[obm-l] RES: [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
Olá a todos! Alguns comentários remanescentes: A introdução... Por diletantismo, quis demonstrar (ou apenas mostrar, vá lá...) que, quando aumentamos o número de lados de um polígono regular, inscrito num círculo invariante, o perímetro também aumenta. Quis, ainda, que essa demonstração se valesse apenas de conceitos geométricos básicos, como se eu estivesse desenhando numa folha de papel. Sendo assim... 1) Ao caríssimo Nehab: Acho que o item 5 fica mais bem demonstrado através do desenho (do desenho!) da elipse, feito toscamente a partir da definição desta cônica. Isto para dispensar a trigonometria. 2) Ao caríssimo Bernardo: First of all, não reclame da sua idade, acho que sou mais velho do que você! Seu 1º comentário é: Na minha terra, uma quantidade que não diminui, pode aumentar. É claro que eu estava interessado apenas em demonstrar que o perímetro do triângulo diminuía. Daí, mostrei que, para que o perímetro ficasse constante, o ponto do meio deveria passear por uma elipse e, portanto, passear por fora do círculo. Para que o perímetro aumentasse, o passeio desse ponto deveria ser por fora da elipse, além, muito além daquela serra, que ainda azula no horizonte... (Ops! Muito além do círculo!). Aqui, acho que você quis ser ranzinza. Mas o seu comentário mais agudo refere-se à convergência do processo de tornar isósceles (no vértice N+1) os triângulos formados pelos vértices N, N+1 e N+2. Repare, entretanto, que esse processo é desnecessário. I.e., não é necessário demonstrar que quando transformamos um polígono irregular num regular, maximizamos o seu perímetro. O item 5 afirma a mesma coisa, mas vista ao contrário: Quando transformamos um polígono regular num irregular, seu perímetro diminui, porque os triângulos (N, N+1, N+2) deixam de ser isósceles. Explico-me: Considere um polígono regular. Vamos mexer em um de seus vértices o ponto X (aqui tem um gatinho mato-o depois). O perímetro vai diminuir, porque o triângulo (X-1, X, X+1) deixou de ser isósceles. Para que o perímetro volte à sua condição original (aumente), temos que mexer no ponto X+1, para tornar isósceles o triângulo (X, X+1, X+2). Mas, aí, o triângulo (X+1, X+2, X+3) deixa de ser isósceles e o perímetro ainda não voltou à condição original. Daí, temos que mexer no ponto X+2. E assim sucessivamente... A ideia, contudo, NÃO é demonstrar que esse processo converge para a restituição do polígono regular, fazendo apenas uma rotação do mesmo. A ideia é mostrar (não demonstrar!) que não se pode mexer no polígono regular sem que ele, coitado, perca um pedaço do seu perímetro. O gatinho é o seguinte: Podemos mexer em mais de um vértice! Mas este é um gato natimorto, no máximo, o gato de Schrödinger! Abraços, Albert Bouskela bousk...@gmail.com -Mensagem original- De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de Carlos Nehab Enviada em: 28 de março de 2012 20:26 Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: [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
[obm-l] Re: [obm-l] RES: [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
Pois é, galera. A discussão foi muito interessante, e a solução geométrica muito legal. Mas não podemos negar que a questão é bastante difícil... acho difícil haver uma outra solução puramente geométrica. Enfim, o Colégio Naval é uma prova bastante interessante e, normalmente, os gabaritos que ocorrem em Matemática ocorrem por alunos em um nível bastante diferenciado em relação à média do ensino brasileiro... Essa questão torna-se simples ao conjecturarmos o perímetro como crescente, resolvendo-a tão somente para marcar a opção correta. Mas o fato é que, em outras, certos lemas não são tão evidentes... sempre gostei bastante das provas do CN. Em 29/03/12, Albert Bouskelabousk...@gmail.com escreveu: Olá a todos! Alguns comentários remanescentes: A introdução... Por diletantismo, quis demonstrar (ou apenas mostrar, vá lá...) que, quando aumentamos o número de lados de um polígono regular, inscrito num círculo invariante, o perímetro também aumenta. Quis, ainda, que essa demonstração se valesse apenas de conceitos geométricos básicos, como se eu estivesse desenhando numa folha de papel. Sendo assim... 