Oi, Regis. Eu acho (acho!) que nao dah para resolver esse sistema no braco com as funcoes elementares usuais. Eliminando uma das variaveis, recai em algo do tipo:
ln(lny)+(ln2)/y=ln(ln3) ou ln(lnx)+(ln3)/x=ln(ln2) E, ateh onde eu consigo pensar, equacoes desse tipo nao se resolvem no braco. Agora, dah para fazer numericamente, ou graficamente. Afinal, voce quer que h(x)=ln2/lnx-3^(1/x)=0. Quando x se aproxima de 1 pela direita, h(x)->+Inf. Por outro lado, quando x=2, temos h(2)=1-raiz(3)<0. Como h eh continua no intervalo (1,2), ela tem que ter uma raiz ali. Isso mostra que ha uma solucao (x,y) com 1<x<2. Dah ateh para provar que essa solucao eh unica com um pouco de calculo. Afinal, h'(x)=(3^(1/x).(lnx)^2.ln3-xln2)/(xlnx)^2. Se h(z)=0, substituindo 3^(1/z)=ln2/lnz vem h'(z)=ln2(lnz.ln3-z)/(zlnz)^2. Isto eh negativo! (Ok, preciso mostrar que lnz.ln3-z<0 para todo z>1; isto pode ser feito encontrando o maximo dessa funcao, que ocorre em z=ln3 e vale ln3(ln(ln3)-1)<0) Ou seja, sempre que o grafico de h(x) cruza o eixo x, ele estah "indo para baixo". Portanto, h(x) nao pode ter uma segunda raiz! Abraco, Ralph. 2016-10-08 8:06 GMT-03:00 regis barros <regisgbar...@yahoo.com.br>: > Bom dia > segue o problema > se x^y = 2 e y^x = 3, encontrar os valores de x e y. > > Grato > > Regis > > > Em Quarta-feira, 5 de Outubro de 2016 18:01, vinicius raimundo < > vini.raimu...@gmail.com> escreveu: > > > Obrigado Douglas > > Em quarta-feira, 5 de outubro de 2016, Douglas Oliveira de Lima < > profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu: > > Bom vamos lá, não tem nada de bonito nessa resolução. > > Seja O o centro do ex-incirculo de ABC tangente ao lado BC, temos que AO é > bissetriz do ângulo BAC, seja Q a intercessão de AO com BC, e J o pé da > perpendicular tirada de O ao lado AC, sendo BAQ=x, nós teremos CAQ=ACB=x, > AQB=OQC=2x. E OC é bissetriz de BCJ, assim BCO=90-x/2, e sendo P a > intercessao de MO com BC. > > 1)Aplicando lei dos senos no triângulo AQC teremos > > AQ/AC=senx/sen(2x) > > 2)Agora aplicando no triângulo AMO teremos > > AM/MO=sen(QOP)/senx > > 3)E no triângulo CMO novamente lei dos senos teremos > > MC/MO=sen(COP)/cos(x/2) > > 4)Como AM=MC, dos itens (2) e (3) segue que > > sen(QOP)/sen(COP)=senx/cox(x/ 2) > > 5) Para o triângulo QPO, nós teremos > > sen(QOP)=[(QP)sen(2x)]/PO > > 6) Para o triângulo CPO, nós teremos > > sen(COP)=[(CP).cos(x/2)]/PO > > 7)Dos itens (5) e (6) podemos concluir que > > sen(QOP)/sen(COP)=[(QP).sen( 2x)]/[(CP).cos(x/2)] > > 8)E de (4) e (7) nós temos > > senx/cos(x/2)=[(QP).sen(2x)]/[ (CP).cos(x/2)], ou melhor QP/CP=senx/sen(2x) > > 9)Agora de (1) e (8) AQ/AC=QP/CP, donde vem > > QAP=CAP e BAP=x+QAP=x+CAP=BPA, ou seja ABP é isosceles e AB=BP. > > > Um abraço do > Douglas Oliveira. > > Em 1 de outubro de 2016 19:54, vinicius raimundo <vini.raimu...@gmail.com> > escreveu: > > Será que alguém poria me ajudar na seguinte questão? > > > 1. (Belarus) Seja O o centro do círculo ex-inscrito do triângulo ABC oposto > ao vértice A. Seja M o ponto médio de AC e seja P a intersec ̧ão das > retas MO e BC. Prove que se ∠BAC = 2∠ACB, então AB = BP. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�us e > acredita-se estar livre de perigo. > > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
