Re: [obm-l] geometria

[Israel Meireles Chrisostomo]

Muito obrigado

Em seg, 27 de set de 2021 21:25, Claudio Buffara 
escreveu:

> O caso LLL de congruência implica que, dados 3 segmentos que obedecem aa
> desigualdade triangular, o triângulo que os tem como lados é unicamente
> determinado, a menos de uma isometria.
>
> Enviado do meu iPhone
>
> > Em 27 de set. de 2021, à(s) 19:50, Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
> >
> > 
> >
> > Olá pessoal. como faço para provar que o triângulo é um polígono
> rígido?
> >
> >
> > Abraços, muito obrigado
> > --
> > Israel Meireles Chrisostomo
> >
> > --
> > 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.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] geometria

[Claudio Buffara]

O caso LLL de congruência implica que, dados 3 segmentos que obedecem aa 
desigualdade triangular, o triângulo que os tem como lados é unicamente 
determinado, a menos de uma isometria.

Enviado do meu iPhone

> Em 27 de set. de 2021, à(s) 19:50, Israel Meireles Chrisostomo 
>  escreveu:
> 
> 
> 
> Olá pessoal. como faço para provar que o triângulo é um polígono rígido?
> 
> 
> Abraços, muito obrigado
> -- 
> Israel Meireles Chrisostomo
> 
> -- 
> 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.


=
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] geometria

[Israel Meireles Chrisostomo]

Olá pessoal. como faço para provar que o triângulo é um polígono rígido?


Abraços, muito obrigado
-- 
Israel Meireles Chrisostomo

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Lista/ Livros Geometria IMO/OBM

[Samuel Feitosa]

Caro Romel,

Um livro que tem feito muito sucesso recente é o do Evan Chen:

https://web.evanchen.cc/geombook.html

Abraços
Samuel

Em dom., 25 de out. de 2020 às 13:19, RF  escreveu:

> Bom dia!!
>
> 1- Quais os livros de Geometria indicados para preparacao para OBM e IMO?
>
> 2- Alguem tem listas de Geometria preparatoria para OBM ou IMO?
>
> Obrigado a todos
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

Re: [obm-l] Lista/ Livros Geometria IMO/OBM

[regis barros]

 
Lembrei de outroUgo Amaldi - Elements di Geometrie.Tenho bastante livros em 
pdf, me chame no pv ai conversamos.
RegisEm segunda-feira, 26 de outubro de 2020 20:44:19 BRT, RF 
 escreveu:  
 
 Muito obrigado por sua resposta. Voce foi o unico que deu uma ajuda :)

On 10/25/20 11:52 AM, joao pedro b menezes wrote:
> Olá, boa tarde. Eu não conheço todos, mas eu sei que é possivel entrar 
> no site da OBM :
> https://www.obm.org.br/2020/07/25/conheca-livros-para-iniciar-a-preparacao-para-a-proxima-obm/
>  
>
> Ainda assim, um livro que eu particularmente acho fantástico se chama 
> “Challenging  problems in geometry “. Ele é usado para a preparação da 
> IMO.
=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=
  

Re: [obm-l] Lista/ Livros Geometria IMO/OBM

[Anderson Torres]

Eu compilei umas listas faz um bom tempo no Bitbucket. Pretendo mudar o
repositório no futuro, mas até lá divirta-se:

https://bitbucket.org/anderson_torres/junkyard/src/master/

Em seg., 26 de out. de 2020 às 20:48, Jones Colombo 
escreveu:

> Oi RF -romelsfmath, um lugar para você aprender um porção de coisas é
> olhar os arquivos desta lista de problemas
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html lá você vai encontrar
> muito material para estudar.
> [@]
> Jones
>
> On Sun, Oct 25, 2020 at 1:08 PM joao pedro b menezes <
> joaopedrobmene...@gmail.com> wrote:
>
>> Olá, boa tarde. Eu não conheço todos, mas eu sei que é possivel entrar no
>> site da OBM :
>>
>> https://www.obm.org.br/2020/07/25/conheca-livros-para-iniciar-a-preparacao-para-a-proxima-obm/
>>
>> Ainda assim, um livro que eu particularmente acho fantástico se chama
>> “Challenging  problems in geometry “. Ele é usado para a preparação da IMO.
>>
>

Re: [obm-l] Lista/ Livros Geometria IMO/OBM

[Jones Colombo]

Oi RF -romelsfmath, um lugar para você aprender um porção de coisas é olhar
os arquivos desta lista de problemas
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html lá você vai encontrar muito
material para estudar.
[@]
Jones

On Sun, Oct 25, 2020 at 1:08 PM joao pedro b menezes <
joaopedrobmene...@gmail.com> wrote:

> Olá, boa tarde. Eu não conheço todos, mas eu sei que é possivel entrar no
> site da OBM :
>
> https://www.obm.org.br/2020/07/25/conheca-livros-para-iniciar-a-preparacao-para-a-proxima-obm/
>
> Ainda assim, um livro que eu particularmente acho fantástico se chama
> “Challenging  problems in geometry “. Ele é usado para a preparação da IMO.
>

Re: [obm-l] Lista/ Livros Geometria IMO/OBM

[RF]

Muito obrigado por sua resposta. Voce foi o unico que deu uma ajuda :)

On 10/25/20 11:52 AM, joao pedro b menezes wrote:
Olá, boa tarde. Eu não conheço todos, mas eu sei que é possivel entrar 
no site da OBM :
https://www.obm.org.br/2020/07/25/conheca-livros-para-iniciar-a-preparacao-para-a-proxima-obm/ 

Ainda assim, um livro que eu particularmente acho fantástico se chama 
“Challenging  problems in geometry “. Ele é usado para a preparação da 
IMO.

=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Lista/ Livros Geometria IMO/OBM

[regis barros]

 
Euclides - Os elementos de Geometria - Ed UnespEm domingo, 25 de outubro de 
2020 13:48:59 BRT, RF  escreveu:  
 
 Bom dia!!

1- Quais os livros de Geometria indicados para preparacao para OBM e IMO?

2- Alguem tem listas de Geometria preparatoria para OBM ou IMO?

Obrigado a todos

=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=
  

Re: [obm-l] Lista/ Livros Geometria IMO/OBM

[joao pedro b menezes]

Olá, boa tarde. Eu não conheço todos, mas eu sei que é possivel entrar no
site da OBM :
https://www.obm.org.br/2020/07/25/conheca-livros-para-iniciar-a-preparacao-para-a-proxima-obm/

Ainda assim, um livro que eu particularmente acho fantástico se chama
“Challenging  problems in geometry “. Ele é usado para a preparação da IMO.

[obm-l] Lista/ Livros Geometria IMO/OBM

[RF]

Bom dia!!

1- Quais os livros de Geometria indicados para preparacao para OBM e IMO?

2- Alguem tem listas de Geometria preparatoria para OBM ou IMO?

Obrigado a todos

=
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] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Anderson Torres]

Em qua., 26 de ago. de 2020 às 18:29, Pedro José  escreveu:
>
> Boa noite!
> Anderson,
> achei legal a sua visão. Mas não consegui evoluir com nada.
> Todavia, fiquei com uma dúvida. Como x+y é um dos ângulos do triângulo temos 
> a restrição 0 E entendo que tanto para cotg(x) + cot(y) , como para tg(x) + tg(y) ocorrerá 
> um mínimo em x=y=K/2, onde x+y=k,k sendo um constante.
> Não acompanhei a sua dedução d quando um é mínimo o outro é máximo.

Eu não fui muito claro.

Você converteu o problema em "calcule o valor mínimo de cot(x)+cot(y)
com x+y fixo". Isso é essencialmente o mesmo que resolver o problema
"calcule o valor mínimo de tan(a)+tan(b) com a+b fixo" - pois sabendo
resolver um é só usar a mesma solução para x=90-a, y=90-b.