1) Ao caríssimo Nehab: Acho que o item 5 fica mais bem demonstrado através do desenho (do desenho!) da elipse, feito toscamente a partir da definição desta cônica. Isto para dispensar a trigonometria. 2) Ao caríssimo Bernardo: First of all, não reclame da sua idade, acho que sou mais velho do que você! Seu 1º comentário é: Na minha terra, uma quantidade que não diminui, pode aumentar. É claro que eu estava interessado apenas em demonstrar que o perímetro do triângulo diminuía. Daí, mostrei que, para que o perímetro ficasse constante, o ponto do meio deveria passear por uma elipse e, portanto, passear por fora do círculo. Para que o perímetro aumentasse, o passeio desse ponto deveria ser por fora da elipse, além, muito além daquela serra, que ainda azula no horizonte... (Ops! Muito além do círculo!). Aqui, acho que você quis ser ranzinza. Mas o seu comentário mais agudo refere-se à convergência do processo de tornar isósceles (no vértice N+1) os triângulos formados pelos vértices N, N+1 e N+2. Repare, entretanto, que esse processo é desnecessário. I.e., não é necessário demonstrar que quando transformamos um polígono irregular num regular, maximizamos o seu perímetro. O item 5 afirma a mesma coisa, mas vista ao contrário: – Quando transformamos um polígono regular num irregular, seu perímetro diminui, porque os triângulos (N, N+1, N+2) deixam de ser isósceles. Explico-me: Considere um polígono regular. Vamos mexer em um de seus vértices – o ponto X (aqui tem um gatinho – mato-o depois). O perímetro vai diminuir, porque o triângulo (X-1, X, X+1) deixou de ser isósceles. Para que o perímetro volte à sua condição original (aumente), temos que mexer no ponto X+1, para tornar isósceles o triângulo (X, X+1, X+2). Mas, aí, o triângulo (X+1, X+2, X+3) deixa de ser isósceles e o perímetro ainda não voltou à condição original. Daí, temos que mexer no ponto X+2. E assim sucessivamente... A ideia, contudo, NÃO é demonstrar que esse processo converge para a restituição do polígono regular, fazendo apenas uma rotação do mesmo. A ideia é mostrar (não demonstrar!) que não se pode mexer no polígono regular sem que ele, coitado, perca um pedaço do seu perímetro. O gatinho é o seguinte: – Podemos mexer em mais de um vértice! Mas este é um gato natimorto, no máximo, o gato de Schrödinger! Abraços, Albert Bouskela bousk...@gmail.com -Mensagem original- De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de Carlos Nehab Enviada em: 28 de março de 2012 20:26 Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: [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
[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
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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 =
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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
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Caros todos amigos, Eu tinha certeza que iria haver polêmica. Quem acompanhou todas as discussões sobre esta questão, pode verificar que eu, inicialmente, nem havia reparado que o heptágono era regular e viajei em temas muito mais complicados supondo a questão quente. Quando caiu a ficha que era regular, usei apenas o bom senso de uma solução intuitiva e adequada para o ensino médio convencional. De qualquer forma, procedem as reclamações sobre o não é tão óbvio assim, mas não esqueçam que a questão era de múltipla escolha... Como bem disse o Bernardo, ficamos todos devendo uma explicação banal (no sentido do nivel médio convencional) para o fato de que o perímetro é crescente com o número de lados. Abraços Nehab Em 26/03/2012 22:41, felipe araujo costa 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 mailto:faraujoco...@yahoo.com.br faco...@metalmat.ufrj.br mailto:faco...@metalmat.ufrj.br *De:* Érica Gualberto Pongelupe Giacoia profer...@ig.com.br mailto:profer...@ig.com.br *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br mailto: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 mailto: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.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
Peço desculpas por ter sido muito formal nesta questão. É que, pra mim,
realmente não foi tão intuitivo supor que o perímetro seria crescente. Deve
haver sim uma solução por geometria pura, mas ficarei devendo.
