.Sala para leitura: As Bolas das Copas e um Volume Especial

A Bola da Copa do Mundo de 1970 no México

Imagem extraída de O Curioso do Futebol

A bola oficial da Copa do Mundo de 1970 no México foi a Adidas Telstar, um modelo icônico que marcou a história da competição e da marca Adidas. A Telstar, cujo nome significa “estrela da televisão”, é reconhecida por sua visibilidade na TV e seu design clássico que se tornou sinônimo de bolas de futebol. Com seu design em preto e branco, a bola foi projetada para ser mais visível nas transmissões, que eram em preto e branco na época.
A Adidas Telstar, com seus 32 gomos (20 hexágonos brancos e 12 pentágonos pretos), foi um marco na história das bolas da Copa, sendo o primeiro modelo com esse design e a primeira bola oficial da FIFA. A escolha do nome “Telstar” também foi histórica, homenageando o satélite de comunicação que transmitiu imagens ao vivo da Copa do Mundo pela primeira vez.
Nosso objetivo nesta Sala de Estudos é encontrar o volume aproximado dessa bola, considerando que seu formato se aproxima de um icosaedro truncado, conforme imagem abaixo.

Imagem extraída de Superinteressante

Iniciemos relembrando um importante conceito.

Seja [tex]\sqrt{a\pm \sqrt{b}}[/tex] um radical duplo que pode ser escrito na forma [tex]\sqrt{a\pm \sqrt{b}}=\sqrt{x}\pm \sqrt{y}[/tex]. Pois bem, iniciemos elevando ao quadrado ambos os membros dessa expressão:

[tex]\begin{align} \qquad\left(\sqrt{a\pm \sqrt{b}}\right)^2=\left(\sqrt{x}\pm \sqrt{y}\right)^2&\Rightarrow a\pm \sqrt{b}=\left(\sqrt{x}\right)^2\pm 2\sqrt{x}\cdot\sqrt{y}+\left(\sqrt{y}\right)^2\\
&\Rightarrow a\pm \sqrt{b}=x\pm 2\sqrt{xy}+y\\
&\Rightarrow a\pm \sqrt{b}=(x+y)\pm \sqrt{4xy}.
\end{align}[/tex]

Agora, façamos [tex]x+y=a[/tex] e [tex]4xy=b[/tex], ou seja, [tex] xy=\dfrac{b}{4}[/tex]. Dessa forma, podemos escrever uma equação do segundo grau na incógnita [tex]m[/tex] cujas raízes são [tex]x[/tex] e [tex]y[/tex], a saber:
[tex]\qquad m^2-(x+y)m+(xy)=0\Rightarrow m^2-am+\dfrac{b}{4}=0.[/tex]

Resolvendo-a, temos:

[tex]\qquad m=\dfrac{-(-a)\pm\sqrt{(-a)^2-4\cdot (1)\cdot \left(\dfrac{b}{4}\right)}}{2\cdot (1)}=\dfrac{a\pm \sqrt{a^2-b}}{2}.[/tex]

Denotemos [tex]\sqrt{a^2-b}=c[/tex]. Assim, as raízes da equação são: [tex]m_1=\dfrac{a+c}{2}[/tex] e [tex]m_2=\dfrac{a-c}{2}[/tex]. Finalmente, podemos escrever:
[tex]\qquad \sqrt{a\pm \sqrt{b}}=\sqrt{\dfrac{a+c}{2}}\pm \sqrt{\dfrac{a-c}{2}}[/tex], com [tex]c=\sqrt{a^2-b}.[/tex]

Portanto, um radical duplo só pode ser transformado em radicais mais simples quando [tex]a^2-b[/tex] é quadrado perfeito.

Exemplo: Transformar [tex]\sqrt{2+ \sqrt{3}}[/tex] em uma soma de radicais mais simples.