>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em qui., 20 de ago. de 2020 às 22:40, Anderson Torres 
>  escreveu:
>>
>> Em qui., 20 de ago. de 2020 às 22:03, Anderson Torres
>>  escreveu:
>> >
>> > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, Pedro José  
>> > escreveu:
>> > >
>> > > Boa noite!
>> > > Cláudio,
>> > > não consegui nada geométrico.
>> > > O máximo que atingi foi:
>> > > a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] + 
>> > > co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
>> > > Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre 
>> > > quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das 
>> > > bissetrizes e logo I.
>> > > Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.
>> >
>> > Acho que daqui poderia sair uma interpretação mais escamoteada.
>> > Afinal, trigonometria é uma espécie de "ponto de contato" entre a
>> > geometria analítica e a sintética, entre a nuvem de desenhos e a de
>> > números.
>> >
>> > Acredito que a solução aqui seria arranjar uma interpretação
>> > geométrica desses colchetes de co-tangentes. Acredito que possamos
>> > apelar para Ptolomeu em algum momento ou para um macete de
>> > semelhanças, pois as projeções de um ponto sobre duas retas criam um
>> > quadrilátero cíclico.
>>
>> Acrescentando mais coisas: se queremos minimizar cot(x) +cot(y) com
>> x+y fixo, isto é equivalente a minimizar tan(90-x)+tan(90-y) com
>> 90-x+90-y fixo. Ou como maximizar tan(x) + tan(y) com x+y fixo.
>>
>> Geometricamente, tangente é cateto oposto dividido por cateto
>> adjacente. Logo uma soma de tangentes com catetos adjacentes iguais
>> equivale a uma soma de catetos opostos! Assim sendo, nosso problema
>> pode ser pensado da seguinte forma:
>>
>> Dados um ponto A e uma reta d fixos, temos que construir duas retas x
>> e y, com ângulo 'alfa' entre elas, ambas passando por A e tais que a
>> distância entre os pontos X e Y, que elas geram ao intersectar d, seja
>> mínima.
>>
>> Daí fica fácil argumentar que a altura por A também tem que ser a
>> bissetriz por A.
>>
>> No fundo do fundo é uma forma de geometrizar a solução trigonométrica.
>> A trigonometria se torna apenas um atalho.
>>
>> Vou formalizar isso mais tarde, com desenhos e tudo.
>>
>>
>>
>> >
>> > Isso até me lembra o famoso artigo do Shine sobre geometria cearense
>> > VS geometria paulista:
>> > https://cyshine.webs.com/geometria-2005.pdf
>> >
>> >
>> > >
>> > > Saudações,
>> > > PJMS
>> > >
>> > > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara 
>> > >  escreveu:
>> > >>
>> > >> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? 
>> > >> E que torne o resultado mais intuitivo?
>> > >> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos 
>> > >> lados, pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo, 
>> > >> a/h_a cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
>> > >> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori, 
>> > >> que P deva ser equidistante dos três.
>> > >> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior 
>> > >> lado e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal 
>> > >> que a/h_a = b/h_b = c/h_c.
>> > >> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente 
>> > >> neste caso.
>> > >>
>> > >>
>> > >> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 A

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Pedro José]

Boa noite!
Anderson,
achei legal a sua visão. Mas não consegui evoluir com nada.
Todavia, fiquei com uma dúvida. Como x+y é um dos ângulos do triângulo
temos a restrição 0 escreveu:

> Em qui., 20 de ago. de 2020 às 22:03, Anderson Torres
>  escreveu:
> >
> > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, Pedro José 
> escreveu:
> > >
> > > Boa noite!
> > > Cláudio,
> > > não consegui nada geométrico.
> > > O máximo que atingi foi:
> > > a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
> co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
> > > Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que
> ocorre quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das
> bissetrizes e logo I.
> > > Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.
> >
> > Acho que daqui poderia sair uma interpretação mais escamoteada.
> > Afinal, trigonometria é uma espécie de "ponto de contato" entre a
> > geometria analítica e a sintética, entre a nuvem de desenhos e a de
> > números.
> >
> > Acredito que a solução aqui seria arranjar uma interpretação
> > geométrica desses colchetes de co-tangentes. Acredito que possamos
> > apelar para Ptolomeu em algum momento ou para um macete de
> > semelhanças, pois as projeções de um ponto sobre duas retas criam um
> > quadrilátero cíclico.
>
> Acrescentando mais coisas: se queremos minimizar cot(x) +cot(y) com
> x+y fixo, isto é equivalente a minimizar tan(90-x)+tan(90-y) com
> 90-x+90-y fixo. Ou como maximizar tan(x) + tan(y) com x+y fixo.
>
> Geometricamente, tangente é cateto oposto dividido por cateto
> adjacente. Logo uma soma de tangentes com catetos adjacentes iguais
> equivale a uma soma de catetos opostos! Assim sendo, nosso problema
> pode ser pensado da seguinte forma:
>
> Dados um ponto A e uma reta d fixos, temos que construir duas retas x
> e y, com ângulo 'alfa' entre elas, ambas passando por A e tais que a
> distância entre os pontos X e Y, que elas geram ao intersectar d, seja
> mínima.
>
> Daí fica fácil argumentar que a altura por A também tem que ser a
> bissetriz por A.
>
> No fundo do fundo é uma forma de geometrizar a solução trigonométrica.
> A trigonometria se torna apenas um atalho.
>
> Vou formalizar isso mais tarde, com desenhos e tudo.
>
>
>
> >
> > Isso até me lembra o famoso artigo do Shine sobre geometria cearense
> > VS geometria paulista:
> > https://cyshine.webs.com/geometria-2005.pdf
> >
> >
> > >
> > > Saudações,
> > > PJMS
> > >
> > > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
> > >>
> > >> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica
> disso? E que torne o resultado mais intuitivo?
> > >> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos
> lados, pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo, a/h_a
> cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
> > >> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a
> priori, que P deva ser equidistante dos três.
> > >> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior
> lado e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que
> a/h_a = b/h_b = c/h_c.
> > >> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente
> neste caso.
> > >>
> > >>
> > >> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco <
> matheusse...@gmail.com> wrote:
> > >>>
> > >>> Olá, Vanderlei.
> > >>> Por Cauchy-Schwarz, temos
> > >>>
> > >>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
> > >>>
> > >>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o semi-perimetro.
> > >>>
> > >>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb
> = hc, ou seja, quando P é o incentro do triângulo
> > >>>
> > >>> Abraços,
> > >>> Matheus
> > >>>
> > >>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> escreveu:
> > >>>>
> > >>>> Bom dia!
> > >>>>
> > >>>> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive
> êxito. Alguém ajuda?
> > >>>> Muito agradecido!
> > >>>>
>

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Anderson Torres]

Em qui., 20 de ago. de 2020 às 22:03, Anderson Torres
 escreveu:
>
> Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, Pedro José  
> escreveu:
> >
> > Boa noite!
> > Cláudio,
> > não consegui nada geométrico.
> > O máximo que atingi foi:
> > a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] + 
> > co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
> > Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre 
> > quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das bissetrizes 
> > e logo I.
> > Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.
>
> Acho que daqui poderia sair uma interpretação mais escamoteada.
> Afinal, trigonometria é uma espécie de "ponto de contato" entre a
> geometria analítica e a sintética, entre a nuvem de desenhos e a de
> números.
>
> Acredito que a solução aqui seria arranjar uma interpretação
> geométrica desses colchetes de co-tangentes. Acredito que possamos
> apelar para Ptolomeu em algum momento ou para um macete de
> semelhanças, pois as projeções de um ponto sobre duas retas criam um
> quadrilátero cíclico.

Acrescentando mais coisas: se queremos minimizar cot(x) +cot(y) com
x+y fixo, isto é equivalente a minimizar tan(90-x)+tan(90-y) com
90-x+90-y fixo. Ou como maximizar tan(x) + tan(y) com x+y fixo.

Geometricamente, tangente é cateto oposto dividido por cateto
adjacente. Logo uma soma de tangentes com catetos adjacentes iguais
equivale a uma soma de catetos opostos! Assim sendo, nosso problema
pode ser pensado da seguinte forma:

Dados um ponto A e uma reta d fixos, temos que construir duas retas x
e y, com ângulo 'alfa' entre elas, ambas passando por A e tais que a
distância entre os pontos X e Y, que elas geram ao intersectar d, seja
mínima.

Daí fica fácil argumentar que a altura por A também tem que ser a
bissetriz por A.

No fundo do fundo é uma forma de geometrizar a solução trigonométrica.
A trigonometria se torna apenas um atalho.

Vou formalizar isso mais tarde, com desenhos e tudo.



