Embora, no Ocidente, muitos associem o problema à matemática russa devido às suas célebres soluções geométricas, a versão mais conhecida do problema aparece associada ao inglês Edward M. Langley, fundador do Mathematical Gazette, no início do século XX. A trajetória histórica do problema revela um diálogo entre culturas matemáticas e reflete mudanças pedagógicas profundas ao longo do século XX.
O Contexto Britânico: Edward M. Langley e a Tradição da Geometria Clássica
Em 1922, Langley publicou o que chamou de Problem 644 — um triângulo com ângulos aparentemente comuns [tex](20^\circ, 80^\circ, 80^\circ)[/tex], mas com uma pergunta surpreendentemente resistente: determinar um ângulo interno resultante da interseção de linhas auxiliares. O problema foi recebido inicialmente como uma curiosidade geométrica: simples o suficiente para não intimidar estudantes, mas desafiador o bastante para intrigar professores e entusiastas.
A princípio, a comunidade britânica respondeu com métodos essencialmente trigonométricos — coerentes com a formação de engenheiros e físicos da época. No entanto, Langley intuiu que uma solução não trigonométrica deveria existir, embora ele próprio não a tenha publicado.
A Circulação Internacional do Problema
Nesse processo, o problema de Langley foi gradualmente incorporado ao repertório dos educadores soviéticos, embora inicialmente ainda sem uma solução sintética universalmente aceita.
A Recepção e a Transformação na Tradição Soviética
Entre os matemáticos que mais contribuíram para essa cultura destacam-se V. B. Lidskii, D. O. Shklyarskii, B. A. Dubnov e I. M. Yaglom.
Foi nesse ambiente que o Problem 644 de Langley recebeu uma nova interpretação. A comunidade soviética, adversa ao uso de trigonometria em problemas puramente geométricos, buscou uma solução “elegante”, baseada em construções auxiliares. Entre os métodos desenvolvidos destacam-se:
➤ construção de triângulos equiláteros;
➤ rotações rígidas de [tex]60^\circ[/tex] e [tex]120^\circ[/tex];
➤ triângulos isósceles ocultos;
➤ congruências inesperadas;
➤ simetrias não evidentes no desenho inicial.
Consolidação do Nome “Triângulo Russo”
O nome deriva de três fatores principais:
(1) As soluções mais elegantes e famosas surgiram na URSS;
(2) Livros russos de problemas alcançaram ampla circulação internacional;
(3) A tradição olímpica — fortemente influenciada pela escola russa — adotou o problema como exemplo clássico.
Importância Didática e Filosófica
O problema demonstra que certas relações geométricas só se revelam quando o matemático é capaz de “ver além” do desenho inicial. É um exemplo extraordinário do poder das construções auxiliares.
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O Triângulo Russo, como hoje o conhecemos, é resultado de um processo de desenvolvimento histórico e cultural. Do rabisco casual de Langley à lapidação elegante dos geômetras soviéticos, o problema tornou-se um ícone internacional. Sua história é um caso fascinante de migração de ideias matemáticas, convergência de tradições pedagógicas e evolução cultural da própria matemática elementar. Ele permanece como um dos problemas mais estudados e ensinados não apenas por sua dificuldade, mas pela estética geométrica envolvida — um testemunho da beleza duradoura da geometria clássica. |
O Problema
Considere o triângulo [tex]ABC[/tex] isósceles de base [tex]\overline{AB}[/tex], conforme figura. Sobre [tex]\overline{AC}[/tex], tome o ponto [tex]D[/tex] de modo que [tex]\angle{ABD}=60^\circ[/tex] e, sobre [tex]\overline{BC}[/tex], tome o ponto [tex]E[/tex] de modo que [tex]\angle{BAE}=50^\circ[/tex]. Determine a medida [tex]\alpha[/tex] do ângulo [tex]\angle{BDE}[/tex].
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(6) Teorema da bissetriz interna: A bissetriz de um ângulo interno de um triângulo divide o lado oposto em segmentos proporcionais aos lados adjacentes.
(7) Lei dos Senos: Em um triângulo [tex]ABC[/tex] qualquer, para lados opostos aos ângulos internos [tex]{\displaystyle {\widehat {A}},{\widehat {B}}}[/tex] e [tex]{\displaystyle {\widehat {C}},} [/tex] com medidas respectivamente [tex]{\displaystyle a,b}[/tex] e [tex]{\displaystyle c,}[/tex] vale a relação:
[tex]\qquad \dfrac{a}{sen \;\hat{A}} = \dfrac{b}{sen \;\hat{B}} = \dfrac{c}{sen \;\hat{C}} = 2R[/tex],
sendo [tex]R[/tex] o raio da circunferência circunscrita ao triângulo [tex]ABC[/tex].
✏ Notação:
➤ O segmento definido por dois pontos, digamos [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex], é denotado por [tex]\overline {AB} [/tex], enquanto o seu comprimento é denotado por [tex]AB.[/tex]
➤ O ângulo definido por três pontos, digamos [tex]A[/tex], [tex]B[/tex] e [tex]C[/tex], com vértice em [tex]B[/tex], é denotado por [tex]\angle ABC[/tex]. Utilizamos a mesma notação para a medida do ângulo.
