Re: [obm-l] Volume da pirâmide
Olá Pedro. Uma forma mais elementar consiste em se calcular o volume de um tetraedro a partir de um prisma triangular. Em seguida, aplica-se o Princípio de Cavalieri para uma pirâmide de base qualquer porém de mesma altura que o tetraedro. Dessa forma, conclui-se que o volume é de fato um terço do produto da área da base pela altura. Att. Paulo Cesar Sampaio Jr. Enviado via iPad Em 27/03/2012, às 21:04, Pedro Angelo pedro.fon...@gmail.com escreveu: Olá, Sei que é possível achar o volume de uma pirâmide usando cálculo integral, mas eu queria saber se há alguma demonstração mais elementar, como dizer que o triângulo tem a área igual a metade da área do paralelogramo, que é base vezes altura. Eu podia jurar que eu vi, um dia, o nosso amigo Nehab desenhar uma figurinha um tanto elucidativa mas não consigo lembrar de jeito nenhum como era! um abraço, Pedro Angelo = 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 =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
Desculpe-me pela intromissão. Porém, a depender da série, nem sempre temos disponível o valor da função seno para os arcos que não sejam notáveis. Portanto é melhor ordená-lo entre o perímetro do hexágono e o comprimento da circunferência circunscrita ao pentágono. L = 2πR = 2*2,5*π = 5π 16. Creio que se fosse para calcular com o sen(22,5 graus), melhor seria calcular direto com o sen(32 graus). Utilizando a circunferência como parâmetro - para esse caso em si - se evita a necessidade de conhecimento ou uso de tabela para obter o valor da função sen. Saúde, paz e alegria! Em 26/03/12, felipe araujo costafaraujoco...@yahoo.com.br escreveu: Olá Carlos. Esse exercicio foi um aluno que pediu a questao foi do Colegio Naval por isso queria saber uma soluçao por desigualdade de triangulos. Muito Obrigado. Felipe Araujo Costa Cel: 77430066 E-mail: faraujoco...@yahoo.com.br faco...@metalmat.ufrj.br De: Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Segunda-feira, 26 de Março de 2012 10:26 Assunto: Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular Oi, Felipe, Sim, Felipe, há uma solução por desigualdades, que funciona porque as opções facilitam... Solução banal: analisando o perímetro do hexagono e do octógono regular inscritos no mesmo círculo (o perímetro do heptágono estará entre eles...) Perímetro do hexagono = 6x2,5 = 15 (logo, a opção a está errada) Perímetro do octógono é 8x2x2,5xsen22,5=40sen22,5 Mas sen^2(22,5) = (1-cos45)/2=0,15. Como raiz(0,15) 0,4, o perímetro do octógono 16 Resposta: opção b - entre 15 e 16. Pronto. Este exercício foi proposto para qual série? Abraços, Nehab Em 25/03/2012 11:21, felipe araujo costa escreveu: Obrigado Érica. Mas queria saber se ha uma soluçao por desigualdade dos lados. Abraço. Felipe Araujo Costa Cel: 77430066 E-mail: faraujoco...@yahoo.com.br faco...@metalmat.ufrj.br De: Érica Gualberto Pongelupe Giacoia profer...@ig.com.br Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Domingo, 25 de Março de 2012 10:30 Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular Use a lei dos cossenos e calcule a medida do lado x. x^2=2,5^2+2,5^2-2*2,5*2,5*cos(360/7) Depois, basta multiplicar x por 7. Abração Em 25 de março de 2012 10:14, felipe araujo costa faraujoco...@yahoo.com.br escreveu: Bom dia. Preciso de uma ajuda nessa questão. Quero saber se ha uma resolução por desigualdade entre os lados do heptagono. Obrigado. * O perímetro do heptágono regular convexo inscrito num círculo de raio 2,5, é um número real que esta entr a)14 e 15 b)15 e 16 c)16 e 17 d)17 e 18 e)18 e 19 Felipe Araujo Costa -- Érica G. P. G. = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