>
> Isso até me lembra o famoso artigo do Shine sobre geometria cearense
> VS geometria paulista:
> https://cyshine.webs.com/geometria-2005.pdf
>
>
> >
> > Saudações,
> > PJMS
> >
> > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara 
> >  escreveu:
> >>
> >> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E 
> >> que torne o resultado mais intuitivo?
> >> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados, 
> >> pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo, a/h_a 
> >> cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
> >> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori, que 
> >> P deva ser equidistante dos três.
> >> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior lado 
> >> e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que 
> >> a/h_a = b/h_b = c/h_c.
> >> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente neste 
> >> caso.
> >>
> >>
> >> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco  
> >> wrote:
> >>>
> >>> Olá, Vanderlei.
> >>> Por Cauchy-Schwarz, temos
> >>>
> >>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
> >>>
> >>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a 
> >>> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o 
> >>> semi-perimetro.
> >>>
> >>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc, 
> >>> ou seja, quando P é o incentro do triângulo
> >>>
> >>> Abraços,
> >>> Matheus
> >>>
> >>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz 
> >>>  escreveu:
> >>>>
> >>>> Bom dia!
> >>>>
> >>>> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito. 
> >>>> Alguém ajuda?
> >>>> Muito agradecido!
> >>>>
> >>>> Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as 
> >>>> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor 
> >>>> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do 
> >>>> triângulo ABC.
> >>>>
> >>>> --
> >>>> 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 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
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] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Anderson Torres]

Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, Pedro José  escreveu:
>
> Boa noite!
> Cláudio,
> não consegui nada geométrico.
> O máximo que atingi foi:
> a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] + 
> co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
> Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre 
> quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das bissetrizes e 
> logo I.
> Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.

Acho que daqui poderia sair uma interpretação mais escamoteada.
Afinal, trigonometria é uma espécie de "ponto de contato" entre a
geometria analítica e a sintética, entre a nuvem de desenhos e a de
números.

Acredito que a solução aqui seria arranjar uma interpretação
geométrica desses colchetes de co-tangentes. Acredito que possamos
apelar para Ptolomeu em algum momento ou para um macete de
semelhanças, pois as projeções de um ponto sobre duas retas criam um
quadrilátero cíclico.

Isso até me lembra o famoso artigo do Shine sobre geometria cearense
VS geometria paulista:
https://cyshine.webs.com/geometria-2005.pdf


>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara 
>  escreveu:
>>
>> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E que 
>> torne o resultado mais intuitivo?
>> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados, 
>> pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo, a/h_a cresceria 
>> e a expressão se afastaria do valor mínimo.
>> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori, que P 
>> deva ser equidistante dos três.
>> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior lado e 
>> conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que a/h_a = 
>> b/h_b = c/h_c.
>> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente neste 
>> caso.
>>
>>
>> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco  
>> wrote:
>>>
>>> Olá, Vanderlei.
>>> Por Cauchy-Schwarz, temos
>>>
>>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>>>
>>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a 
>>> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o semi-perimetro.
>>>
>>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc, 
>>> ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>>>
>>> Abraços,
>>> Matheus
>>>
>>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz 
>>>  escreveu:
>>>>
>>>> Bom dia!
>>>>
>>>> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito. 
>>>> Alguém ajuda?
>>>> Muito agradecido!
>>>>
>>>> Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as 
>>>> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor 
>>>> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do 
>>>> triângulo ABC.
>>>>
>>>> --
>>>> 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 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
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] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Claudio Buffara]

Realmente, não era isso que eu estava procurando...  mas valeu! É outra
solução.


On Tue, Aug 18, 2020 at 7:51 PM Pedro José  wrote:

> Boa noite!
> Cláudio,
> não consegui nada geométrico.
> O máximo que atingi foi:
> a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
> co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
> Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre
> quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das bissetrizes
> e logo I.
> Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E
>> que torne o resultado mais intuitivo?
>> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados,
>> pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo,
>> a/h_a cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
>> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori,
>> que P deva ser equidistante dos três.
>> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior
>> lado e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que
>> a/h_a = b/h_b = c/h_c.
>> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente neste
>> caso.
>>
>>
>> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco 
>> wrote:
>>
>>> Olá, Vanderlei.
>>> Por Cauchy-Schwarz, temos
>>>
>>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>>>
>>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
>>> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
>>> semi-perimetro.
>>>
>>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb =
>>> hc, ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>>>
>>> Abraços,
>>> Matheus
>>>
>>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
>>> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>>>
 Bom dia!

 Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
 Alguém ajuda?
 Muito agradecido!

 Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
 distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
 mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
 triângulo ABC.

 --
 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 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Pedro José]

Boa noite!
Cláudio,
não consegui nada geométrico.
O máximo que atingi foi:
a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre
quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das bissetrizes
e logo I.
Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.

Saudações,
PJMS

Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E
> que torne o resultado mais intuitivo?
> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados,
> pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo,
> a/h_a cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori, que
> P deva ser equidistante dos três.
> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior lado
> e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que
> a/h_a = b/h_b = c/h_c.
> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente neste
> caso.
>
>
> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco 
> wrote:
>
>> Olá, Vanderlei.
>> Por Cauchy-Schwarz, temos
>>
>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>>
>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
>> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
>> semi-perimetro.
>>
>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc,
>> ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>>
>> Abraços,
>> Matheus
>>
>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
>> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Bom dia!
>>>
>>> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
>>> Alguém ajuda?
>>> Muito agradecido!
>>>
>>> Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
>>> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
>>> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
>>> triângulo ABC.
>>>
>>> --
>>> 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 antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Claudio Buffara]

Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E
que torne o resultado mais intuitivo?
É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados,
pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo,
a/h_a cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori, que
P deva ser equidistante dos três.
De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior lado
e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que
a/h_a = b/h_b = c/h_c.
O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente neste
caso.


On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco 
wrote:

> Olá, Vanderlei.
> Por Cauchy-Schwarz, temos
>
> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>
> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
> semi-perimetro.
>
> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc,
> ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>
> Abraços,
> Matheus
>
> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>
>> Bom dia!
>>
>> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
>> Alguém ajuda?
>> Muito agradecido!
>>
>> Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
>> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
>> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
>> triângulo ABC.
>>
>> --
>> 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Professor Vanderlei Nemitz]

Muito obrigado, Matheus!
Pensei nas outras desigualdades, menos em Cauchy-Schwarz.

Muito bom!

Em dom, 16 de ago de 2020 10:11, Matheus Secco 
escreveu:

> Olá, Vanderlei.
> Por Cauchy-Schwarz, temos
>
> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>
> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
> semi-perimetro.
>
> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc,
> ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>
> Abraços,
> Matheus
>
> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>
>> Bom dia!
>>
>> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
>> Alguém ajuda?
>> Muito agradecido!
>>
>> Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
>> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
>> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
>> triângulo ABC.
>>
>> --
>> 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Matheus Secco]

Olá, Vanderlei.
Por Cauchy-Schwarz, temos

(a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)

Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
semi-perimetro.

Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc,
ou seja, quando P é o incentro do triângulo

Abraços,
Matheus

Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
vanderma...@gmail.com> escreveu:

> Bom dia!
>
> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
> Alguém ajuda?
> Muito agradecido!
>
> Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
> triângulo ABC.
>
> --
> 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.

[obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Professor Vanderlei Nemitz]

Bom dia!

Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
Alguém ajuda?
Muito agradecido!

Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
triângulo ABC.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Problema de Geometria plana

[Projeto Iteano]

De fato, se vc desenhar com régua e compasso dá pra ver q n é verdade

Em seg, 11 de mai de 2020 20:35, Vanderlei Nemitz 
escreveu:

> Boa noite!
> Vi esse problema em uma lista, mas talvez tenha alguma falha no enunciado.
> Ou será no leitor?
> Muito obrigado!
>
> *Seja ABC um triângulo e D um ponto sobre o lado AC tal que AB = CD. Sejam
> E e F os pontos médios de AD e BC, respectivamente. Se a reta BA intersecta
> a reta FE em M, prove que AM = ME*.
>
>
> --
> 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.

[obm-l] Problema de Geometria plana

[Vanderlei Nemitz]

Boa noite!
Vi esse problema em uma lista, mas talvez tenha alguma falha no enunciado.
Ou será no leitor?
Muito obrigado!

*Seja ABC um triângulo e D um ponto sobre o lado AC tal que AB = CD. Sejam
E e F os pontos médios de AD e BC, respectivamente. Se a reta BA intersecta
a reta FE em M, prove que AM = ME*.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Ajuda em duas questões (Geometria plana e equação funcional)

[Anderson Torres]

Sempre que possível, crie um e-mail para cada questão. Assim, fica
mais fácil para cada participante acompanhar a discussão. Eu por
exemplo gosto bem mais de geometria que de álgebra. Ao ler esse e-mail
e suas respostas, eu não sei de cara se estou comentando a questão de
geometria ou a de álgebra.