Agora, quanto à questão levantada pelo último email, posso contribuir um
pouco:
Suponha um polígono qualquer, de N lados, inscrito em uma circunferência de
raio R. Vou tentar provar que seu perímetro é sempre menor ou igual ao
perímetro do polígono regular de N lados inscrito nessa mesma
circunferência.
Seja 2p_(N) seu perímetro, que poderá ser calculado da seguinte maneira:
2p_(N) = sum_{i=1}^{n} 2R . sen (teta_i / 2), onde teta_i é o ângulo
formado pelo centro do círulo (O) e os vértices P_i e P_i + 1 (sendo o
índice i visto como sendo tomado módulo N. Ou seja, P_(N + 1) corresponde a
P_1).
Importante notar que aqui a prova se subdivide em duas possibilidades:
i) O está contido no polígono. Repare que isso implica sum_{i=1}^{N} teta_i
= 2 . pi (*)
Voltando ao perímetro exposto acima, teríamos:
2p_(N) = 2R . sum_{i=1}^{n} sen (teta_i / 2) = 2RN . [(sum_{i=1}^{n} sen
(teta_i / 2)) / N]. Aqui vamos aplicar a desigualdade de Jensen (para isso,
observe que 0 = teta_i/2 = pi / 2).
Vamos considerar, então, a função: f(0,pi/2) -- R tal que f(x) = sen(x/2).
Repare que f´´(x) = - 1/4 . sen(x/2) 0 para todo x no domínio (0,pi/2).
Assim, podemos afirmar:
(sum_{i=1}^{n} sen (teta_i / 2)) / N = sen(1/2 . (sum_{i=1}^{N} teta_i) /
N) = sen( pi / N). Essa última igualdade ocorre por causa de (*).
Portanto: 2p_(N) = 2RN . sen(pi/N). Aqui a igualdade só ocorre se todos os
teta_i forem iguais, o que implica ser o polígono regular.
ii) O não está contido no polígono. Perdemos, então, a igualdade (*). Mas
ainda temos que vale Jensen. Portanto:
2p_(N) = 2R . sum_{i=1}^{n} sen (teta_i / 2) = 2RN . [(sum_{i=1}^{n} sen
(teta_i / 2)) / N] = 2RN . sen(1/2 . (sum_{i=1}^{N} teta_i) / N).
Aqui temos uma particularidade interessante: um dos ângulos teta_i, digamos
o N-ésimo (SPG), é igual a soma de todos os demais. Assim: 2p_(N) = 2RN .
sen(teta_N / N) 2RN . sen(pi / N). Essa última desigualdade vale porque
teta_N é sempre inferior a pi.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
Oi,Marcos,
Se desculpar! Nada, você tá certo e eu é que agradeço esta sua ótima
contribuição. Gostei e o copirraite tá garantido.
Mas acho que conseguirei uma solução nivel médio convencional para o
fato do perímetro ser crescente com o número de lados...
Abraços
Nehab
Em 27/03/2012 10:25, Marcos Martinelli escreveu:
Peço desculpas por ter sido muito formal nesta questão. É que, pra
mim, realmente não foi tão intuitivo supor que o perímetro seria
crescente. Deve haver sim uma solução por geometria pura, mas ficarei
devendo.
Agora, quanto à questão levantada pelo último email, posso contribuir
um pouco:
Suponha um polígono qualquer, de N lados, inscrito em uma
circunferência de raio R. Vou tentar provar que seu perímetro é sempre
menor ou igual ao perímetro do polígono regular de N lados inscrito
nessa mesma circunferência.
Seja 2p_(N) seu perímetro, que poderá ser calculado da seguinte maneira:
2p_(N) = sum_{i=1}^{n} 2R . sen (teta_i / 2), onde teta_i é o ângulo
formado pelo centro do círulo (O) e os vértices P_i e P_i + 1 (sendo o
índice i visto como sendo tomado módulo N. Ou seja, P_(N + 1)
corresponde a P_1).