Soluções com Artifícios Puramente Geométricos
Solução 1
Iniciemos marcando o ponto [tex]F[/tex] sobre [tex]\overline{AC}[/tex] de modo a obtermos um triângulo [tex]AFB[/tex] semelhante ao triângulo [tex]ABC[/tex], ou seja, o segmento [tex]\overline{BF}[/tex] deve formar [tex]20^\circ[/tex] com a base [tex]\overline{AB}[/tex]. Em seguida, ligue o ponto [tex]F[/tex] ao ponto [tex]E[/tex] como mostrado a seguir.
Sabemos que [tex]ABC[/tex] é isósceles de base [tex]\overline{AB}[/tex]. Portanto, [tex]AC=BC[/tex] e [tex]\angle{ABC}=\angle{BAC}=\dfrac{180^\circ-20^\circ}{2}=80^\circ[/tex].
Daí, observa-se que [tex]\angle{DBC}=\angle{ABC}-\angle{ABD}=80^\circ-60^\circ=20^\circ[/tex] e que [tex]\angle{EAC}=\angle{BAC}-\angle{BAE}=80^\circ-50^\circ=30^\circ[/tex].
Além disso, [tex]\angle{AFB}=180^\circ-\angle{ABF}-\angle{FAB}=180^\circ-20^\circ-80^\circ =80^\circ[/tex], o que implica [tex]FB=AB[/tex], pois [tex]\angle{AFB}=\angle{FAB}=80^\circ[/tex] e [tex]\angle{AEB}=180^\circ-\angle{EBA}-\angle{BAE}=180^\circ-80^\circ-50^\circ =50^\circ[/tex], o que implica [tex]AB=EB[/tex], uma vez que [tex]\angle{AEB}=\angle{EAB}=50^\circ[/tex]. Portanto, [tex]AB=FB=EB[/tex] (observe abaixo os segmentos destacados em azul).
Por outro lado, [tex]\angle{EFD}=180^\circ-\angle{BFA}-\angle{EFB}=180^\circ-80^\circ-60^\circ=40^\circ[/tex], e no triângulo [tex]BDF[/tex],
[tex]\qquad \angle{FDB}=180^\circ-\angle{DFB}-\angle{FBD}=180^\circ-100^\circ-40^\circ=40^\circ[/tex].
Dessa forma, como [tex]\angle{FDB}=\angle{FBD}=40^\circ[/tex], temos [tex]FB=FD[/tex]. Concluímos que o triângulo [tex]DEF[/tex] é isósceles de base [tex]DE[/tex], como mostrado abaixo.
Finalmente, observe a figura:
[tex]\qquad \alpha+40^\circ+\alpha+40^\circ+40^\circ=180^\circ[/tex]
[tex]\qquad 2\alpha+120^\circ=180^\circ[/tex]
[tex]\qquad 2\alpha=60^\circ[/tex]
[tex]\qquad \alpha=30^\circ.[/tex]
Solução 2
Observe que [tex]\angle{DBC}=20^\circ[/tex] e que [tex]\angle{AEB}=180^\circ-80^\circ-50^\circ=50^\circ[/tex], donde [tex]AEB [/tex] é isósceles de base [tex]\overline{AE}[/tex]. Consequentemente, [tex]AB=EB[/tex].
Em virtude de o trapézio [tex]ABJD[/tex] ser isósceles, nota-se que [tex]AG=BG[/tex]. Assim, o triângulo [tex]ABG[/tex] é isósceles e, como um de seus ângulos mede [tex]60^\circ[/tex], concluímos que ele é equilátero. Daí, [tex]AG=AB=GB=EB[/tex] (segmentos azuis da figura abaixo).
Por outro lado, [tex]\angle{AGB}=\angle{JGD}[/tex] por serem opostos pelo vértice. Observe que: [tex]\qquad \angle{DGJ}+\angle{JGE}+\angle{EGB}=180^\circ \Rightarrow 60^\circ +\angle{JGE}+80^\circ =180^\circ \Rightarrow \angle{JGE}=40^\circ[/tex].
Mais ainda, no triângulo [tex]AJB[/tex], observe que:
[tex]\qquad\angle{AJB}+\angle{JAB}+\angle{ABJ}=180^\circ \Rightarrow \angle{AJB}+60^\circ+80^\circ=180^\circ \Rightarrow \angle{AJB}=40^\circ[/tex].
Concluímos que, por [tex]\angle{JGE}=\angle{AJB}=\angle{GJE}=40^\circ[/tex], o triângulo [tex]GJE[/tex] é isósceles de base [tex]GJ[/tex], e [tex]JE=GE[/tex].
Já sabemos que o triângulo [tex]ABG[/tex] é equilátero e, por semelhança, [tex]JGD[/tex] também é equilátero. Assim, o quadrilátero [tex]DJEG[/tex] é um deltoide.