Em sex., 13 de dez. de 2019 às 21:05, Prof. Douglas Oliveira
 escreveu:
>
> 1) Dado um triângulo equilátero ABC, e os segmentos internos de reta BS, CT e 
> AR tais que BS=CT=AR e além disso B, R, S estão alinhados, C, S, T estão 
> alinhados e A, T, R estão alinhados, mostre que o triângulo RST também é 
> equilátero.

>
> 2) Essa é a questão da (IMO shortlisted 2008)
>   . Find all functions f : (0, ∞) → (0, ∞) such that [(f(p))^2 + (f(q))^2]/ 
> f(r^2 ) + f(s^2 ) = (p^2 + q^2)/(r^2 + s^2) for all p, q, r, s > 0 with pq = 
> rs.
>
> Pois bem, a minha dúvida é , eu cheguei em duas soluções f(x)=x e f(x)=1/x, e 
> a minha pergunta seria , precisa mostrar que são as únicas soluções?

A princípio, durante a resolução você automaticamente exclui a
possibilidade de existirem outras soluções. Essa unicidade já fica
"embutida".

Até porque, é muito raro resolver uma equação funcional por
"eliminação" ou por "contradição"; elas costumam ser resolvidas de
maneira mais dedutiva.

Se sua solução for parecida com a oficial - que começa demonstrando
que f(x^2)=(f(x))^2 e daí


>
> Saudações
> Douglas Oliveira.
>
> --
> 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.


=
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] Ajuda em duas questões (Geometria plana e equação funcional)

[Matheus Bezerra]

Olá Douglas, boa noite! Professor, já fiz essa questão 2 e do jeito que
resolvi, já fica meio que implícito que essas são as únicas soluções. Envia
tua solução para que eu possa analisar, se possivel!

Em sex, 13 de dez de 2019 21:05, Prof. Douglas Oliveira <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> 1) Dado um triângulo equilátero ABC, e os segmentos internos de reta BS,
> CT e AR tais que BS=CT=AR e além disso B, R, S estão alinhados, C, S, T
> estão alinhados e A, T, R estão alinhados, mostre que o triângulo RST
> também é equilátero.
>
> 2) Essa é a questão da (IMO shortlisted 2008)
>   . Find all functions f : (0, ∞) → (0, ∞) such that [(f(p))^2 +
> (f(q))^2]/ f(r^2 ) + f(s^2 ) = (p^2 + q^2)/(r^2 + s^2) for all p, q, r, s >
> 0 with pq = rs.
>
> Pois bem, a minha dúvida é , eu cheguei em duas soluções f(x)=x e
> f(x)=1/x, e a minha pergunta seria , precisa mostrar que são as únicas
> soluções?
>
> Saudações
> Douglas Oliveira.
>
> --
> 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.

[obm-l] Ajuda em duas questões (Geometria plana e equação funcional)

[Prof. Douglas Oliveira]

1) Dado um triângulo equilátero ABC, e os segmentos internos de reta BS, CT
e AR tais que BS=CT=AR e além disso B, R, S estão alinhados, C, S, T estão
alinhados e A, T, R estão alinhados, mostre que o triângulo RST também é
equilátero.

2) Essa é a questão da (IMO shortlisted 2008)
  . Find all functions f : (0, ∞) → (0, ∞) such that [(f(p))^2 + (f(q))^2]/
f(r^2 ) + f(s^2 ) = (p^2 + q^2)/(r^2 + s^2) for all p, q, r, s > 0 with pq
= rs.

Pois bem, a minha dúvida é , eu cheguei em duas soluções f(x)=x e f(x)=1/x,
e a minha pergunta seria , precisa mostrar que são as únicas soluções?

Saudações
Douglas Oliveira.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Geometria plana

[Carlos Monteiro]

 Sejam Γ uma circunferência de centro O e k uma reta tangente a Γ em A.
Tome B um ponto em Γ (diferente do ponto diametralmente oposto a A em Γ) e
seja C o simétrico de B em relação a k. Sejam E, distinto de A, o ponto de
interseção de Γ com a reta (CA) e D, distinto de E, a interseção das
circunferências circunscritas aos trângulos BCE e AOE.

(a) Calcule o .
(b) Prove que B, O  e D são colineares.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria analítica

[Claudio Buffara]

Se a reta for perpendicular a MN, intersectando o segmento no ponto P, digamos, 
então a solução é Q = P.
Isso pode ser visto sem cálculo. Apenas comPitágoras  e algebra 
(especificamente, a identidade:
 raiz(a) - raiz(b) = (a - b)/(raiz(a) +  raiz(b))

Pro caso da reta ser oblíqua, Pitágoras é substituído pela lei dos cossenos e a 
álgebra fica mais chatinha.

Abs

Enviado do meu iPhone

Em 17 de jul de 2019, à(s) 23:36, Rodrigo Ângelo  
escreveu:

> Acho que neste caso dá pra usar hipérboles 
> 
> Uma sequência de hipérboles que passam por M e N, com um foco em Q1, Q2, 
> ..., Qn tenderia à Q que maximiza a diferença entre distâncias quando as 
> retas que passam por MQ e NQ são perpendiculares, certo?
> 
>> On Tue, Jul 16, 2019, 1:50 PM Vanderlei Nemitz  wrote:
>> Com certeza! É que nesse caso os pontos estão em semiplanos opostos. 
>> Talvez seria isso que eu gostaria de perguntar. Será que nesse caso sim?
>> Mas e sem derivadas? Será possível resolver? Preciso apresentar a 
>> solução para alunos que não estudaram derivadas...
>> 
>> Muito obrigado!
>> 
>> Em ter, 16 de jul de 2019 Ã s 13:30, Claudio Buffara 
>>  escreveu:
>>> A resposta da 2a questão é NÃO. Pense em M e N próximos um do outro e 
>>> tão distantes da reta que o ângulo MQN é sempre agudo.
>>> 
>>> Abs
>>> 
>>> Enviado do meu iPhone
>>> 
>>> Em 16 de jul de 2019, Ã (s) 15:44, Vanderlei Nemitz  
>>> escreveu:
>>> 
>>> > Pessoal, é possível resolver a seguinte questão sem utilizar 
>>> > derivadas?
>>> > 
>>> > Determinar as coordenadas de um ponto Q pertencente à reta de 
>>> > equação y = 3x - 1 tal que a diferença de suas distâncias aos 
>>> > pontos M(4, 1) e N(0, 4) seja máxima.
>>> > 
>>> > A resposta mostra que o triângulo MQN é retângulo em Q, para que 
>>> > a diferença seja máxima. Isso ocorre sempre?
>>> > 
>>> > 
>>> > Muito obrigado!
>>> > 
>>> > Vander
>>> > 
>>> > -- 
>>> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>>> > acredita-se estar livre de perigo.
>>> 
>>> -- 
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> Â acredita-se estar livre de perigo.
>>> 
>>> 
>>> =
>>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> =
>> 
>> -- 
>> 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria analítica

[Rodrigo Ângelo]

Acho que neste caso dá pra usar hipérboles

Uma sequência de hipérboles que passam por M e N, com um foco em Q1, Q2,
..., Qn tenderia à Q que maximiza a diferença entre distâncias quando as
retas que passam por MQ e NQ são perpendiculares, certo?

On Tue, Jul 16, 2019, 1:50 PM Vanderlei Nemitz 
wrote:

> Com certeza! É que nesse caso os pontos estão em semiplanos opostos.
> Talvez seria isso que eu gostaria de perguntar. Será que nesse caso sim?
> Mas e sem derivadas? Será possível resolver? Preciso apresentar a solução
> para alunos que não estudaram derivadas...
>
> Muito obrigado!
>
> Em ter, 16 de jul de 2019 às 13:30, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> A resposta da 2a questão é NÃO. Pense em M e N próximos um do outro e tão
>> distantes da reta que o ângulo MQN é sempre agudo.
>>
>> Abs
>>
>> Enviado do meu iPhone
>>
>> Em 16 de jul de 2019, à(s) 15:44, Vanderlei Nemitz 
>> escreveu:
>>
>> > Pessoal, é possível resolver a seguinte questão sem utilizar
>> derivadas?
>> >
>> > Determinar as coordenadas de um ponto Q pertencente à reta de
>> equação y = 3x - 1 tal que a diferença de suas distâncias aos pontos
>> M(4, 1) e N(0, 4) seja máxima.
>> >
>> > A resposta mostra que o triângulo MQN é retângulo em Q, para que a
>> diferença seja máxima. Isso ocorre sempre?
>> >
>> >
>> > Muito obrigado!
>> >
>> > Vander
>> >
>> > --
>> > 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.
>>
>>
>> =
>> Instru�ões 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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> acredita-se estar livre de perigo.