Importante notar que aqui a prova se subdivide em duas possibilidades:
i) O está contido no polígono. Repare que isso implica sum_{i=1}^{N}
teta_i = 2 . pi (*)
Voltando ao perímetro exposto acima, teríamos:
2p_(N) = 2R . sum_{i=1}^{n} sen (teta_i / 2) = 2RN . [(sum_{i=1}^{n}
sen (teta_i / 2)) / N]. Aqui vamos aplicar a desigualdade de Jensen
(para isso, observe que 0 = teta_i/2 = pi / 2).
Vamos considerar, então, a função: f(0,pi/2) -- R tal que f(x) =
sen(x/2). Repare que f´´(x) = - 1/4 . sen(x/2) 0 para todo x no
domínio (0,pi/2). Assim, podemos afirmar:
(sum_{i=1}^{n} sen (teta_i / 2)) / N = sen(1/2 . (sum_{i=1}^{N}
teta_i) / N) = sen( pi / N). Essa última igualdade ocorre por causa de
(*).
Portanto: 2p_(N) = 2RN . sen(pi/N). Aqui a igualdade só ocorre se
todos os teta_i forem iguais, o que implica ser o polígono regular.
ii) O não está contido no polígono. Perdemos, então, a igualdade (*).
Mas ainda temos que vale Jensen. Portanto:
2p_(N) = 2R . sum_{i=1}^{n} sen (teta_i / 2) = 2RN . [(sum_{i=1}^{n}
sen (teta_i / 2)) / N] = 2RN . sen(1/2 . (sum_{i=1}^{N} teta_i) / N).
Aqui temos uma particularidade interessante: um dos ângulos teta_i,
digamos o N-ésimo (SPG), é igual a soma de todos os demais.
Assim: 2p_(N) = 2RN . sen(teta_N / N) 2RN . sen(pi / N). Essa
última desigualdade vale porque teta_N é sempre inferior a pi.
=
Instruções 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] heptágono regular
Não sei se provar que o perímetro do hexágono é menor que o do heptágono é assim *tão banal*. Deu trabalho pra eu demonstrar isso (como feito em email anterior). Mas, com certeza, deve ter um jeito bem mais simples do que as funções que analisei. Em 26 de março de 2012 10:26, Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.comescreveu: 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.brprofer...@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.
[obm-l] RES: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
Olá! Bem, na verdade, é mesmo banal. Veja que, dentre os polígonos regulares inscritos em um círculo de raio constante, aquele que tem o menor perímetro é o triângulo (porque é o que tem o menor número de lados). A partir daí, quando aumentamos o número de lados (quadrado, pentágono...), o perímetro também aumenta, porque o polígono se aproxima do círculo no qual está inscrito. No limite, quando o número de lados tende para o infinito, chega-se ao perímetro máximo: o perímetro do próprio círculo (2 pi r). Albert Bouskela bousk...@msn.com De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de Marcos Martinelli Enviada em: 26 de março de 2012 14:06 Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular Não sei se provar que o perímetro do hexágono é menor que o do heptágono é assim tão banal. Deu trabalho pra eu demonstrar isso (como feito em email anterior). Mas, com certeza, deve ter um jeito bem mais simples do que as funções que analisei. Em 26 de março de 2012 10:26, Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com escreveu: 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 mailto:profer...@ig.com.br 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.