Inicialmente, perceba que [tex]a=2[/tex] e [tex]b=3[/tex]. Temos que [tex]c=\sqrt{a^2-b}=\sqrt{2^2-3}=1[/tex]. Então:
[tex]\qquad \sqrt{2+ \sqrt{3}}=\sqrt{\dfrac{2+1}{2}}+ \sqrt{\dfrac{2-1}{2}}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}+ \sqrt{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}.[/tex]

Prossigamos com o cálculo do volume.

Volume do Icosaedro Regular

Icosaedro Regular é o poliedro que possui 20 faces triangulares regulares, 12 vértices e 30 arestas.

Icosaedro Regular

Tomando o centro [tex]O[/tex] desse sólido, pode-se decompô-lo em 20 pirâmides triangulares regulares cujas bases são as faces do icosaedro ([tex]ABC[/tex], por exemplo) e as arestas laterais ([tex]AO, OB, OC[/tex]) são raios da esfera circunscrita ao icosaedro, como ilustra a figura a seguir.

Tetraedro Interno

Dessa forma, o volume do icosaedro regular corresponde a vinte vezes o volume de cada pirâmide triangular regular interna.

Vinte Tetraedros Internos

Seja [tex]a[/tex] a medida da aresta do icosaedro regular. Vamos, então, determinar a medida da aresta lateral de cada pirâmide triangular regular em função de [tex]a[/tex].
Consideremos um plano que secciona o icosaedro passando por dois pares de vértices opostos ([tex]A, N[/tex] e [tex]B, P[/tex]). Essa secção será o hexágono [tex]ABMNPQ[/tex] mostrado na figura abaixo.

Temos que [tex]AB=NP=a[/tex], medida da aresta do icosaedro, e [tex]BM=MN=PQ=QA=b=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}[/tex], medida da altura de cada triângulo equilátero de lado [tex]a[/tex] das faces do icosaedro.

Agora, a diagonal de medida [tex]m[/tex] da secção hexagonal, na figura a seguir, corresponde ao diâmetro da esfera circunscrita ao icosaedro, e este equivale ao dobro da medida da aresta lateral das pirâmides triangulares regulares provenientes da decomposição do icosaedro.

Perceba que o hexágono não é regular. Vamos, então, seccionar novamente o icosaedro regular por meio do plano que passa pelos vértices [tex]J, H, G, P, K[/tex], como na seguinte figura. A secção gerada é um pentágono regular de diagonal [tex]d[/tex].

Perceba na figura abaixo que os triângulos [tex]GPH[/tex] e [tex]LHG[/tex] são semelhantes pelo caso [tex]AAA[/tex].

Observe que:
[tex]\qquad \dfrac{PG}{PH}=\dfrac{HL}{HG}\Rightarrow \dfrac{a}{d}=\dfrac{d-a}{a}\Rightarrow a^2=d^2-ad\Rightarrow d^2-ad-a^2=0\Rightarrow d=\dfrac{a\pm \sqrt{a^2+4a^2}}{2}.[/tex]

Escolhendo a raiz positiva:
[tex]\qquad d=\dfrac{a+a\sqrt{5}}{2},[/tex] ou seja, [tex]\boxed{d=\dfrac{a(1+\sqrt{5})}{2}}.[/tex]

De posse desse valor obtido para [tex]d[/tex], podemos agora tomar a figura abaixo e determinar a medida [tex]m[/tex], uma vez que o triângulo [tex]BNP[/tex] é retângulo.

Aplicamos o Teorema de Pitágoras. Observe que:
[tex]\qquad m^2=a^2+d^2\Rightarrow m^2=a^2+\left(\dfrac{a(1+\sqrt{5})}{2}\right)^2\Rightarrow m^2=a^2+\left(\dfrac{a^2(6+2\sqrt{5})}{4}\right)\Rightarrow m^2=\dfrac{a^2(10+2\sqrt{5})}{4}\Rightarrow \boxed{m=\dfrac{a\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{2}}.[/tex]