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Geometria analítica

[Vanderlei Nemitz]

Com certeza! É que nesse caso os pontos estão em semiplanos opostos. Talvez
seria isso que eu gostaria de perguntar. Será que nesse caso sim?
Mas e sem derivadas? Será possível resolver? Preciso apresentar a solução
para alunos que não estudaram derivadas...

Muito obrigado!

Em ter, 16 de jul de 2019 às 13:30, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> A resposta da 2a questão é NÃO. Pense em M e N próximos um do outro e tão
> distantes da reta que o ângulo MQN é sempre agudo.
>
> Abs
>
> Enviado do meu iPhone
>
> Em 16 de jul de 2019, à(s) 15:44, Vanderlei Nemitz 
> escreveu:
>
> > Pessoal, é possível resolver a seguinte questão sem utilizar
> derivadas?
> >
> > Determinar as coordenadas de um ponto Q pertencente à reta de equação
> y = 3x - 1 tal que a diferença de suas distâncias aos pontos M(4, 1) e
> N(0, 4) seja máxima.
> >
> > A resposta mostra que o triângulo MQN é retângulo em Q, para que a
> diferença seja máxima. Isso ocorre sempre?
> >
> >
> > Muito obrigado!
> >
> > Vander
> >
> > --
> > 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.
>
>
> =
> Instru�ões 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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Re: [obm-l] Geometria analítica

[Claudio Buffara]

A resposta da 2a questão é NÃO. Pense em M e N próximos um do outro e tão 
distantes da reta que o ângulo MQN é sempre agudo.

Abs

Enviado do meu iPhone

Em 16 de jul de 2019, à(s) 15:44, Vanderlei Nemitz  
escreveu:

> Pessoal, é possível resolver a seguinte questão sem utilizar derivadas?
> 
> Determinar as coordenadas de um ponto Q pertencente à reta de equação y = 
> 3x - 1 tal que a diferença de suas distâncias aos pontos M(4, 1) e N(0, 4) 
> seja máxima.
> 
> A resposta mostra que o triângulo MQN é retângulo em Q, para que a 
> diferença seja máxima. Isso ocorre sempre?
> 
> 
> Muito obrigado!
> 
> Vander
> 
> -- 
> 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.


=
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] Geometria analítica

[Vanderlei Nemitz]

Pessoal, é possível resolver a seguinte questão sem utilizar derivadas?

Determinar as coordenadas de um ponto Q pertencente à reta de equação y =
3x - 1 tal que a diferença de suas distâncias aos pontos M(4, 1) e N(0, 4)
seja máxima.

A resposta mostra que o triângulo MQN é retângulo em Q, para que a
diferença seja máxima. Isso ocorre sempre?


Muito obrigado!

Vander

-- 
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Re: [obm-l] Geometria

[Prof. Douglas Oliveira]

Opa , desculpa era quadrado

Em seg, 15 de jul de 2019 22:58, Joao Breno 
escreveu:

> ABCD é um quadrilátero qualquer ou um retângulo?
>
> Att, Breno.
>
> Em seg, 15 de jul de 2019 22:18, Prof. Douglas Oliveira <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Olá amigos podem me ajudar no seguinte problema?
>>
>> Dado um [image: $ABCD$], onde [image: $M,K, L$] e [image: $N$] são
>> pontos nos lados [image: $AB, BC,CD$] e [image: $DA$], respectivamente,
>> tal que [image: $\angle MKA =\angle KAL = \angle ALN = 45^o$]. Prove que 
>> [image:
>> $MK^2 + AL^2 = AK^2 + LN^2$]
>>
>> Att
>> Douglas Oliveira
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
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> acredita-se estar livre de perigo.

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Re: [obm-l] Geometria

[Joao Breno]

ABCD é um quadrilátero qualquer ou um retângulo?

Att, Breno.

Em seg, 15 de jul de 2019 22:18, Prof. Douglas Oliveira <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Olá amigos podem me ajudar no seguinte problema?
>
> Dado um [image: $ABCD$], onde [image: $M,K, L$] e [image: $N$] são pontos
> nos lados [image: $AB, BC,CD$] e [image: $DA$], respectivamente, tal que 
> [image:
> $\angle MKA =\angle KAL = \angle ALN = 45^o$]. Prove que [image: $MK^2 +
> AL^2 = AK^2 + LN^2$]
>
> Att
> Douglas Oliveira
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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[obm-l] Geometria

[Prof. Douglas Oliveira]

Olá amigos podem me ajudar no seguinte problema?

Dado um [image: $ABCD$], onde [image: $M,K, L$] e [image: $N$] são pontos
nos lados [image: $AB, BC,CD$] e [image: $DA$], respectivamente, tal
que [image:
$\angle MKA =\angle KAL = \angle ALN = 45^o$]. Prove que [image: $MK^2 +
AL^2 = AK^2 + LN^2$]

Att
Douglas Oliveira

-- 
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Re: [obm-l] Geometria triangulo

[matematica10complicada]

Obrigado Julio, sempre com excelentes construções.

Em sex, 5 de abr de 2019 às 13:38, Julio César Saldaña Pumarica <
saldana...@pucp.edu.pe> escreveu:

> Trace DP perpendicular a BE com P em BC, logo BP=BD. Seja Q o ponto comum
> a DP e BE
> Calculando os ângulos (os que dá para calcular), obtemos  CP=PD (chamemos R à essa distância, CP=PD=R)
> Em BQ marque o ponto T tal que o triângulo PTD seja equilátero (os lados
> medem R)
>
> O ângulo ETD mede 30 (igual ao ângulo ECD), logo o quadrilátero CEDT é
> cíclico (inscritível, sei lá o nome em português).
>
> Por outro lado, observe que PC=PT (=R), então complete os ângulos no
> triângulo isósceles CPT, vai descobrir 
> Finalmente no  quadrilátero CEDT que é cíclico, 
>
>
>
>
>
> El mié., 3 abr. 2019 a las 15:42, matematica10complicada (<
> profdouglaso.del...@gmail.com>) escribió:
>
>> Alguem temnuma construcao esperta pra essa?
>>
>> Num triangulo retangulo ABC , retangulo em A , o angulo ABC=20 graus, 
>> traca-se
>> a bissetriz deste  angulo que toca o lado AC em E. Em seguida, traca-se
>> a reta CD com D em AB tal que ACD=30, determinar o angulo CDE.
>>
>> Douglas Oliveira.
>>
>>
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>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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>
>
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Re: [obm-l] Geometria triangulo

[Julio César Saldaña Pumarica]

Trace DP perpendicular a BE com P em BC, logo BP=BD. Seja Q o ponto comum a
DP e BE
Calculando os ângulos (os que dá para calcular), obtemos ) escribió:

> Alguem temnuma construcao esperta pra essa?
>
> Num triangulo retangulo ABC , retangulo em A , o angulo ABC=20 graus, traca-se
> a bissetriz deste  angulo que toca o lado AC em E. Em seguida, traca-se a
> reta CD com D em AB tal que ACD=30, determinar o angulo CDE.
>
> Douglas Oliveira.
>
>
> --
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> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Geometria triangulo

[matematica10complicada]

Alguem temnuma construcao esperta pra essa?

Num triangulo retangulo ABC , retangulo em A , o angulo ABC=20 graus, traca-se
a bissetriz deste  angulo que toca o lado AC em E. Em seguida, traca-se a
reta CD com D em AB tal que ACD=30, determinar o angulo CDE.

Douglas Oliveira.

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Re: [obm-l] Geometria plana

[matematica10complicada]

Obrigado Julio, incrivel solucao.
So corrija AB=AC=AQ=R

Abraco
Douglas Oliveira.

