de 30°, então também essa possibilidade vale como resposta.