Oi Ponce e demais colegas desta lista ... OBM-L, EU PENSO que um possivel objetivo comum a todos nos e justamente o de propor problemas interessantes, nao triviais, e/ou suas respectivas solucoes, quando possiveis. Procedendo assim PARECE-ME que ocorrerao duas implicacoes obvias :
1) Serao naturalmente afastados aqueles(as) que vem esta lista como um SOS para vestibulandos, concurseiros e assemelhados. 2) Serao naturalmente atraidos aqueles(as) que aspiram ler e aprender uma Matematica de mais alta qualidade. E eu tenho certeza - ate por experiencia pessoal - que com a colaboracao das inumeras pessoas talentosas que ja passaram por aqui, podemos criar um centro de discussao de Matematica Elementar que nao ficara devendo a nenhum outro centro do Mundo Quando ao problema do Nehab, e bastante razoavel supor que o campo gravitacional e constante ( pois estamos imaginando o triangulo proximo a superficie da terra). Agora, basta aplicar o teorema de Varignon. Seja ABC um triangulo. Sem perda de generalidade podemos supor que os seus vertices estao disposto tais que A esta em (0,0), B em (c,0) e C em (X,Y). E natural supor que a densidade linear de massa e constante em cada lado, donde decorre que os respectivos centros de massa dos seus lados estarao nos pontos medios destes lados. Seja d esta densidade liner. As forcas que atuam em cada ponto medio sao : No lado AB, cdg, atuando em (c/2,0) - aqui, g e a aceleracao da gravidade No lado AC, bdg, atuando em (X/2,Y/2) No lado BC, adg, atuando em ( (c+X)/2 , Y/2 ) Assim VERTICALMENTE, temos uma forca de cdg em 0, uma forca bdg em Y/2 e uma forca adg em Y/2, vale dizer, uma forca, (bdg+adg) em Y/2. A forca que equilibra tudo isso tem modulo, obviamente, igual "adg + bdg + cdg" atuando na posicao vertical m ( Varignon agora ) tal que : m*(adg + bdg + cdg) = cdg*0 + (bdg + adg)*(Y/2) m =( (a+b) / (a+b+c) )*(Y/2) Resultado 1 HORIZONTALMENTE, temos uma forca cdg em c/2, uma forca bdg em (X/2) e uma forca adg atuando em (c+X)/2. Para equilibrar isso devemos ter uma forca de modulo obviamente, igual "adg + bdg + cdg" e atuando na posicao horizontal n ( Varignon agora ) tal que : n*(adg + bdg + cdg) = cdg*(c/2) + bdg*(X/2) + adg*( (c+X)/2) n = ( (a+c)*(c/2) + (b+c)*(X/2) ) / (a + b + c) Resultado 2 Os dados em Resultado 1 e 2 sao conhecidos, bastando construir o sistema de coordenadas indicado ( traca-se por A uma perpendicular a AB, Esta perpendicular e o eixo Y; o eixo X sera a reta que suporta o lado AB). Os valores de "m" e "n" sao facilmente construtiveis. Logo: O PONTO PROCURADO Traca-se por m uma paralela ao eixo X e por n uma paralela ao eixo Y. O ponto de encontro e o ponto procurado. Um Abracao a Todos ! PSR,11005091409 pois isto afastara aqueles estudantes preguicosos , para que aqueles que nos acompanham 2009/5/10 Rogerio Ponce <[email protected]>: > Ola' Santa Rita, > obrigado pelo elogio. > Mas o "culpado" foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a > lista. > Parabens! > > Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele > propos (e que eu reescrevo abaixo): > > > Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente > fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, > utilizando-se apenas de desenho geometrico. > (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas > expressa por meio de equacoes.) > > Abracos a todos, > Rogerio Ponce > > > > 2009/5/9 Paulo Santa Rita <[email protected]>: >> Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes >> e demais colegas desta lista ... OBM-L, >> >> Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de >> qualidade. Parabens por ela ! >> Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o >> Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se >> manifestarem. >> >> ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por >> aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o >> Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! >> >> Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : >> >> Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) >> nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE >> alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em >> geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno >> triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre >> esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo >> original ? >> >> Um abraco a Todos ! >> PSR,7090509132D > ========================================================================= > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html > ========================================================================= > ========================================================================= Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =========================================================================