Em seg, 25 de fev de 2019 10:38, Julio César Saldaña Pumarica <
saldana...@pucp.edu.pe> escreveu:

> Na prolongação do BP ubique o ponto Q tal que AQ=AB. Chamemos AC=R, então
> temos AB=AC+AQ=R.
>
> Completando ângulos: 
> Analisse o triângulo MAQ. Dado que o  circunferencia circunscrita mede 60 e portanto o raio de essa
> circunferência é igual ao lado AQ, ouseja R.
>
> Seja O o centro de essa circunferência (circunscrita ao triângulo MAQ).
> Então OM=OA=OQ=R
>
> Completando mais ângulos, obtemos  com os arcos da circunferencia, mas também da para fazer com soma de
> ângulos en triângulos, alguns isósceles)
>
> Compare os triângulos  CAQ e MOQ, ambos são isósceles com lados iguais a R
> formando ângulos iguais a 100. Então cumprem o caso LAL de congruência.
> Logo QC=QM e portando o triângulo  MQC é isósceles: x+x+20=180, então x=80
>
>
>
>
>
>
> El dom., 24 feb. 2019 a las 11:39, matematica10complicada (<
> profdouglaso.del...@gmail.com>) escribió:
>
>> Ola amigos, alguem ja fez essa questao abaixo?
>>
>> Eu fiz por trigonometria e achei 80 graus.
>> Gostaria de uma ajuda para fazer por construcao.
>>
>> Problema:
>> Num triangulo ABC isosceles , onde AB=AC, o angulo A mede 40 graus,
>> traca-se BP com P em AC, e o angulo ABP mede 20 graus. Toma-se um ponto M
>> em BP de modo que AP=PM, determinar o angulo PMC.
>>
>> Valeh pela ajuda
>> Douglas Oliveira.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Julio César Saldaña Pumarica]

Na prolongação do BP ubique o ponto Q tal que AQ=AB. Chamemos AC=R, então
temos AB=AC+AQ=R.

Completando ângulos: ) escribió:

> Ola amigos, alguem ja fez essa questao abaixo?
>
> Eu fiz por trigonometria e achei 80 graus.
> Gostaria de uma ajuda para fazer por construcao.
>
> Problema:
> Num triangulo ABC isosceles , onde AB=AC, o angulo A mede 40 graus,
> traca-se BP com P em AC, e o angulo ABP mede 20 graus. Toma-se um ponto M
> em BP de modo que AP=PM, determinar o angulo PMC.
>
> Valeh pela ajuda
> Douglas Oliveira.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Geometria plana

[matematica10complicada]

Ola amigos, alguem ja fez essa questao abaixo?

Eu fiz por trigonometria e achei 80 graus.
Gostaria de uma ajuda para fazer por construcao.

Problema:
Num triangulo ABC isosceles , onde AB=AC, o angulo A mede 40 graus,
traca-se BP com P em AC, e o angulo ABP mede 20 graus. Toma-se um ponto M
em BP de modo que AP=PM, determinar o angulo PMC.

Valeh pela ajuda
Douglas Oliveira.

-- 
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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Pacini Bores]

 

Como disse anteriormente, o enunciado está com problemas. 

Pacini 

Em 31/12/2018 23:19, Pacini Bores escreveu: 

> Oi Marcelo, 
> 
> Está me parecendo que fixando o vértice B e variando o vertice C nas 
> condições do problema , que o ângulo pedido está variando  Pode ser que 
> eu esteja errado, vou verificar!!! 
> 
> Pacini 
> 
> Em 31/12/2018 20:03, Marcelo de Moura Costa escreveu: 
> 
>> Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou enxergando 
>> uma solução, gostaria de uma ajuda. 
>> 
>> Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede 48º, 
>> no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do ângulo 
>> referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o segmento 
>> BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE. 
>> 
>> "Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
>> Galileu Galilei
>> Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos 
>> resolvê-la ou orientá-lo!
>> http://mathhiperbolica.wordpress.com [1] 
>> Marcelo de Moura Costa Currículo Lattes: 
>> http://lattes.cnpq.br/2692706484448480 [2] 
>> 
>> [3]
>> Livre de vírus. www.avast.com [3].
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

 

Links:
--
[1] http://mathhiperbolica.wordpress.com
[2] http://lattes.cnpq.br/2692706484448480
[3]
https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=emailutm_source=linkutm_campaign=sig-emailutm_content=webmail
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Pedro José]

Boa noite!
Na verdade, se B>76 não tem resposta. O ponto E ficaria externo ao lado BC.
Teria que mudar o problema para E pertencente a l(B,C). Mas assim mesmo o
ânfulo CDE não seria constante.

Saudações,
PJMS

Em ter, 1 de jan de 2019 14:13, Pedro José  Boa tarde!
> Você tem certeza que o problema é esse.
> Se C=84 e B=48, dá 42.
> Se C=100 e B= 32, dá 66.
> Se B >= 90 não tem resposta.
> Saudações,
> PJMS
>
> Em seg, 31 de dez de 2018 20:12, Marcelo de Moura Costa <
> mat.mo...@gmail.com escreveu:
>
>> Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
>> enxergando uma solução, gostaria de uma ajuda.
>>
>> Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede
>> 48º, no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do
>> ângulo referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o
>> segmento BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE.
>>
>>
>> "Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
>> Galileu Galilei
>> Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos
>> resolvê-la ou orientá-lo!
>> http://mathhiperbolica.wordpress.com
>> Marcelo de Moura Costa
>> Currículo Lattes: http://lattes.cnpq.br/2692706484448480
>>
>>
>> 
>>  Livre
>> de vírus. www.avast.com
>> .
>>
>> <#m_580051917356088402_m_-7730567473249303737_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> Em 31 de dez de 2018 20:12, "Marcelo de Moura Costa" 
> escreveu:
>
> Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
> enxergando uma solução, gostaria de uma ajuda.
>
> Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede
> 48º, no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do
> ângulo referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o
> segmento BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE.
>
>
> "Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
> Galileu Galilei
> Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos
> resolvê-la ou orientá-lo!
> http://mathhiperbolica.wordpress.com
> Marcelo de Moura Costa
> Currículo Lattes: http://lattes.cnpq.br/2692706484448480
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
> .
>
>
> <#m_580051917356088402_m_-7730567473249303737_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
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> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Pedro José]

Boa tarde!
Você tem certeza que o problema é esse.
Se C=84 e B=48, dá 42.
Se C=100 e B= 32, dá 66.
Se B >= 90 não tem resposta.
Saudações,
PJMS

Em seg, 31 de dez de 2018 20:12, Marcelo de Moura Costa  Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
> enxergando uma solução, gostaria de uma ajuda.
>
> Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede
> 48º, no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do
> ângulo referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o
> segmento BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE.
>
>
> "Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
> Galileu Galilei
> Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos
> resolvê-la ou orientá-lo!
> http://mathhiperbolica.wordpress.com
> Marcelo de Moura Costa
> Currículo Lattes: http://lattes.cnpq.br/2692706484448480
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
> .
> <#m_-7730567473249303737_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.


Em 31 de dez de 2018 20:12, "Marcelo de Moura Costa" 
escreveu:

Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
enxergando uma solução, gostaria de uma ajuda.

Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede 48º,
no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do ângulo
referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o segmento
BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE.


"Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
Galileu Galilei
Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos
resolvê-la ou orientá-lo!
http://mathhiperbolica.wordpress.com
Marcelo de Moura Costa
Currículo Lattes: http://lattes.cnpq.br/2692706484448480


Livre
de vírus. www.avast.com
.

<#m_-7730567473249303737_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>

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Re: [obm-l] Problema de Geometria

[Pacini Bores]

 

Oi Marcelo, 

Está me parecendo que fixando o vértice B e variando o vertice C nas
condições do problema , que o ângulo pedido está variando  Pode ser
que eu esteja errado, vou verificar!!! 

Pacini 

Em 31/12/2018 20:03, Marcelo de Moura Costa escreveu: 

> Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou enxergando 
> uma solução, gostaria de uma ajuda. 
> 
> Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede 48º, 
> no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do ângulo 
> referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o segmento BE 
> é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE. 
> 
> "Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
> Galileu Galilei
> Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos 
> resolvê-la ou orientá-lo!
> http://mathhiperbolica.wordpress.com [1] 
> Marcelo de Moura Costa Currículo Lattes: 
> http://lattes.cnpq.br/2692706484448480 [2] 
> 
> [3]
> Livre de vírus. www.avast.com [3].
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

 

Links:
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[1] http://mathhiperbolica.wordpress.com
[2] http://lattes.cnpq.br/2692706484448480
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https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=emailutm_source=linkutm_campaign=sig-emailutm_content=webmail
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[obm-l] Problema de Geometria

[Marcelo de Moura Costa]

Caros colegas, me deparei com um problema que até então não estou
enxergando uma solução, gostaria de uma ajuda.