2012/3/28 Albert Bouskela alb...@themag.com.br: Ois! Antes de mais nada, parabéns ao Albert por ter matado o problema. Enfim, a sacada de gênio, claro, porque se eu estou escrevendo um mail a mais, é que eu ainda não estou satisfeito... mas é pura chatice minha. Coisas da idade. 3) Mantendo-se invariante o número de vértices, o polígono inscrito num círculo que tem (refiro-me ao polígono) o maior perímetro é o polígono regular! 4) Prova: – Peguem 3 pontos consecutivos (adjacentes) de um polígono. O 1º e o 3º formam a corda que nos interessa. Os 3 pontos formam um triângulo. Para que o perímetro desse triângulo seja máximo, ele deve ser isósceles (prova adiante). I.e., o 2º ponto deve coincidir com a interseção da maior flecha da corda formada pelos 1º e 3º pontos – i.e., a mediatriz da corda – com o círculo. Por quê? Eu não diria que é o perímetro do triângulo, mas apenas AB + BC (onde A, B e C são, nessa ordem, os pontos consecutivos). Claro que como apenas B mexe, somar AC é uma constante, logo não muda nada. Mas o importante ainda está por vir. 5) Porque quando o ponto do meio (o 2º) passeia ao longo do arco compreendido pela corda, a partir do ponto central (o ponto de interseção da mediatriz da corda com o círculo), o perímetro do triângulo diminui! Caso não diminuísse (ficasse constante), Na minha terra, uma quantidade que não diminui, pode aumentar. o LG do 2º ponto seria uma elipse, com polos no 1º e 3º pontos – lembrem-se da definição da elipse (é o LG dos pontos cuja soma das distâncias do ponto considerado até dois pontos fixos, os polos, é invariante). Esta elipse passaria “por fora” do círculo, tangenciando-o no ponto de interseção da mediatriz da corda com o círculo. Mas o argumento da elipse ainda assim é válido. Mas tem que dar uns detalhes a mais: considere a elipse de focos A e C passando por B. Como B está na mediatriz de AC, a elipse é tangente ao círculo em B. As posições de uma elipse e um círculo são bem simples: é uma questão de curvatura. Ora, a elipse com certeza passa fora do círculo na altura da reta AC, logo ela também tem que estar do lado de fora acima, logo a semi-elipse A'BC' contém o arco ABC. Como os pontos dentro da elipse são os que têm a soma MENOR do que AB+BC, acabou. 6) Já que o triângulo deve ser isósceles, então o polígono deve ser regular! Muita calma nessa hora. Seja P um polígono que não é regular. Seja P' o polígono obtido de P isoscelizando dois lados contíguos como o Albert fez. Então per(P) per(P'). Em particular, se P for regular, o procedimento do Albert não permite aumentar o comprimento, mas é só isso. Claro que se você tomar outro polígono (que não seja regular, portanto) ele não será o de maior perímetro, mas isso não implica que o regular seja o maximizador. Assim, aqui vem a minha chatice maior. Falta um de dois argumentos. Um de convergência (se a gente tiver sorte, para o máximo), o outro de existência do dito máximo. A existência é um treco chato, e eu não sei provar sem análise/topologia. O máximo existe porque o comprimento de um polígono é uma função contínua dos ângulos dos vértices do mesmo, que vivem num conjunto compacto (o círculo) e são em número finito. Sabendo da existência, acabou: seja P o polígono que é de maior perímetro. A construção do Bouskela diz que P tem que ser regular, já que, se não fosse, seria possível aumentar o seu perímetro. A convergência é mais natural. O que a gente precisa mostrar é o seguinte: seja P um polígono não regular. Então a construção do Bouskela dá uma seqüência de polígonos P_i que convergem para um polígono regular, e portanto para qualquer polígono P, o seu perímetro é menor do que o perímetro do polígono regular. A idéia aqui é ir rodando, e daí a discrepância vai diminuir. Vou fazer com 3 lados, já dá bastante trabalho assim. Sejam a, b e c os ângulos entre os pontos A e B, B e C, C e A vistos do centro do círculo. Como a gente quer que convirja para um triângulo equilátero, eu vou chamar de 120+a, 120+b, 120+c. Repare que a + b + c = 0 porque o triângulo é convexo ;). A primeira etapa isosceliza em B, portanto temos 120 + (a+b)/2, 120 + (a+b)/2, 120 + c Agora em C 120 + (a+b)/2, 120 + (a+b+2c)/4, 120 + (a+b+2c)/4 = 120 + (a+b)/2, 120 + c/4, 120 + c/4 (pois a+b+c = 0) Enfim, em A 120 + (2a+2b+c)/8, 120 + c/4, 120 + (2a+2b+c)/4 = 120 + (a+b)/8, 120 + c/4, 120 + (a+b)/8 Agora, note que |(a+b)/8| + |c/4| + |(a+b)/8| = ( |a| + |b| + |c| )/4 (porque |x+y| = |x| + |y[), ou seja, os valores a, b, c dão uma discrepância total que divide por 4 quando a gente dá a volta no círculo. Assim, fazendo cada vez mais voltas, temos um polígono cujo perímetro sempre aumenta, e cujo perímetro converge para o de um polígono regular, que tem portanto um perímetro maior do que todos os outros. A fórmula do caso geral é bm mais lenta (de convergir e de calcular) e eu acho que dá um fator (1 - 6/2^n) Claro que a
