[obm-l] Re: [obm-l] Gabarito da olimpíada carioca.
Ola Marcio e demais colegas desta lista ... OBM-L, Pela primeira vez eu participei - POR E-MAIL'S - da elaboracao das questoes e das discussoes. Havia quase um consenso de que a prova do ano anterior ( e provavelmente de outros anos ) foi muito facil, assemelhando-se mais a um BOM exame de vestibular, tradicional, que a uma olimpiada. Eu olhei a prova passada e fiquei com a mesma impressao ... Parece que num BOM exame vestibular exige-se a DESENVOLTURA com o conhecimento; numa Olimpiada, pressupondo-se a desenvoltura, exige-se tambem - e sobretudo - a CRIATIVIDADE. Neste sentido, uma olimpiada deve exigir INTELIGENCIA e INOVACAO, nao ATIVIDADE BRACAL e APLICACAO BUROCRATICA. A sua observacao SUGERE que os objetivos da banca foram atingidos ... Eu penso que deve ser assim, doravante. Um abraco Paulo Santa Rita 4,0855,040902 From: Marcio [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Gabarito da olimpíada carioca. Date: Tue, 3 Sep 2002 16:56:16 -0300 A proposito, essa prova pareceu bem mais dificil do que a do ano passado.. Como q o pessoal que fez a prova foi? O que acharam? []'s Marcio - Original Message - From: haroldo To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, September 03, 2002 3:27 PM Subject: [obm-l] Gabarito da olimpíada carioca. Gostaria de ver o gabarito oficial da olimpíada carioca, realizada na PUC, dia 31/08. Pois tenho dois alunos que participaram da competição. Grato. Haroldo . _ MSN Photos é a maneira mais fácil e prática de editar e compartilhar sua fotos: http://photos.msn.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] O problema das infinitas soluções
Ola Wagner e demais
colegas desta lista ... OBM-L,
O conceito de simplicidade e subjetivo... mas e bonita a sua solucao !
Todavia, e bom que se diga, e uma demonstracao de existencia, nao exibindo a
cara ou forma da solucoes.
Em verdade, esse jeito foi a primeira coisa que veio a minha cabeca, mas eu
prefiri uma outra via, construtiva, porque assim eu forneceria elementos
para verificacoes posteriores, coisa que uma simples prova de existencia nao
concede ...
A respeito de equacoes nao triviais existe uma questao bonita :
Seja y=f(x) uma equacao do 5 GRAU, INCOMPLETA, isto e, na qual um ou mais
dos coeficientes da equacao geral e(sao) nulo. Em que casos ela admite uma
solucao algebrica, isto e, quando as solucoes podem ser expressas como
operacoes algebricas sobre os seus coeficientes ?
Um abraco
Paulo Santa Rita
4,1852,040902
From: Wagner [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] O problema das infinitas soluções
Date: Wed, 4 Sep 2002 15:33:33 -0300
Oi pra todo mundo
Muito bem Paulo você achou a resposta (o conjunto universo da equação é
C). Mas quando eu imaginei o problema eu pensei numa resposta mais
simples:
Imagine uma equação do tipo: x^(a/b)+cx^((a/b)-1)+dx((a/b)-2)+...+n=0. Em
que a e b são números inteiros e a/b é uma fração
irredutível. Se y=x^(1/b). Logo: y^(a)+cy^(a-b)+...+n=0. Logo existem a
valores complexos para y que satisfazem a equação e consequentemente, a
valores para x. Considerando pi/1 como uma fração irredutível e n o nº de
casas decimais de pi. Logo: (pi)(10^n)/(10^n) é uma fração irredutível e
portanto existem (pi)(10^n) valores de x que satisfazem: x^pi - 5^pi + 3 =
0. Como pi é um nº irracional, ele tem infinitas casas decimais e portanto
a
equação do problema possui infinitas soluções complexas.
OBS: Isso acontece com qualquer equação em que o índice a que x esta
elevado
é um nº irracional em pelo menos um de seus termos.
André T.
- Original Message -
From: Paulo Santa Rita [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Wednesday, September 04, 2002 9:42 AM
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] O problema das infinitas soluções
Ola Wagner e demais
colegas desta lista ... OBM-L,
Eu nao entendi bem a sua questao, pois PARECE-ME que voce esta se
referindo
ao conjunto C - R. Mas nao tenho certeza. Talvez voce esteja pensando
em
X^pi - 5*[X^(pi-1)] + 3 = 0
X^pi - [5*(X^pi)]/X + 3 = 0
X^pi(1 - 5/X) = -3
X^pi = 3X/(5-X) ... (A)
X=a*[e^(Ti)] = X^pi = (a^pi)*{[e^(pi*i)]^T}
X^pi=(a^pi)*{[cos(pi)+i*sen(pi)]^T}
X^pi=(a^pi)*[(-1)^T] ... (B)
(B) em (A) :
(a^pi)*[(-1)^T]=3X/(5-X)
(a^pi)*[i^2T]=3X/(5-X)
X={[5*(a^pi)]*[i^(2T)]}/{3+[(a^pi)*[i^(2T)]]}
Variando a e T convenientemente teremos uma infinidade de numeros
que
satisfazem a equacao proposta.
Um abraco
Paulo Santa Rita
4,0941,040902
From: Wagner [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] O problema das infinitas soluções
Date: Mon, 2 Sep 2002 16:34:50 -0300
Esse é o meu primeiro problema na lista
Notação:
- a^(b) = a elevado a potência b
- PI = o nº pi
Prove que a equação: x^(PI)-5x^(PI-1)+3=0. Possui infinitas soluções
complexas.
André T.
_
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[obm-l] RES: Olá
Oi, Fê.
Ok, acho que consegui.