Dado um triângulo ABC, tem-se que o ângulo referente ao vértice A mede 48º,
no lado AB tem-se o ponto D de modo que o segmento CD é bissetriz do ângulo
referente ao vértice C. Tem-se o ponto E no lado BC de modo que o segmento
BE é igual ao segmento DE. Determine o valor do ângulo CDE.


"Matemática é o alfabeto com o qual Deus escreveu o Universo"
Galileu Galilei
Dúvidas de Matemática? Deixe seu problema em nosso Blog, tentaremos
resolvê-la ou orientá-lo!
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Demonstração com Geometria Plana?

[Anderson Torres]

Em sex, 23 de nov de 2018 às 22:47, Vanderlei Nemitz
 escreveu:
>
> Estamos aguardando o Carlos Victor...
> :)
>
> Em sex, 23 de nov de 2018 18:14, Mauricio de Araujo 
> >
>> Alguem conseguiu finalizar a demonstração?
>>
>> Em qua, 21 de nov de 2018 11:52, Vanderlei Nemitz > escreveu:
>>>
>>> Hummm...
>>> Parece que prolongando BF e DC, que se encontram num ponto Q, E é o 
>>> ortocentro do triângulo BDQ.
>>> O desenho sugere isso.
>>> Mas como mostrar isso?

Eu estava pensando em usar geometria projetiva, algo acerca de
conjugados harmônicos. Mas o máximo que consegui foi obter um ponto
médio...

>>>
>>> Em ter, 20 de nov de 2018 23:38, Carlos Victor >> escreveu:
>>>>
>>>> Oi Vanderlei,
>>>>
>>>> Uma dica : tente mostrar que o ponto E é o ortocentro de um triângulo " 
>>>> estratégico". É muito legal que você descubra sozinho
>>>>
>>>> Abraços
>>>>
>>>> Carlos Victor
>>>>
>>>> Em 20/11/2018 17:33, Vanderlei Nemitz escreveu:
>>>>
>>>> Pessoal, o seguinte problema sai "tranquilamente" usando Geometria 
>>>> Analítica.
>>>> Tentei usar Geometria Plana, mas apenas girei bastante, sem concluir. Será 
>>>> que é possível?
>>>>
>>>> Dado um ponto P situado no prolongamento do lado AB de um quadrado ABCD, 
>>>> traçam-se as retas PC e PD. Pelo ponto E, intersecção de BC e PD, 
>>>> conduzimos a reta AE cuja intersecção com PC é o ponto F. Provar que BF e 
>>>> PD são perpendiculares.
>>>>
>>>> --
>>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e
>>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>>
>>>>
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>>
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>> acredita-se estar livre de perigo.
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> acredita-se estar livre de perigo.

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=
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] Demonstração com Geometria Plana?

[Carlos Victor]

 

Oi Vanderlei, vamos lá: 

Seja ABCD o quadrado de diagonais AC e BD. Sejam os pontos P, E e F como
no enunciado. Tracemos a reta que passa por A e E encontrando o
prolongamento de DC em R.Seja também Q o ponto de interseção da reta que
passa por B e F com o prolongamento de DC.Seja T a interseção da reta
que passa por Q e E com o lado AB. 

Sejam BP=z, quadrado de lado AB=L, TB=k, CQ=x e QR=y. Por semelhança de
triângulos verifique que : 

x/k =L/z e y/L =x/z donde x^2=ky. Agora por semelhança veja que 

y/AT= x/k ou seja ky=x.AT e como ky=x^2 temos que x=AT ou seja CQ=AT. 

Como CQ é paralelo a AT e congruentes, temos que o quadrilátero ACQT é
um paralelogramo e já que as diagonais do quadrado são perpendiculares
temos que QT é perpendicular a BD. 

Temos então que no triângulo BDQ, BC e QH( H é a interseção de QT com
BD); 

ou seja E é o ortocentro de BDQ; donde PD é perpendicular a BQ. 

Verifiquem se há algum erro, ok? 

Abraços 

Carlos Victor 

Em 23/11/2018 22:38, Vanderlei Nemitz escreveu: 

> Estamos aguardando o Carlos Victor... 
> :) 
> 
> Em sex, 23 de nov de 2018 18:14, Mauricio de Araujo 
>  Alguem conseguiu finalizar a demonstração? 
> 
> Em qua, 21 de nov de 2018 11:52, Vanderlei Nemitz  escreveu: 
> Hummm... 
> Parece que prolongando BF e DC, que se encontram num ponto Q, E é o 
> ortocentro do triângulo BDQ. 
> O desenho sugere isso. 
> Mas como mostrar isso? 
> 
> Em ter, 20 de nov de 2018 23:38, Carlos Victor  escreveu: 
> 
> Oi Vanderlei, 
> 
> Uma dica : tente mostrar que o ponto E é o ortocentro de um triângulo " 
> estratégico". É muito legal que você descubra sozinho 
> 
> Abraços 
> 
> Carlos Victor 
> 
> Em 20/11/2018 17:33, Vanderlei Nemitz escreveu: 
> Pessoal, o seguinte problema sai "tranquilamente" usando Geometria Analítica. 
> Tentei usar Geometria Plana, mas apenas girei bastante, sem concluir. Será 
> que é possível? 
> 
> Dado um ponto P situado no prolongamento do lado AB de um quadrado ABCD, 
> traçam-se as retas PC e PD. Pelo ponto E, intersecção de BC e PD, conduzimos 
> a reta AE cuja intersecção com PC é o ponto F. Provar que BF e PD são 
> perpendiculares. 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Demonstração com Geometria Plana?

[Vanderlei Nemitz]

Estamos aguardando o Carlos Victor...
:)

Em sex, 23 de nov de 2018 18:14, Mauricio de Araujo <
mauricio.de.ara...@gmail.com escreveu:

> Alguem conseguiu finalizar a demonstração?
>
> Em qua, 21 de nov de 2018 11:52, Vanderlei Nemitz  escreveu:
>
>> Hummm...
>> Parece que prolongando BF e DC, que se encontram num ponto Q, E é o
>> ortocentro do triângulo BDQ.
>> O desenho sugere isso.
>> Mas como mostrar isso?
>>
>> Em ter, 20 de nov de 2018 23:38, Carlos Victor > escreveu:
>>
>>> Oi Vanderlei,
>>>
>>> Uma dica : tente mostrar que o ponto E é o ortocentro de um triângulo "
>>> estratégico". É muito legal que você descubra sozinho
>>>
>>> Abraços
>>>
>>> Carlos Victor
>>>
>>> Em 20/11/2018 17:33, Vanderlei Nemitz escreveu:
>>>
>>> Pessoal, o seguinte problema sai "tranquilamente" usando Geometria
>>> Analítica.
>>> Tentei usar Geometria Plana, mas apenas girei bastante, sem concluir.
>>> Será que é possível?
>>>
>>> Dado um ponto P situado no prolongamento do lado AB de um quadrado ABCD,
>>> traçam-se as retas PC e PD. Pelo ponto E, intersecção de BC e PD,
>>> conduzimos a reta AE cuja intersecção com PC é o ponto F. Provar que BF e
>>> PD são perpendiculares.
>>>
>>> --
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>>> 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 antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Demonstração com Geometria Plana?

[Carlos Victor]

 

Desculpem, estou em trânsito. Até amanhã eu posto, ok ? 

Abraços 

Em 23/11/2018 18:05, Mauricio de Araujo escreveu: 

> Alguem conseguiu finalizar a demonstração? 
> 
> Em qua, 21 de nov de 2018 11:52, Vanderlei Nemitz  escreveu: 
> Hummm... 
> Parece que prolongando BF e DC, que se encontram num ponto Q, E é o 
> ortocentro do triângulo BDQ. 
> O desenho sugere isso. 
> Mas como mostrar isso? 
> 
> Em ter, 20 de nov de 2018 23:38, Carlos Victor  escreveu: 
> 
> Oi Vanderlei, 
> 
> Uma dica : tente mostrar que o ponto E é o ortocentro de um triângulo " 
> estratégico". É muito legal que você descubra sozinho 
> 
> Abraços 
> 
> Carlos Victor 
> 
> Em 20/11/2018 17:33, Vanderlei Nemitz escreveu: 
> Pessoal, o seguinte problema sai "tranquilamente" usando Geometria Analítica. 
> Tentei usar Geometria Plana, mas apenas girei bastante, sem concluir. Será 
> que é possível? 
> 
> Dado um ponto P situado no prolongamento do lado AB de um quadrado ABCD, 
> traçam-se as retas PC e PD. Pelo ponto E, intersecção de BC e PD, conduzimos 
> a reta AE cuja intersecção com PC é o ponto F. Provar que BF e PD são 
> perpendiculares. 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Demonstração com Geometria Plana?