Por outro lado, como a pirâmide triangular é reta, a altura, partindo do vértice, projeta-se exatamente sobre o baricentro da base. Assim, no triângulo destacado abaixo, temos [tex]x=\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}[/tex], pela propriedade do baricentro. Aplicando o Teorema de Pitágoras, obtemos:

Observe que:
[tex]\qquad h^2=\left(\dfrac{m}{2}\right)^2-x^2\Rightarrow h^2=\dfrac{m^2}{4}-x^2\Rightarrow h^2=\dfrac{a^2(30+6\sqrt{5}-16)}{48}\Rightarrow h=\dfrac{a}{2\sqrt{6}}\sqrt{7+3\sqrt{5}}\Rightarrow \boxed{h=\dfrac{a}{2\sqrt{6}}\sqrt{7+\sqrt{45}}} \qquad (I).[/tex]

Usaremos agora a fórmula do Radical Duplo, já provada anteriormente:
[tex]\qquad \sqrt{a\pm \sqrt{b}}=\sqrt{\dfrac{a+c}{2}}\pm \sqrt{\dfrac{a-c}{2}}[/tex], onde [tex]c=\sqrt{a^2-b}[/tex].

Na expressão [tex](I)[/tex], o valor de [tex]c[/tex] em [tex]\sqrt{7+\sqrt{45}}[/tex] é:
[tex]\qquad c=\sqrt{7^2-45}=\sqrt{4}=2[/tex].

Logo:
[tex]\qquad h=\dfrac{a}{2\sqrt{6}}\sqrt{7+\sqrt{45}}=\dfrac{a}{2\sqrt{6}}\left(\sqrt{\dfrac{7+2}{2}}+\sqrt{\dfrac{7-2}{2}}\right)=\dfrac{a}{2\sqrt{6}}\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\right)\Rightarrow h=\dfrac{a}{2\sqrt{6}}\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\right)\Rightarrow \boxed{h=\dfrac{a(3\sqrt{3}+\sqrt{15})}{12}}.[/tex]

O volume de uma pirâmide triangular regular é, então:
[tex]\qquad V_{\text{pirâmide}}=\dfrac{1}{3}\cdot A_{\text{base}}\cdot h=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \dfrac{a(3\sqrt{3}+\sqrt{15})}{12}=\dfrac{a^3}{144}\cdot(9+3\sqrt{5})=\boxed{\dfrac{a^3(\sqrt{5}+3)}{48}}.[/tex]

O volume do icosaedro é vinte vezes o volume da pirâmide, ou seja,
[tex]\qquad V_{\text{icosaedro regular}}=20\cdot \dfrac{a^3(\sqrt{5}+3)}{48}=\boxed{\dfrac{5a^3(\sqrt{5}+3)}{12}}.[/tex]

Razões Trigonométricas do Ângulo de [tex]36^\circ[/tex]

Para prosseguir, precisamos determinar algumas razões trigonométricas, particularmente do ângulo de [tex]36^\circ[/tex]. Para isso, consideremos o pentágono regular abaixo.

Vimos que [tex]d=\dfrac{a(1+\sqrt{5})}{2}[/tex]. Então, observando que o triângulo [tex]GLH[/tex] é isósceles, podemos aplicar a Lei dos Cossenos:
[tex]\qquad \begin{align}(LH)^2=(GH)^2+(GL)^2-2\cdot (GH)\cdot (GL)\cdot \cos\ (36^\circ)&\Rightarrow(d-a)^2=a^2+(d-a)^2-2\cdot a\cdot (d-a)\cdot \cos\ (36^\circ)\\
&\Rightarrow 2\cdot a\cdot (d-a)\cdot \cos\ (36^\circ)=a^2\\
&\Rightarrow \cos\ (36^\circ)=\dfrac{a}{2\cdot (d-a)}\\
&\Rightarrow \cos\ (36^\circ)=\dfrac{a}{2\cdot \left(\dfrac{a(1+\sqrt{5})}{2}-a\right)}\\
&\Rightarrow \cos\ (36^\circ)=\dfrac{a}{(a+a\sqrt{5}-2a)}\\
&\Rightarrow \cos\ (36^\circ)=\dfrac{1}{\sqrt{5}-1}\\
&\Rightarrow \cos\ (36^\circ)=\dfrac{1}{\sqrt{5}-1}\cdot \dfrac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}+1}\\
&\Rightarrow \cos\ (36^\circ)=\dfrac{\sqrt{5}+1}{4}.\end{align}[/tex]