Mas o que é um deltoide?
➤ Dois lados vizinhos têm o mesmo tamanho;
➤ Os outros dois lados vizinhos também têm o mesmo tamanho;
➤ Os pares de lados podem ter medidas diferentes entre si.
Propriedades Importantes
(1) Possui um par de ângulos opostos iguais (os ângulos entre os lados não congruentes);
(2) Suas diagonais são perpendiculares entre si;
(3) Uma das diagonais (a maior) é eixo de simetria do deltoide;
(4) A diagonal maior divide o deltoide em dois triângulos congruentes.
Do exposto, [tex]DJEG[/tex] é um deltoide, conforme figura.
[tex]\qquad \angle{KDG}+\angle{DGK}+\angle{DKG}=180^\circ \Rightarrow \alpha+60^\circ+90^\circ =180^\circ \Rightarrow \alpha=30^\circ. [/tex]
Solução 3
Iniciaremos traçando o segmento [tex]\overline{DJ}\parallel \overline{AB}[/tex] e prolongando [tex]\overline{BA}[/tex] até [tex]K[/tex] de modo que [tex]KA=CA[/tex], conforme mostrado a seguir.
Agora, notemos que os triângulos [tex]CBK[/tex] e [tex]BAD[/tex] são semelhantes pelo caso ângulo-ângulo-ângulo. Disso, conclui-se que:
[tex]\qquad \dfrac{AD}{AB}=\dfrac{BK}{BC} \qquad (I)[/tex].
Por outro lado, [tex]AD=BJ[/tex], [tex]AB=EB[/tex] e [tex]BC=AC=AK[/tex], o que, substituindo em [tex](I)[/tex], resulta em [tex]\dfrac{BJ}{EB}=\dfrac{BK}{AK}[/tex]. Logo, [tex]\dfrac{BJ-EB}{EB}=\dfrac{BK-AK}{AK}[/tex], donde
[tex] \qquad \dfrac{JE}{EB}=\dfrac{AB}{AK}=\dfrac{AB}{AC} \qquad (II)[/tex].
Da semelhança dos triângulos [tex]ABC[/tex] e [tex]DJC[/tex] (verifique essa semelhança), temos:
[tex]\qquad \dfrac{DJ}{DC}=\dfrac{AB}{AC} \qquad (III)[/tex].
Igualando [tex](II)[/tex] e [tex](III)[/tex], chegamos a:
[tex]\qquad \dfrac{JE}{EB}=\dfrac{DJ}{DC}[/tex].
No triângulo [tex]CDB[/tex], sabemos que [tex]\angle{DCB}=\angle{DBC}=20^\circ[/tex], donde [tex] DC=DB[/tex]. Assim,
[tex]\qquad \dfrac{JE}{EB}=\dfrac{DJ}{DC} \Rightarrow \dfrac{JE}{EB}=\dfrac{DJ}{DB}[/tex],
donde concluímos que [tex]\overline{DE}[/tex] é bissetriz interna do ângulo [tex]\angle{JDB}[/tex] no triângulo [tex] JDB[/tex] (Teorema da Bissetriz Interna).
Logo, [tex]\angle{JDE}=\angle{EDB}=\alpha[/tex].
Finalmente, sendo [tex]\overline{DJ}\parallel \overline{AB}[/tex], temos que os ângulos [tex]\angle{JDB}[/tex] e [tex]\angle{ABD}[/tex] são alternos internos. Assim,
[tex]\qquad \angle{JDB}=\angle{ABD}\Rightarrow 2\alpha=60^\circ \Rightarrow \alpha=30^\circ. [/tex]
Solução 4
Seja [tex]B[/tex] o centro da circunferência cuja medida do raio é [tex]BD[/tex], e sejam [tex]G[/tex] a intersecção da circunferência com [tex]\overline{BC}[/tex] e [tex]F[/tex] a intersecção da circunferência com o prolongamento de [tex]\overline{BA}[/tex], conforme mostrado abaixo.
[tex]\qquad \angle{GDE}+\angle{GED}+\angle{DGE}=180^\circ \Rightarrow \angle{GDE}+\angle{GDE}+80^\circ=180^\circ \Rightarrow \angle{GDE}=\angle{GED} =50^\circ [/tex].
Finalmente,
[tex]\qquad \angle{CDG}+\angle{GDE}+\angle{EDB}+\angle{BDA}=180^\circ \Rightarrow 60^\circ+50^\circ+\alpha+40^\circ=180^\circ \Rightarrow \alpha=30^\circ . [/tex]
Solução 5
- [tex]\angle{LAB}=50^\circ[/tex] porque é um ângulo inscrito e visualiza um arco de [tex]100^\circ[/tex]. Assim, a diagonal [tex]\overline{AL}[/tex] passa exatamente sobre o segmento [tex]\overline{AE}[/tex];
- [tex]\angle{RBA}=60^\circ[/tex] porque é um ângulo inscrito e visualiza um arco de [tex]120^\circ[/tex]. Assim, a diagonal [tex]\overline{BR}[/tex] passa exatamente sobre o segmento [tex]\overline{BD}[/tex];
- Prolongando o segmento [tex]\overline{DE}[/tex], obtemos uma diagonal, [tex]\overline{TG}[/tex].