1. determine todos os ternos (a,b,c) de inteiros positivos tais q a
e b são pares e a^b + b^a=2^c
Escreva a=(2^d).e, b=(2^f).g onde e e g são ímpares (parte par vezes
parte ímpar). Então a equação fica assim:
2^(bd).(e^b)+ 2^(af).(g^a) = 2^c
Suponha SPOG que bd=af; note que caf, então:
2^(bd-af).(e^b) + g^a = 2^(c-af)
o que implica que bd=af (senão teríamos par+ímpar=par)... Assim:
e^b+g^a=2^(c-af)
Agora pense módulo 4... e^b=g^a=1 modulo 4 (pois e e g são ímpares enquanto
a e b são pares positivos). Conclui-se que 2^(c-af) = 2 mod 4, o que só é
possível se c-af=1. Então
e^b+g^a=2, isto é, e=1 e g=1. (Ambos a e b têm de ser potências de 2!)
De volta a af=bd, temos agora:
(2^d)f=(2^f)d
(2^d)/d=(2^f)/f
Bom, agora, f(x)=(2^x)/x é estritamente crescente a partir de x=2... De
fato:
2^(x+1)/(x+1) 2^x/x sse
2xx+1 sse
x1
Concluímos portanto que d=f OU um deles é 1 e o outro é 2.
No primeiro caso, a=b=2^d nos dá a^b+b^a = 2(2^(d.2^d))=2^(d.2^d+1) gera as
soluções do tipo (2^d,2^d,d.2^d+1).
O segundo caso nos dá {a,b}={2,4}, e como 2^4+4^2=16+16=32=2^5, temos as
soluções (2,4,5) e (4,2,5).
---///---
2.Seja ABCD um paralelogramo ,H o ortocentro do triangulo ABD e O o
circuncentro do triangulo BCD.Prove q H,O e C são colineares.
Seja M o médio de BD (ponto de interseção das diagonais). Seja Z o círculo
que contém B,C e D. Seja P o ortocentro do triangulo BCD.
LEMA 1: O ponto P1, simétrico de P com relação a BD, está em Z.
Prova: Basta notar que os angulos BPD e BP1D sao iguais a 180-C, e o arco
menor BD (em Z) é o arco capaz sobre BD deste angulo.
Seja P2 o simétrico de P1 com relação a OM; note que X está em Z, pois OM
divide o arco BD ao meio. Também, como CP1 é paralelo a OM, temos que o
ângulo CP1X é 90 graus, e concluímos que CX é um diâmetro (e, portanto,
passa por O).
Agora, duas simetrias com relação a retas perpendiculares (BD e OM) são de
fato uma simetria com relação ao ponto de encontro destas retas (no caso,
M). Em outras palavras, X é o simétrico de P com relação a M.
Mas a simetria de centro M leva C em A, B em D e D em B. De fato, o
triângulo ABD é o simétrico de CDB com relação a M, e seu ortocentro H será
o simétrico de P com relação a M. Mas este ponto é X! Assim, CH é o diâmetro
de Z, e, portanto, C, O e H são colineares.
3.A bissetriz do angulo B em um triangulo ABC intercepta o lado AC
em D.Seja E um ponto sobre o lado BC tal q 3CÂE=2BÂE.Os segmentos BD
e AE intersectam-se no ponto P.Se ED=AD=AP,determine os angulos do
triangulo
SOLUÇÂO BONITA (que só achei depois de saber a resposta via solução feia):
Considere o círculo circunscrito ao triângulo ABE. O ponto médio X do arco
AE claramente satisfaz XA=XE e também pertence à bissetriz BD, isto é, X é a
interseção da mediatriz de AE com a bissetriz BD. Mas D também satisfaz a
estas condições, isto é, D=X! Portanto, ABED é inscritível.
Seja BAE=3a, entao DAE=2a. Carregue os angulos pela figura usando triangulos
isosceles: DEA=2a, ADP=PDA=90-a. Entao, ABD=90-4a.
Mas, por causa do quadrilátero inscritível, ABD=AED, 90-4a=2a e a=15. Os
angulos do triangulo sao A=5a=75, B=2.(90-4a)=60 e C=180-A-B=45.
VERIFICAÇÃO:
Dado ABC com A=75, B=60 e C=45, é fácil ver que AP=AD=DE; de fato, trace a
bissetriz de B (ABD=DBE=30) e AE com DAE=30 e EAB=45; carregue os angulos e
veja imediatamente que ADP=APD=75, portanto AD=AP; enfim, note que
DAE=DBE=30 e entao ABED é inscritível; conclui-se que DEA=DBA=30 e entao
DE=AD.
SOLUÇÃO FEIA (trigonométrica, de fato minha primeira solução):
Carregue os ângulos como antes, começando com DAE=2a. Calcule todos os
ângulos no quadrilátero ADEB incluindo entre diagonais e lados (sem precisar
usar que ele é inscritível). Agora sejam DE=AD=AP=1, PE=x e BP=y. Usando
várias leis dos senos:
APB: y/sin3a=1/cos4a, isto é, y=sin3a/cos4a
DPE: x/cos3a=1/cosa, isto é, x=cos3a/cosa
BPE: y/sin5a=x/cos4a, isto é, ycos4a=xsin5a
Juntando tudo:
sin3a cos4a cosa = cos3a sin5a cos4a
Nao podemos ter cos 4a=0 (pois então a=pi/8 e ABC=pi). Assim:
sin3a cosa = cos3a sin5a
sin4a + sin2a = sin8a + sin2a
sin4a = sin8a
12a=pi
a=pi/12 (15 graus)
Portanto, os angulos do triangulo ABC sao A=5a=75, B=180-8a=60 e C=3a=45
graus.
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