Por outro lado, [tex]\text{sen}^2~ (36^\circ)+ \cos^2 (36^\circ)=1[/tex], donde temos:
[tex]\qquad \text{sen}^2~ (36^\circ)=1-\cos^2 (36^\circ)=1-\left(\dfrac{\sqrt{5}+1}{4}\right)^2=1-\dfrac{5+2\sqrt{5}+1}{16}=\dfrac{10-2\sqrt{5}}{16},[/tex] ou seja,
[tex]\qquad \text{sen}~ (36^\circ)=\sqrt{\dfrac{10-2\sqrt{5}}{16}}=\sqrt{\dfrac{5-\sqrt{5}}{8}}.[/tex]

O valor da tangente é dado por:
[tex]\qquad \begin{align}\text{tg}~ (36^\circ)&=\dfrac{\text{sen}~ (36^\circ)}{\cos (36^\circ)}=\dfrac{\sqrt{\dfrac{5-\sqrt{5}}{8}}}{\dfrac{1+\sqrt{5}}{4}}\\
&=\sqrt{\dfrac{5-\sqrt{5}}{8}}\cdot \dfrac{4}{1+\sqrt{5}}=\sqrt{\left(\dfrac{5-\sqrt{5}}{8}\right)\cdot \left(\dfrac{16}{(1+\sqrt{5})^2}\right)}\\
&=\sqrt{\dfrac{2(5-\sqrt{5})}{6+2\sqrt{5}}\cdot \dfrac{6-2\sqrt{5}}{6-2\sqrt{5}}}=\sqrt{\dfrac{2(30-10\sqrt{5}-6\sqrt{5}+10)}{36-20}}\\
&=\sqrt{\dfrac{2(40-16\sqrt{5})}{16}}=\sqrt{\dfrac{16(5-2\sqrt{5})}{16}},\end{align}[/tex]

ou seja,
[tex]\qquad \boxed{\text{tg}~ (36^\circ)=\sqrt{5-2\sqrt{5}}}\qquad (II).[/tex]

Icosaedro Regular Truncado

Truncar um poliedro significa seccioná-lo por meio de planos. Consideremos, então, um vértice [tex]M[/tex] do icosaedro regular e as cinco arestas que se encontram nesse vértice. Para cada uma delas, tomemos dois pontos que as dividem em três segmentos de mesmo comprimento, como mostra a figura a seguir:

Se ligarmos os pontos mais próximos ao vértice [tex]M[/tex], obtemos uma pirâmide regular de base pentagonal, conforme mostrado abaixo:

Truncando a figura anterior nos vértices da base pentagonal da pirâmide, obtemos então:

Procedendo de forma análoga em cada vértice do icosaedro e removendo as pirâmides de cada vértice, obtemos o icosaedro truncado:

O icosaedro truncado é um poliedro composto por 60 vértices, 90 arestas e 32 faces regulares, sendo 12 faces pentagonais e 20 faces hexagonais (Você consegue mostrar isso?).

Vamos agora concentrar nossos esforços para calcular o volume do icosaedro truncado. É fácil ver que:

Cálculo do Volume da Pirâmide Pentagonal Regular

Podemos iniciar relembrando que cada face do icosaedro regular é um triângulo equilátero cujo lado mede [tex]a[/tex]. Ao realizar a truncagem desse sólido, cada face hexagonal regular passa a ter lado [tex]a/3[/tex], assim como cada um dos triângulos equiláteros formados no processo.