[tex]\qquad \alpha=\dfrac{\stackrel{\frown}{RT}+\stackrel{\frown}{BG}}{2}=\dfrac{40^\circ+20^\circ}{2}=30^\circ [/tex].
Inicialmente, precisamos do famoso Teorema de Ceva. Não faremos a demonstração do mesmo nessa sala, mas destinaremos outra sala para um estudo mais aprofundado desse e de outros teoremas afins.
Teorema de Ceva: Se três cevianas [tex]\overline{AX}, \overline{BY}, \overline{CZ}[/tex] de um triângulo [tex]ABC[/tex] são concorrentes, então:
[tex]\qquad \dfrac{BX}{XC}\cdot \dfrac{CY}{YA}\cdot \dfrac{AZ}{ZB}=1[/tex]. A recíproca é verdadeira.
Teorema de Ceva Trigonométrico: Se três cevianas [tex]\overline{AX}, \overline{BY}, \overline{CZ}[/tex] de um triângulo [tex]ABC[/tex] são concorrentes, então:
[tex]\qquad \dfrac{\text{sen}~ (C\hat{A}X)}{\text{sen}~ (X\hat{A}B)} \cdot \dfrac{\text{sen}~ (A\hat{B}Y)}{\text{sen}~ (Y\hat{B}C)} \cdot \dfrac{\text{sen}~ (B\hat{C}Z)}{\text{sen}~ (Z\hat{C}A)}=1[/tex]. A recíproca é verdadeira.
No triângulo [tex]RAG[/tex], os segmentos [tex]\overline{RB}, \overline{AO}, \overline{GT}[/tex] são suportes de três cevianas do referido triângulo. É verdade que [tex]A\hat{R}B=10^\circ[/tex], [tex]B\hat{R}G=10^\circ[/tex], [tex]R\hat{A}O=30^\circ[/tex], [tex]O\hat{A}G=70^\circ[/tex], [tex]A\hat{G}T=40^\circ[/tex], [tex]T\hat{G}R=20^\circ[/tex] (todos justificados por serem ângulos inscritos na circunferência).
Observe que
[tex]\qquad \text{sen}~ (A\hat{R}B)\cdot \text{sen}~(O\hat{A}G)\cdot \text{sen}~(T\hat{G}R)= \text{sen}~ 10^\circ \cdot \text{sen}~70^\circ \cdot \text{sen}~20^\circ,[/tex]
e
[tex]\qquad \text{sen}~ (B\hat{R}G)\cdot\text{sen}~ (R\hat{A}O)\cdot \text{sen}~(A\hat{G} T)=\text{sen}~10^\circ \cdot\text{sen}~ 30^\circ \cdot \text{sen}~40^\circ[/tex]
[tex]\qquad\qquad =\text{sen}~ 10^\circ \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot\text{sen}~20^\circ \cdot \text{cos}~ 20^\circ=\text{sen}~ 10^\circ \cdot\text{sen}~20^\circ \cdot \text{cos}~ 20^\circ[/tex],
pois [tex]\text{sen}~ 30^\circ=\dfrac{1}{2} [/tex] e [tex]\text{sen}~40^\circ=2 \cdot\text{sen}~20^\circ \cdot \text{cos}~ 20^\circ[/tex].
Como [tex]\text{cos}~ 20^\circ=\text{sen}~(90^\circ-20^\circ)=\text{sen}~70^\circ[/tex], temos
[tex]\qquad \text{sen}~ (A\hat{R}B)\cdot \text{sen}~(O\hat{A}G)\cdot \text{sen}~(T\hat{G}R)= \text{sen}~ (B\hat{R}G)\cdot\text{sen}~ (R\hat{A}O)\cdot \text{sen}~(A\hat{G} T).[/tex]
Assim, pelo Teorema de Ceva Trigonométrico, concluímos que [tex]D[/tex] está sobre [tex]\overline{TG}[/tex].
Vamos observar, agora, a seguinte figura:
No triângulo [tex]PAG[/tex], o ponto [tex]E[/tex], que é intersecção dos segmentos [tex]\overline{AL}[/tex], [tex]\overline{GT}[/tex] e [tex]\overline{PB}[/tex], é incentro do referido triângulo, pois os segmentos citados são suportes das bissetrizes dos ângulos internos do mesmo. A conclusão que tiramos é a de que [tex]E[/tex] está sobre [tex]\overline{TG}[/tex].
Finalmente, concluímos que [tex]\overline{DE}[/tex] está sobre [tex]\overline{TG}[/tex]. [tex]\blacksquare[/tex]
Solução 6
A partir dessa figura, traçamos a diagonal [tex]\overline{BT}[/tex], donde obtemos o triângulo [tex]BTD[/tex], conforme mostrado a seguir.