[obm-l] Re: [obm-l] RES: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
2012/3/26 Albert Bouskela bousk...@msn.com: Olá! Bem, na verdade, é mesmo banal. Veja que, dentre os polígonos regulares inscritos em um círculo de raio constante, aquele que tem o menor perímetro é o triângulo (porque é o que tem o menor número de lados). A partir daí, quando aumentamos o número de lados (quadrado, pentágono...), o perímetro também aumenta, porque o polígono se aproxima do círculo no qual está inscrito. No limite, quando o número de lados tende para o infinito, chega-se ao perímetro máximo: o perímetro do próprio círculo (2 pi r). Eu acho que é justamente isso que o Marcos gostaria que você mostrasse. É claro que é intuitivo, mas não basta. Para ser chato. Teorema Sejam m n 2 inteiros positivos. Então o m-ágono regular tem perímetro maior do que o n-ágono regular, inscritos na mesma circunferência. Prova SPG, o círculo é de raio 1. Assim, os perímetros são respectivamente 2m sin(pi/m) e 2n sin(pi/n). O que se quer mostrar é que m sin(pi/m) n sin(pi/n). Considere a função f(x) = sin(pi * x)/x. Queremos mostrar que f(1/m) f(1/n), ou seja, que f é decrescente em (pelo menos) [0, 1/3]. Derivando, temos pi * cos(pi * x)/x - sin(pi * x)/x^2 0 = tan(pi * x) pi * x, o que é verdade até x 1/2, porque a tangente é convexa em [0, pi/2] e a derivada em 0 é igual a 1. Notem que eu quase enganei vocês ao simplificar o x e dividir pelo cosseno, mas enquanto 0 = x 1/2, (que é o que nos interessa) o cosseno é positivo, e x também, logo o sinal não muda. QED (Eu queria ter achado algo mais simples usando apenas a convexidade do seno, e sem derivar, então fica aqui uma questão para elementarizar a prova) Abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa = Instruções 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] RES: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
Opa! Novamente não consigo ver *tanta banalidade*... devo ter algum problema com geometria... rs! Concordo com o argumento de que todos os polígonos têm perímetro menor que o da circunferência (2 . pi . R), mas não vejo como garantir, sem uma prova de fato, a monotonicidade proposta na sua argumentação. Quando aumentamos o número de lados, dois fatos ocorrem: N (número de lados) realmente aumenta, mas o valor do lado L(N) diminui. Como garantir que esse produto é crescente?! Só vejo uma maneira: Considerar a seguinte função f [3, +00) --- R tal que f(N) = 2R . N . sen (pi/N) (nessa expressão, N é o número de lados e R, o raio do círculo circunscrito ao polígono). Realmente essa função é crescente mas o porquê disso ocorrer, creio não ser tão simples como mencionado. Temos que analisar a primeira derivada e garantir que seu valor é positivo. Enfim, quero crer que exista uma bonita solução por geometria também. Em 26 de março de 2012 15:05, Albert Bouskela bousk...@msn.com escreveu: Olá! ** ** Bem, na verdade, é mesmo banal. ** ** Veja que, dentre os polígonos regulares inscritos em um círculo de raio constante, aquele que tem o menor perímetro é o triângulo (porque é o que tem o menor número de lados). A partir daí, quando aumentamos o número de lados (quadrado, pentágono...), o perímetro também aumenta, porque o polígono se aproxima do círculo no qual está inscrito. No limite, quando o número de lados tende para o infinito, chega-se ao perímetro máximo: o perímetro do próprio círculo (2 pi r). ** ** Albert Bouskela bousk...@msn.com ** ** *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em nome de *Marcos Martinelli *Enviada em:* 26 de março de 2012 14:06 *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br *Assunto:* [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular** ** ** ** Não sei se provar que o perímetro do hexágono é menor que o do heptágono é assim *tão banal*. ** ** Deu trabalho pra eu demonstrar isso (como feito em email anterior). ** ** Mas, com certeza, deve ter um jeito bem mais simples do que as funções que analisei. Em 26 de março de 2012 10:26, Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com escreveu: 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.brprofer...@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. ** ** ** ** ** **