É importante lembrar que a medida do ângulo interno do hexágono regular mede [tex]120^\circ[/tex] e cada ângulo interno de um pentágono regular mede [tex]108^\circ[/tex] (Você consegue descobrir o porquê?).

Observemos cada pirâmide pentagonal regular de aresta da base [tex]a[/tex] e aresta lateral também [tex]a[/tex] removida conforme mostrado na figura a seguir. Sejam, ainda, [tex]\overline{h}[/tex] a medida da altura da pirâmide, [tex]h_1[/tex] a medida do apótema da base pentagonal e [tex]h_2[/tex] a medida do apótema da pirâmide.

No triângulo isósceles [tex]ABC[/tex] da base, destacamos [tex]D[/tex], ponto médio de [tex]AB=a/3[/tex]. Assim, [tex]AD=DB=\dfrac{a}{6}[/tex]. O triângulo [tex]BCD[/tex] é retângulo em [tex]D[/tex]. Além disso,
[tex]\qquad \angle{ACB}=\dfrac{360^\circ}{5}=72^\circ[/tex], [tex]\angle{BCD}=\dfrac{72^\circ}{2}=36^\circ[/tex] e [tex]\angle{CBD}=90^\circ-36^\circ=54^\circ[/tex].

A seguir, temos a base da pirâmide pentagonal:

De acordo com o triângulo [tex]BCD[/tex], temos [tex]\text{tg}~ 36^\circ=\dfrac{a/6}{h_1}[/tex]. Por outro lado, já calculamos o valor de [tex]\text{tg}~ 36^{\circ}[/tex], de acordo com a igualdade [tex](II)[/tex]. Portanto,

[tex]\qquad\begin{align}\text{tg}~ 36^\circ=\dfrac{a/6}{h_1}&\Rightarrow \sqrt{5-2\sqrt{5}}=\dfrac{a/6}{h_1}\\
&\Rightarrow h_1=\dfrac{a/6}{\sqrt{5-2\sqrt{5}}}=\dfrac{a/6}{\sqrt{5-2\sqrt{5}}}\cdot \dfrac{\sqrt{5+2\sqrt{5}}}{\sqrt{5+2\sqrt{5}}}\\
&\Rightarrow h_1=\dfrac{a\sqrt{5+2\sqrt{5}}}{6\sqrt{25-20}}=\dfrac{a\sqrt{5+2\sqrt{5}}}{6\sqrt{5}}\cdot \dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}\\
&\Rightarrow \boxed{h_1=a\dfrac{\sqrt{25+10\sqrt{5}}}{30}}.\end{align}[/tex]

Assim, a área da base da pirâmide pentagonal é:

[tex]\qquad A_{\text{base}}=5\cdot\dfrac{a\cdot h_1}{6}=5\cdot\dfrac{a\cdot a\dfrac{\sqrt{25+10\sqrt{5}}}{30}}{6}\Rightarrow \boxed{A_{\text{base}}=\dfrac{a^2\sqrt{25+10\sqrt{5}}}{36}}.[/tex]

Observando a pirâmide pentagonal, observamos que as faces laterais são triângulos equiláteros. Assim, o triângulo [tex]ABV[/tex] é equilátero de lado [tex]a/3[/tex], donde temos [tex]h_2=\dfrac{a\sqrt{3}}{6}[/tex]. Dessa forma, aplicamos o Teorema de Pitágoras no triângulo [tex]DCV[/tex]. Observe:
[tex]\qquad \begin{align}\overline{h}^2+h_1^2=h_2^2&\Rightarrow \overline{h}^2+\left(a\dfrac{\sqrt{25+10\sqrt{5}}}{30}\right)^2=\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2\\
&\Rightarrow \overline{h}^2=\dfrac{3a^2}{36}-\dfrac{a^2(25+10\sqrt{5})}{900}\\
&\Rightarrow \overline{h}^2=\dfrac{a^2(75-25-10\sqrt{5})}{900}\\
&\Rightarrow \overline{h}^2=\dfrac{a^2(50-10\sqrt{5})}{900}\\
&\Rightarrow \boxed{\overline{h}=\dfrac{a\sqrt{50-10\sqrt{5}}}{30}}.\end{align}[/tex]