Perceba que [tex]\angle{BTD}=\angle{BTG}[/tex] corresponde a um ângulo inscrito na circunferência, logo [tex]\angle{BTD}=\angle{BTG}=\dfrac{\stackrel{\frown}{BG}}{2}=\dfrac{20^\circ}{2}=10^\circ[/tex].
Analogamente, [tex]\angle{TBD}=\angle{TBR}[/tex] corresponde a um ângulo inscrito na circunferência, e [tex]\angle{TBD}=\angle{TBR}=\dfrac{\stackrel{\frown}{TR}}{2}=\dfrac{40^\circ}{2}=20^\circ[/tex].
Observe que [tex]\alpha[/tex] é ângulo externo ao triângulo [tex]BTD[/tex], e, portanto [tex]\alpha=\angle{BTD}+\angle{TBD}=10^\circ+20^\circ=30^\circ. [/tex]
Soluções com Artifícios Trigonométricos
Solução 7
Inicialmente, vamos aplicar a Lei dos Senos no triângulo [tex]AEC[/tex]. Observe que:
[tex]\qquad \dfrac{AC}{\text{sen}~\angle{AEC}}=\dfrac{CE}{\text{sen}~\angle{CAE}} \Rightarrow \dfrac{AC}{\text{sen}~130^\circ}=\dfrac{CE}{\text{sen}~30^\circ} \Rightarrow \dfrac{AC}{\text{sen}~130^\circ}=\dfrac{CE}{1/2} \Rightarrow \dfrac{AC}{CE}=2\cdot \text{sen}~130^\circ.[/tex]
Mas, [tex]\text{sen}~130^\circ=\text{sen}~(180^\circ-130^\circ)=\text{sen}~50^\circ[/tex] e [tex]\text{sen}~50^\circ=\text{cos}~(90^\circ-50^\circ)=\text{cos}~40^\circ[/tex]. Logo:
[tex]\qquad \dfrac{AC}{CE}=2\cdot \text{sen}~130^\circ \Rightarrow \dfrac{AC}{CE}=2\cdot \text{cos}~40^\circ \qquad (I).[/tex]
Agora, como [tex]AB=BE[/tex], vamos aplicar a Lei dos Senos no triângulo [tex]ABD[/tex]:
[tex]\qquad \dfrac{DB}{\text{sen}~\angle{BAD}}=\dfrac{AB}{\text{sen}~\angle{ADB}} \Rightarrow \dfrac{DB}{\text{sen}~80^\circ}=\dfrac{BE}{\text{sen}~40^\circ} \Rightarrow \dfrac{DB}{BE}=\dfrac{\text{sen}~80^\circ}{\text{sen}~40^\circ}.[/tex]
Mas, [tex]\text{sen}~80^\circ=2\cdot \text{sen}~40^\circ \cdot \text{cos}~40^\circ[/tex]. Então:
[tex]\qquad \dfrac{DB}{BE}=\dfrac{2\cdot \text{sen}~40^\circ \cdot \text{cos}~40^\circ }{\text{sen}~40^\circ},[/tex] donde [tex]\dfrac{DB}{BE}=2\cdot \text{cos}~40^\circ \qquad (II).[/tex]
Igualando as expressões [tex]I[/tex] e [tex]II[/tex], vem [tex]\dfrac{AC}{CE}=\dfrac{DB}{BE}[/tex], o que implica diretamente que os triângulos [tex]CAE[/tex] e [tex]BDE[/tex] são semelhantes pelo caso lado-ângulo-lado. Assim, [tex]\angle{BDE}=\angle{CAE}[/tex], e [tex] \alpha=30^\circ. [/tex]
Solução 8
Observe a figura e, a seguir, sua descrição completa.
Vamos iniciar traçando [tex]\overline{GE} \parallel \overline{AB}[/tex], com [tex]G[/tex] sobre [tex]\overline{AC}[/tex] e [tex]\overline{AH} \parallel \overline{BC}[/tex], de tal modo que [tex]H[/tex] seja a intersecção do prolongamento de [tex]BG[/tex] com [tex]\overrightarrow{AH}[/tex].
Do paralelismo entre [tex]\overline{AH}[/tex] e [tex]\overline{BC}[/tex], observa-se que [tex]\angle{BCA}[/tex] e [tex]\angle{HAC}[/tex] são alternos internos e, portanto, [tex]\angle{BCA}=\angle{HAC}=20^\circ[/tex].