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
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.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
O perímetro deste heptágono pode ser calculado ao olharmos para os triângulos isósceles formados pelo centro do círculo e por vértices adjacentes do heptágono. Assim: 2p_(heptágono) = (2 * 2.5 * sen(pi/7)) * 7 = 35 * sen(pi/7) (*) Lema 01) Seja g: A = [ 0,pi/6 ] --- R tal que g(x) = x * cos(x) - sen(x). Podemos provar que g(x) = 0 para todo x em A. Prova: Tomando a derivada de g, temos: g´(x) = x*(-sen(x)) + cos(x) -cos(x). Assim temos que g´(x) = 0 para todo x em A. Portanto, para x = 0, temos: g(x) = g(0) = 0. c.q.d Vamos considerar agora a seguinte função f: A = ( 0,pi/6 ] --- R tal que f(x) = pi/x * sen(x). Como f´(x) = (pi/x^2) * (x*cos(x) - x*sen(x)) = (pi/x^2) * g(x) 0, podemos concluir que f é decrescente. Vamos tomar, portanto, x = pi/7 pi/6. Logo: f(pi/7) f(pi/6) - 7*sen(pi/7) 6*sen(pi/6) = 3. Portanto, chegamos ao seguinte resultado: sen(pi/7) 3/7. Substituindo em (*): 2p_(heptágono) = 35 * sen(pi/7) 35*3/7 = 15 (**) Lema 02) Seja g: A = [ 0,pi/6 ] --- R tal que h(x) = sen(x) - x. Podemos provar que h(x) = 0 para todo x em A. Prova: Tomando a derivada de h, temos: h´(x) = cos(x) - 1. Assim temos que h´(x) = 0 para todo x em A. Portanto, para x = 0, temos: h(x) = h(0) = 0. c.q.d. A partir do lema 02, vamos tomar, novamente, x = pi/7. Assim teremos: sen(pi/7) - pi/7 0 - sen(pi/7) pi/7. Substituindo em (*): 2p_(heptágono) = 35 * sen(pi/7) 35*pi/7 = 5*pi 16 (pois sabemos que pi 3,2) (***) Os resultados (**) e (***) nos levam à letra b).
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
Olá Felipe! Então era isso que vc, queria dizer com Qual intervalo que o perímetro de um heptágono regular assume estando inscrito numa circunferência de raio 2,5 cm? ? Não posicionou muito bem a questão, não é...? e não respondeu a minha estranheza...? Agora não consigo entender desigualdade de lados em um heptágono regular??? [ ]s --- Em dom, 25/3/12, felipe araujo costa faraujoco...@yahoo.com.br escreveu: De: felipe araujo costa faraujoco...@yahoo.com.br Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular Para: obm-l@mat.puc-rio.br obm-l@mat.puc-rio.br Data: Domingo, 25 de Março de 2012, 11:18 Bom dia Érica.Obrigado pela solução. Essa ja havia pensado e queria saber se ha uma 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 16c)16 e 17d)17 e 18 e)18 e 19 Felipe Araujo Costa -- Érica G. P. G.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
Em tempo: estava me referindo à sua mensagem geometria de 22 pp. --- Em dom, 25/3/12, felipe araujo costa faraujoco...@yahoo.com.br escreveu: De: felipe araujo costa faraujoco...@yahoo.com.br Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular Para: obm-l@mat.puc-rio.br obm-l@mat.puc-rio.br Data: Domingo, 25 de Março de 2012, 11:18 Bom dia Érica.Obrigado pela solução. Essa ja havia pensado e queria saber se ha uma 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 16c)16 e 17d)17 e 18 e)18 e 19 Felipe Araujo Costa -- Érica G. P. G.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular
OBRIGADO EDUARDO. DESCULPA POR NAO RESPONDER AO EMAIL ANTEIOR. DIGO UMA RESOLUÇÃO POR DESIGUALDADE PENSANDO EM DIVIDIR O HEPTAGONO EM TRIANGULOS ESTIMANDO SEU PERIMETRO. SERÁ UMA SOLUÇAO POSSIVEL??? Felipe Araujo Costa Cel: 77430066 E-mail: faraujoco...@yahoo.com.br faco...@metalmat.ufrj.br De: Eduardo Wilner eduardowil...@yahoo.com.br Para: obm-l@mat.puc-rio.br Enviadas: Domingo, 25 de Março de 2012 12:51 Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular Em tempo: estava me referindo à sua mensagem geometria de 22 pp. --- Em dom, 25/3/12, felipe araujo costa faraujoco...@yahoo.com.br escreveu: De: felipe araujo costa faraujoco...@yahoo.com.br Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] heptágono regular Para: obm-l@mat.puc-rio.br obm-l@mat.puc-rio.br Data: Domingo, 25 de Março de 2012, 11:18 Bom dia Érica. Obrigado pela solução. Essa ja havia pensado e queria saber se ha uma 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.