O volume da pirâmide pentagonal regular é dado por:

[tex]\qquad \begin{align}V_{\text{pirâmide pentagonal}}&=\dfrac{1}{3}\cdot A_{base}\cdot \overline{h}\\
&=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{a^2\sqrt{25+10\sqrt{5}}}{36}\cdot \dfrac{a\sqrt{50-10\sqrt{5}}}{30}\\
&=\dfrac{a^3\sqrt{(25+10\sqrt{5})(50-10\sqrt{5})}}{3240}=\dfrac{a^3\sqrt{750+250\sqrt{5}}}{3240}\\
&=\dfrac{5a^3\sqrt{30+10\sqrt{5}}}{3240}=\dfrac{a^3\sqrt{30+10\sqrt{5}}}{648}.\end{align}[/tex]

Simplificando o radical duplo [tex]\sqrt{30+10\sqrt{5}}=\sqrt{30+\sqrt{500}}[/tex], temos:

[tex]\qquad \begin{align}\sqrt{30+\sqrt{500}}&=\sqrt{\dfrac{30+\sqrt{30^2-500}}{2}}+\sqrt{\dfrac{30-\sqrt{30^2-500}}{2}}\\
&=\sqrt{\dfrac{30+\sqrt{400}}{2}}+\sqrt{\dfrac{30-\sqrt{400}}{2}}=\sqrt{\dfrac{50}{2}}+\sqrt{\dfrac{10}{2}}\\
&=\sqrt{25}+\sqrt{5}=5+\sqrt{5}.\end{align}[/tex]

Logo, temos:
[tex]\qquad \boxed{V_{\text{pirâmide pentagonal}}=\dfrac{a^3(5+\sqrt{5})}{648}}.[/tex]

O volume do icosaedro truncado corresponde à diferença entre o volume do icosaedro regular e doze vezes o volume de cada pirâmide pentagonal regular. Assim, o volume do icosaedro truncado é dado por:

[tex]\qquad \begin{align}V_{\text{icosaedro truncado}}&= V_{\text{icosaedro regular}}-12\cdot V_{\text{pirâmide pentagonal}}\\
&=\dfrac{5a^3\cdot (3+\sqrt{5})}{12}-12\cdot \dfrac{a^3(5+\sqrt{5})}{648}\\
&=\dfrac{a^3\cdot (135+45\sqrt{5}-10-2\sqrt{5})}{108}\\
&=\dfrac{a^3(125+43\sqrt{5})}{108},\end{align}[/tex]
ou seja,
[tex]\qquad \boxed{V_{\text{icosaedro truncado}}=\dfrac{a^3(125+43\sqrt{5})}{108}}.[/tex]

O Legado da Telstar: Muito Mais que 32 Gomos

Após toda essa análise, quando olhamos para a clássica esfera branca e preta da Telstar de 1970, não vemos apenas uma bola de futebol. Vemos a materialização de um cálculo que utiliza diversas ferramentas da geometria!
É a geometria euclidiana se tornando jogo, com seus 12 pentágonos e 20 hexágonos formando um sólido quase perfeito. É a trigonometria garantindo que cada costura, cada ângulo de [tex]120^\circ[/tex], buscasse a esfericidade ideal para um voo estável e previsível.
E, por fim, é a história selando esse design: o primeiro Mundial televisionado em cores para o mundo exigia um objeto de contraste nítido, tornando-se, assim, o ícone visual do esporte mais popular do planeta.

A Telstar transcendeu o esporte. Ela não apenas rolou nos gramados do México, mas também se tornou um símbolo de inovação, globalização e da própria beleza matemática escondida nos objetos do cotidiano. Ela nos lembra que, às vezes, a revolução não está no material, mas na forma — uma forma que foi calculada, costurada e eternizada para sempre na memória afetiva de bilhões.