Fixemos nossa atenção no triângulo [tex]ABD[/tex]. Aplicando a Lei dos Senos, vem:
[tex]\qquad \dfrac{BD}{\text{sen}~80^\circ}=\dfrac{AB}{\text{sen}~40^\circ} \Rightarrow \dfrac{BD}{AB}=\dfrac{\text{sen}~80^\circ}{\text{sen}~40^\circ} \Rightarrow \dfrac{BD}{AB}=\dfrac{2\cdot \text{sen}~40^\circ \cdot \text{cos}~40^\circ}{\text{sen}~40^\circ} \Rightarrow \dfrac{BD}{AB}=2 \cdot \text{cos}~40^\circ \qquad(I).[/tex]
Procedendo de forma análoga no triângulo [tex]ABH[/tex] e utilizando o fato de que [tex] \text{sen}~50^\circ=\text{cos}~(90^\circ-50^\circ)=\text{cos}~40^\circ[/tex], vem:
[tex]\qquad \dfrac{AH}{\text{sen}~50^\circ}=\dfrac{AB}{\text{sen}~30^\circ} \Rightarrow \dfrac{AH}{AB}=\dfrac{\text{sen}~50^\circ}{1/2} \Rightarrow \dfrac{AH}{AB}=2\cdot \text{sen}~50^\circ \Rightarrow \dfrac{AH}{AB}=2\cdot \text{cos}~40^\circ \qquad(II).[/tex]
Igualando [tex]I[/tex] e [tex]II[/tex], temos:
[tex]\qquad \dfrac{BD}{AB}= \dfrac{AH}{AB} \Rightarrow BD=AH[/tex] (segmentos azuis da figura).
Some-se a isso o fato de que, por [tex]\overline{GE} \parallel \overline{AB}[/tex], temos [tex]AG=BE[/tex] (segmentos vermelhos da figura). Ainda, note que [tex]\angle{AGH}=180^\circ-80^\circ-50^\circ=50^\circ[/tex]. Como esse ângulo é externo ao triângulo [tex]AHG[/tex], segue do Teorema do Ângulo Externo que [tex]\angle{HAG}+\angle{AHG}=50^\circ[/tex], donde [tex]\angle{HAG}=20^\circ[/tex]. Finalmente, pelo Teorema dos Bicos, [tex]\angle{DBE}=20^\circ[/tex].
Segue imediatamente que os triângulos [tex]BDE[/tex] e [tex]AHG[/tex] são congruentes pelo caso lado-ângulo-lado e, consequentemente,
[tex]\qquad \alpha=\angle{BDE}=\angle{AHG}=30^\circ. [/tex]
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Concluímos este estudo reforçando que o Triângulo Russo não é apenas um exercício curioso, mas um exemplo vivo de como a matemática combina rigor, imaginação e história. Que essas soluções e reflexões sirvam de incentivo para novas explorações e para o aprofundamento no universo fascinante da geometria!
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Leitura Complementar
Dezenove Problemas em Geometria Elementar (por Armando Machado)
Depois dos cálculos mais óbvios, obtemos a maior parte dos ângulos que faltam na figura, mas não aqueles que queremos. Tudo o que concluímos é que [tex]\gamma+\delta=\alpha+\beta=110^\circ[/tex]. Neste ponto, senti que, embora o problema fosse claramente bem formulado, talvez não houvesse solução pelos métodos da geometria elementar. Então usei um pouco de trigonometria e uma calculadora de bolso para determinar [tex]\gamma[/tex] e [tex]\delta[/tex]. Para minha surpresa, os valores eram bastante elegantes, ou seja, [tex]\gamma=80^\circ[/tex] e [tex]\delta=30^\circ[/tex]. Com valores assim, deveria existir uma solução elementar!
Lembro que usei o mesmo valor de [tex]\lambda[/tex] e um segundo par de valores para [tex]\alpha[/tex] e [tex]\beta[/tex] (não sei mais quais eram) e novamente obtive valores inteiros para [tex]\gamma[/tex] e [tex]\delta[/tex]. Comecei a acreditar que isso era um fenômeno geral, mas um terceiro teste me mostrou que não era bem assim.
Por exemplo, com [tex]\lambda=20^\circ[/tex], [tex]\alpha=20^\circ[/tex] e [tex]\beta=70^\circ[/tex], obtemos [tex]\gamma=2,12201^\circ[/tex] e [tex]\delta=87,87799^\circ[/tex]. Experimentei todos os múltiplos de [tex]10^\circ[/tex] para [tex]\lambda[/tex], [tex]\alpha[/tex] e [tex]\beta[/tex], ignorando os casos triviais, como aqueles em que [tex]\alpha=\beta[/tex], bem como aqueles que eram simétricos aos anteriores. Os únicos dados que davam valores agradáveis para [tex]\gamma[/tex] e [tex]\delta[/tex] foram os da Tabela 1. De agora em diante, omitiremos o símbolo de grau ([tex]^\circ[/tex]) para simplificar a notação.
\hline
\lambda & \alpha & \beta & \gamma & \delta \\ \hline
20 & 50 & 20 & 60 & 10 \\
20 & 50 & 40 & 60 & 30 \\
20 & 60 & 30 & 80 & 10 \\
20 & 60 & 50 & 80 & 30 \\
20 & 70 & 50 & 110 & 10 \\
20 & 70 & 60 & 110 & 20 \\ \hline
\end{array}[/tex]
Tabela 1
Recentemente, eu estava explorando o software matemático Mathematica quando alguém levantou o mesmo problema. Decidi usar esse software para procurar outros dados iniciais que pudessem levar a soluções elementares. Pedi ao Mathematica que testasse todos os valores inteiros de [tex]\lambda[/tex] e todos os valores inteiros ou semi-inteiros de [tex]\alpha[/tex] e [tex]\beta[/tex], escolhendo os casos em que os valores correspondentes de [tex]\gamma[/tex] e [tex]\delta [/tex] fossem inteiros ou semi-inteiros. Esse experimento levou a muitas outras possibilidades de solução elementar. Seguindo uma ideia de David Gale, apareceram outros candidatos envolvendo 7 como divisor do ângulo reto. Isso levou finalmente à Tabela 2.