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
Perfeito Pedro. Ótimo comentário considerando a garotada de 1a e 2a série! E as respostas da múltipla escolha ajudam... Confesso que não reparei que a circunferência era menor que 16... Abraços Nehab Em 28/03/2012 15:24, Pedro José escreveu: Desculpe-me pela intromissão. Porém, a depender da série, nem sempre temos disponível o valor da função seno para os arcos que não sejam notáveis. Portanto é melhor ordená-lo entre o perímetro do hexágono e o comprimento da circunferência circunscrita ao pentágono. L = 2πR = 2*2,5*π = 5π 16. Creio que se fosse para calcular com o sen(22,5 graus), melhor seria calcular direto com o sen(32 graus). Utilizando a circunferência como parâmetro - para esse caso em si - se evita a necessidade de conhecimento ou uso de tabela para obter o valor da função sen. Saúde, paz e alegria! Em 26/03/12, felipe araujo costafaraujoco...@yahoo.com.br escreveu: Olá Carlos. Esse exercicio foi um aluno que pediu a questao foi do Colegio Naval por isso queria saber uma soluçao por desigualdade de triangulos. Muito Obrigado. Felipe Araujo Costa Cel: 77430066 E-mail: faraujoco...@yahoo.com.br faco...@metalmat.ufrj.br De: Carlos Nehabcarlos.ne...@gmail.com Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Segunda-feira, 26 de Março de 2012 10:26 Assunto: Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular Oi, Felipe, Sim, Felipe, há uma solução por desigualdades, que funciona porque as opções facilitam... Solução banal: analisando o perímetro do hexagono e do octógono regular inscritos no mesmo círculo (o perímetro do heptágono estará entre eles...) Perímetro do hexagono = 6x2,5 = 15 (logo, a opção a está errada) Perímetro do octógono é 8x2x2,5xsen22,5=40sen22,5 Mas sen^2(22,5) = (1-cos45)/2=0,15. Como raiz(0,15)0,4, o perímetro do octógono16 Resposta: opção b - entre 15 e 16. Pronto. Este exercício foi proposto para qual série? Abraços, Nehab Em 25/03/2012 11:21, felipe araujo costa escreveu: Obrigado Érica. Mas queria saber se ha uma soluçao por desigualdade dos lados. Abraço. Felipe Araujo Costa Cel: 77430066 E-mail: faraujoco...@yahoo.com.br faco...@metalmat.ufrj.br De: Érica Gualberto Pongelupe Giacoiaprofer...@ig.com.br Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Domingo, 25 de Março de 2012 10:30 Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular Use a lei dos cossenos e calcule a medida do lado x. x^2=2,5^2+2,5^2-2*2,5*2,5*cos(360/7) Depois, basta multiplicar x por 7. Abração Em 25 de março de 2012 10:14, felipe araujo costa faraujoco...@yahoo.com.br escreveu: Bom dia. Preciso de uma ajuda nessa questão. Quero saber se ha uma resolução por desigualdade entre os lados do heptagono. Obrigado. * O perímetro do heptágono regular convexo inscrito num círculo de raio 2,5, é um número real que esta entr a)14 e 15 b)15 e 16 c)16 e 17 d)17 e 18 e)18 e 19 Felipe Araujo Costa -- Érica G. P. G. = Instru��es 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 =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
Bouskela e Bernardo, Sem entrar no mérito do argumento como um todo, o item 5 pode ser desenvolvido de forma mais simples, não exigindo a elipse: Sendo O é o centro do circulo´e os vértices consecutivos A, B e C, façamos: AOC = alfa (fixo), AOB = beta e BOC = gama, O comprimento AB + BC é dado por 2Rsen(beta/2) + 2Rsen(gama/2) = 4Rsen(alfa/4).cos(beta/4-gama/4) que é máximo quando cos = 1 ou seja, beta = gama. Quanto à preocupação do Bernardo com a justificável precisão de convergência, etc, quem trabalha com meninos do nivel médio (como eu, em turmas de preparação ao IME/ITA) tem dúzias de preocupações assemelhadas e até em assuntos aparentemente óbvios. Por exemplo: prove que a área de um retângulo é igual ao produto dos lados. Acha fácil? Não