\hline
\text{Problema} & \lambda & \alpha & \beta & \gamma & \delta \\ \hline
1A & 60/7 & 390/7 & 150/7 & 480/7 & 60/7 \\
1B & 60/7 & 390/7 & 330/7 & 480/7 & 240/7 \\
2A & 12 & 42 & 18 & 48 & 12 \\
2B & 12 & 42 & 30 & 48 & 24 \\
3A & 12 & 48 & 12 & 54 & 6 \\
3B & 12 & 48 & 42 & 54 & 36 \\
4A & 12 & 57 & 33 & 75 & 15 \\
4B & 12 & 57 & 42 & 75 & 24 \\
5A & 12 & 66 & 42 & 96 & 12 \\
5B & 12 & 66 & 54 & 96 & 24 \\
6A & 12 & 69 & 21 & 87 & 3 \\
6B & 12 & 69 & 66 & 87 & 48 \\
7A & 12 & 72 & 42 & 108 & 6 \\
7B & 12 & 72 & 66 & 108 & 30 \\
8A & 20 & 50 & 20 & 60 & 10 \\
8B & 20 & 50 & 40 & 60 & 30 \\
9A & 20 & 60 & 30 & 80 & 10 \\
9B & 20 & 60 & 50 & 80 & 30 \\
10A & 20 & 65 & 25 & 85 & 5 \\
10B & 20 & 65 & 60 & 85 & 40 \\
11A & 20 & 70 & 50 & 110 & 10 \\
11B & 20 & 70 & 60 & 110 & 20 \\
12 & 36 & 54 & 36 & 72 & 18 \\
13A & 45 & 45 & 15 & 52,5 & 7,5 \\
13B & 45 & 45 & 37,5 & 52,5 & 30 \\
14A & 360/7 & 240/7 & 120/7 & 270/7 & 90/7 \\
14B & 360/7 & 240/7 & 150/7 & 270/7 & 120/7 \\
15A & 360/7 & 345/7 & 150/7 & 435/7 & 60/7 \\
15B & 360/7 & 345/7 & 285/7 & 435/7 & 195/7 \\
16A & 72 & 39 & 21 & 48 & 12 \\
16B & 72 & 39 & 27 & 48 & 18 \\
17A & 72 & 42 & 24 & 54 & 12 \\
17B & 72 & 42 & 30 & 54 & 18 \\
18A & 72 & 48 & 24 & 66 & 6 \\
18B & 72 & 48 & 42 & 66 & 24 \\
19A & 72 & 51 & 39 & 81 & 9 \\
19B & 72 & 51 & 42 & 81 & 12 \\
20A & 120 & 24 & 12 & 30 & 6 \\
20B & 120 & 24 & 18 & 30 & 12 \\ \hline
\end{array}[/tex]
Tabela 2
Da Tabela 2, um tipo de dualidade é facilmente descoberto. Para cada problema [tex](\lambda, \alpha, \beta, \gamma, \delta)[/tex], podemos associar um dual [tex](\lambda’, \alpha’, \beta’, \gamma’, \delta’)[/tex], com [tex]\lambda’=\lambda[/tex], [tex]\alpha’=\alpha[/tex], [tex]\beta’=\alpha-\delta[/tex], [tex]\gamma’=\gamma[/tex] e [tex]\delta’=\alpha-\beta[/tex] (o problema 12 é autodual). Assim, temos 18 problemas quando provamos essa dualidade, sendo esta prova a do décimo nono problema referido no título. Pode-se resolvê-lo superpondo as figuras correspondentes a [tex](\lambda, \alpha, \beta, \gamma, \delta)[/tex] e [tex](\lambda’, \alpha’, \beta’, \gamma’, \delta’)[/tex], após espelhar uma delas no eixo vertical e então aplicando um caso especial do teorema de Pappus da geometria projetiva. Eu não resolvi cada um desses novos casos por métodos elementares (na verdade, a resposta dada pelo computador não é uma solução verdadeira, como ficará evidente abaixo). Talvez isso seja uma boa atividade para períodos mortos na vida acadêmica, como reuniões entediantes do corpo docente.
Isso também ilustra o cuidado que se deve ter com aplicações computacionais em matemática. Eu estava usando o software Mathematica com sua precisão padrão, que fornece cerca de seis dígitos corretos, e meu programa testava se um número era inteiro ou semi-inteiro por um método que consiste em olhar os primeiros cinco dígitos decimais de seu dobro. Além dos casos na Tabela 2, o computador também sugeriu aqueles da Tabela 3.
Há várias coisas estranhas na Tabela 3. Primeiro, há três valores para [tex]\delta[/tex]. que são quase inteiros ou semi-inteiros, mas que não são exatamente isso. Segundo, seis problemas duais estão faltando. Isso pode ter sido causado por alguns erros de arredondamento, então usei a capacidade do Mathematica de trabalhar com um número arbitrário de dígitos e testei cada um dos valores nas Tabelas 2 e 3 com aproximação de 50 dígitos. Cada valor na Tabela 2 permaneceu correto, mas todos os valores na Tabela 3, assim como seus duais ausentes, apareciam apenas como inteiros ou semi-inteiros aproximados, embora com uma aproximação muito boa. Por exemplo, o primeiro valor para [tex]\delta[/tex] na Tabela 3 torna-se [tex]6,50000\ 16063\ 95883\ 45352\ 05203\ 60429\ 84883\ 68773\dots .[/tex]
Nesse momento, fiquei atônito com o que parecia ser uma coincidência incrível: vários resultados eram semi-inteiros até a quinta casa decimal, mas não eram realmente semi-inteiros. Na verdade, não havia motivo para espanto: o computador havia testado cerca de [tex]950\ 000[/tex] triplas, muito mais do que o número de grupos de cinco dígitos.
\hline
\lambda & \alpha & \beta & \gamma & \delta \\ \hline
5 & 74,5 & 49 & 117 & 6,5 \\
5 & 74,5 & 68 & 117 & 25,5 \\
8 & 33,5 & 5,5 & 35 & 4 \\
8 & 33,5 & 29,5 & 35 & 28 \\
23 & 46 & 15,5 & 53 & 8,5 \\
23 & 46 & 37,5 & 53 & 30,5 \\
35 & 33,5 & 18 & 37 & 14,5 \\
39 & 33,5 & 11,5 & 36,5 & 8,5 \\
39 & 33,5 & 25 & 36,5 & 22 \\
41 & 67 & 13 & 79,5 & 0,500003 \\
59 & 33,5 & 4 & 35 & 2,5 \\
59 & 33,5 & 31 & 35 & 29,5 \\
61 & 32,5 & 7,5 & 35 & 5 \\
61 & 32,5 & 27,5 & 35 & 25 \\
67 & 32 & 4 & 33,5 & 2,5 \\
67 & 32 & 29,5 & 33,5 & 28 \\
68 & 46 & 28,5 & 62 & 12,5 \\
68 & 46 & 33,5 & 62 & 17,5 \\
68 & 55,5 & 41,5 & 95,5 & 1,5 \\
77 & 49,5 & 14 & 62,5 & 0,999998 \\
78 & 44 & 25,5 & 60,5 & 9 \\
97 & 23 & 1,5 & 23,5 & 0,999998 \\
97 & 23 & 22 & 23,5 & 21,5 \\
129 & 21,5 & 7 & 26 & 2,5 \\ \hline
\end{array}[/tex]
Tabela 3
Mais do que um catálogo de casos resolvíveis, este estudo destaca a própria natureza exploratória da matemática: conjecturas que nascem de observações empíricas, padrões que se confirmam ou se desfazem diante de análises mais profundas, e a constante necessidade de aliar intuição, rigor e tecnologia. Assim, os chamados “dezenove problemas” ultrapassam a mera curiosidade geométrica e se tornam exemplos instigantes de como a matemática continua sendo um campo vivo, aberto à invenção, ao refinamento e à surpresa.
Equipe COM – OBMEP
Maio de 2026.
Referências
[01] ASSOCIATION OF TEACHERS OF MATHEMATICS. Mathematical Gazette Archive. Cambridge: Cambridge University Press.
[02] CUTLER, A. “Langley’s Problem and the Russian Triangle”. Mathematical Spectrum, v. 34, 2001.
[03] GALE, David. Tracking the Automatic ANT: And Other Mathematical Explorations. New York: Springer, 1998.
[04] HARDING, G. “Elegant Solutions to Langley’s Problem”. The College Mathematics Journal, v. 39, n. 4, 2008.
[05] KANTOROVICH, L. V. The Soviet Mathematics Education System. Moscow: Nauka, 1974.
[06] KHUDYAKOV, S. A. “Geometric Creativity in the Soviet Olympiad Tradition”. Kvant, 1982.
[07] LANGLEY, Edward Mann. “Problem 644”. The Mathematical Gazette, v. 12, n. 173, 1922.
[08] LIDSKII, V. B.; SHKLARSKII, D. O.; YAGLOM, I. M. Problemas selecionados de matemática elementar. Moscou: Mir, 1965.
[09] RICKY MATHY. Triângulo Russo. YouTube, s.d. (Último acesso em 04/12/25)
[10] SHKLARSKII, D. O.; CHENTSOV, N. N.; YAGLOM, I. M. Selected Problems in Elementary Mathematics. Moscow: Mir Publishers, 1969.
[11] YAGLOM, I. M.; BOLTYANSKII, V. G. Problems in Geometry. Moscow: Mir, 1965.