é não, pois se os lados do retângulo são múltiplos racionais do lado do quadrado que serve de unidade de medida, tudo bem, mas se não forem, olha a confusão! Tem que falar em aproximação de irracionais por racionais ou coisa análoga ou ficar de boca fechada e tocar o bonde ou, se a turma for melhorzinha (tipo IME/ITA, etc) ai tá, damos uma pincelada na questão... E na primeira série? Soma das PGs ilimitadas são apresentadas sem nenhuma formalização do conceito de limite, etc e pronto; E dízimas para as pobres criancinhas... tantos noves ... tantos zeros quanto ! Agh. Sempre achei equivalente a assassinato o estudo de dízimas na época em que é feito. E por ai vai. Abraços Nehab PS: Acho que me excedi... e me empolguei. Faz parte. Em 28/03/2012 18:09, Bernardo Freitas Paulo da Costa escreveu: 2012/3/28 Albert Bouskelaalb...@themag.com.br: Ois! Antes de mais nada, parabéns ao Albert por ter matado o problema. Enfim, a sacada de gênio, claro, porque se eu estou escrevendo um mail a mais, é que eu ainda não estou satisfeito... mas é pura chatice minha. Coisas da idade. 3)Mantendo-se invariante o número de vértices, o polígono inscrito num círculo que tem (refiro-me ao polígono) o maior perímetro é o polígono regular! 4)Prova: – Peguem 3 pontos consecutivos (adjacentes) de um polígono. O 1º e o 3º formam a corda que nos interessa. Os 3 pontos formam um triângulo. Para que o perímetro desse triângulo seja máximo, ele deve ser isósceles (prova adiante). I.e., o 2º ponto deve coincidir com a interseção da maior flecha da corda formada pelos 1º e 3º pontos – i.e., a mediatriz da corda – com o círculo. Por quê? Eu não diria que é o perímetro do triângulo, mas apenas AB + BC (onde A, B e C são, nessa ordem, os pontos consecutivos). Claro que como apenas B mexe, somar AC é uma constante, logo não muda nada. Mas o importante ainda está por vir. 5)Porque quando o ponto do meio (o 2º) passeia ao longo do arco compreendido pela corda, a partir do ponto central (o ponto de interseção da mediatriz da corda com o círculo), o perímetro do triângulo diminui! Caso não diminuísse (ficasse constante), Na minha terra, uma quantidade que não diminui, pode aumentar. o LG do 2º ponto seria uma elipse, com polos no 1º e 3º pontos – lembrem-se da definição da elipse (é o LG dos pontos cuja soma das distâncias do ponto considerado até dois pontos fixos, os polos, é invariante). Esta elipse passaria “por fora” do círculo, tangenciando-o no ponto de interseção da mediatriz da corda com o círculo. Mas o argumento da elipse ainda assim é válido. Mas tem que dar uns detalhes a mais: considere a elipse de focos A e C passando por B. Como B está na mediatriz de AC, a elipse é tangente ao círculo em B. As posições de uma elipse e um círculo são bem simples: é uma questão de curvatura. Ora, a elipse com certeza passa fora do círculo na altura da reta AC, logo ela também tem que estar do lado de fora acima, logo a semi-elipse A'BC' contém o arco ABC. Como os pontos dentro da elipse são os que têm a soma MENOR do que AB+BC, acabou. 6)Já que o triângulo deve ser isósceles, então o polígono deve ser regular! Muita calma nessa hora. Seja P um polígono que não é regular. Seja P' o polígono obtido de P isoscelizando dois lados contíguos como o Albert fez. Então per(P) per(P'). Em particular, se P for regular, o procedimento do Albert não permite aumentar o comprimento, mas é só isso. Claro que se você tomar outro polígono (que não seja regular, portanto) ele não será o de maior perímetro, mas isso não implica que o regular seja o maximizador. Assim, aqui vem a minha chatice maior. Falta um de dois argumentos. Um de convergência (se a gente tiver sorte, para o máximo), o outro de existência do dito máximo. A existência é um treco chato, e eu não sei provar sem análise/topologia. O máximo existe porque o comprimento de um polígono é uma função contínua dos ângulos dos vértices do mesmo, que vivem num conjunto compacto (o círculo) e são em número finito. Sabendo da existência, acabou: seja P o polígono que é de maior perímetro. A construção do Bouskela diz que P tem que ser regular, já que, se