[Mauricio de Araujo]

Alguem conseguiu finalizar a demonstração?

Em qua, 21 de nov de 2018 11:52, Vanderlei Nemitz  Hummm...
> Parece que prolongando BF e DC, que se encontram num ponto Q, E é o
> ortocentro do triângulo BDQ.
> O desenho sugere isso.
> Mas como mostrar isso?
>
> Em ter, 20 de nov de 2018 23:38, Carlos Victor  escreveu:
>
>> Oi Vanderlei,
>>
>> Uma dica : tente mostrar que o ponto E é o ortocentro de um triângulo "
>> estratégico". É muito legal que você descubra sozinho
>>
>> Abraços
>>
>> Carlos Victor
>>
>> Em 20/11/2018 17:33, Vanderlei Nemitz escreveu:
>>
>> Pessoal, o seguinte problema sai "tranquilamente" usando Geometria
>> Analítica.
>> Tentei usar Geometria Plana, mas apenas girei bastante, sem concluir.
>> Será que é possível?
>>
>> Dado um ponto P situado no prolongamento do lado AB de um quadrado ABCD,
>> traçam-se as retas PC e PD. Pelo ponto E, intersecção de BC e PD,
>> conduzimos a reta AE cuja intersecção com PC é o ponto F. Provar que BF e
>> PD são perpendiculares.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Demonstração com Geometria Plana?

[Vanderlei Nemitz]

Hummm...
Parece que prolongando BF e DC, que se encontram num ponto Q, E é o
ortocentro do triângulo BDQ.
O desenho sugere isso.
Mas como mostrar isso?

Em ter, 20 de nov de 2018 23:38, Carlos Victor  Oi Vanderlei,
>
> Uma dica : tente mostrar que o ponto E é o ortocentro de um triângulo "
> estratégico". É muito legal que você descubra sozinho
>
> Abraços
>
> Carlos Victor
>
> Em 20/11/2018 17:33, Vanderlei Nemitz escreveu:
>
> Pessoal, o seguinte problema sai "tranquilamente" usando Geometria
> Analítica.
> Tentei usar Geometria Plana, mas apenas girei bastante, sem concluir. Será
> que é possível?
>
> Dado um ponto P situado no prolongamento do lado AB de um quadrado ABCD,
> traçam-se as retas PC e PD. Pelo ponto E, intersecção de BC e PD,
> conduzimos a reta AE cuja intersecção com PC é o ponto F. Provar que BF e
> PD são perpendiculares.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Demonstração com Geometria Plana?

[Carlos Victor]

 

Oi Vanderlei, 

Uma dica : tente mostrar que o ponto E é o ortocentro de um triângulo "
estratégico". É muito legal que você descubra sozinho 

Abraços 

Carlos Victor 

Em 20/11/2018 17:33, Vanderlei Nemitz escreveu: 

> Pessoal, o seguinte problema sai "tranquilamente" usando Geometria Analítica. 
> Tentei usar Geometria Plana, mas apenas girei bastante, sem concluir. Será 
> que é possível? 
> 
> Dado um ponto P situado no prolongamento do lado AB de um quadrado ABCD, 
> traçam-se as retas PC e PD. Pelo ponto E, intersecção de BC e PD, conduzimos 
> a reta AE cuja intersecção com PC é o ponto F. Provar que BF e PD são 
> perpendiculares. 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

 
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Demonstração com Geometria Plana?

[Vanderlei Nemitz]

Pessoal, o seguinte problema sai "tranquilamente" usando Geometria
Analítica.
Tentei usar Geometria Plana, mas apenas girei bastante, sem concluir. Será
que é possível?

Dado um ponto P situado no prolongamento do lado AB de um quadrado ABCD,
traçam-se as retas PC e PD. Pelo ponto E, intersecção de BC e PD,
conduzimos a reta AE cuja intersecção com PC é o ponto F. Provar que BF e
PD são perpendiculares.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME

[Anderson Torres]

Em dom, 5 de ago de 2018 às 20:13, Anderson Torres
 escreveu:
>
> Em qua, 1 de ago de 2018 às 13:11, Claudio Buffara
>  escreveu:
> >
> > Acabei de ver outro problema sobre colinearidade. É de uma competição de 
> > Singapura em 1989:
> >
> > Considere o triângulo ABC. Em BC (ou seu prolongamento), tome o ponto X tal 
> > que AX seja tangente ao circumcírculo (círculo circunscrito) de ABC. De 
> > forma análoga, tome Y em AC e Z em AB tais que BY e CZ também sejam 
> > tangentes ao circumcírculo de ABC. Prove que X, Y e Z são colineares.
> >
>
> Ainda não resolvi esse, mas tive a tentação de escrever o dual desse
> problema, como em geometria projetiva:
>
> Dado um triângulo ABC.
>
> Seja X_A o ponto do plano tal que BX_A e CX_A são tangentes ao
> circuncírculo de ABC. Analogamente se definem X_B e X_C.
>
> Mostre que AX_A, BX_B e CX_C são concorrentes.
>
> Usar Ceva Trigonométrico aqui parece uma ótima pedida!

Respondendo a mim mesmo!

Pois bem, acredito que é até mais interessante que isso! Basta
observar o triângulo X_AX_BX_C. Nele, as cevianas AX_A, BX_B e CX_C
são concorrentes, pela obviedade AX_C=BX_C e um uso de Ceva comum
mesmo. E isso prova o teorema dual.

Acredito que o mesmo triângulo pode ajudar a resolver o problema
original, em alguma formulação alternativa...

>
> > []s,
> > Claudio.
> >
> >
> > 2018-07-20 0:17 GMT-03:00 Vinícius Raimundo :
> >>
> >> Com auxílio do que foi discutido anteriormente acredito ter uma solução
> >> Tome os ângulos ABC=y e BCA=z
> >> Após marcar alguns ângulos, temos:
> >> Teorema da bicetriz interna genaralizado nos triângulos AHC e AHB, 
> >> respectivamente:
> >> EC/EA=HC.cosz/AH.senz
> >> DA/DB=AH.seny/HB.cosy
> >>
> >> Menelaus em ABC com P, D e E colineares
> >> PB/PC*EC/EA*DA/DB=1
> >>
> >> Substituindo as relações acima obtemos:
> >> PB/PC=BH/HC*cosy/seny*senz/cosz
> >>
> >> Assim o mesmo pode ser feito para achar QC/QA e RA/RB
> >> Os fatores trigonométricos se cancelarão e o teorema de Ceva para os pés 
> >> das alturas termina de resolver o problema
> >>
> >> Em qui, 19 de jul de 2018 às 13:29, Vanderlei Nemitz 
> >>  escreveu:
> >>>
> >>> Obrigado, Claudio!
> >>> Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema!
> >>>
> >>> Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara 
> >>>  escreveu:
> >>>>
> >>>> Mais uma observação...
> >>>>
> >>>> As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus 
> >>>> recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos de 
> >>>> comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão 
> >>>> que se cancelar (pro produto ser igual a 1).
> >>>>
> >>>> Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos 
> >>>> de DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao 
> >>>> lado BC e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente 
> >>>> altura BK (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB).
> >>>>
> >>>> No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são 
> >>>> concorrentes), implica que:
> >>>> AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1.
> >>>>
> >>>> Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em 
> >>>> termos de BH e HC.
> >>>>
> >>>> []s,
> >>>> Claudio.
> >>>>
> >>>>
> >>>>
> >>>> 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> >>>>>
> >>>>> A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada".
> >>>>>
> >>>>> Mas também acho que Menelaus é o caminho.
> >>>>>
> >>>>> Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o 
> >>>>> teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = 
> >>>>> -1) a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são 
> >>>>> sabidamente colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são 
> >>>>> colineares, você aplica o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos 
> >>>>> colineares).
> >>>>>
> >>>>> Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: 
> >>>>

Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME

[Anderson Torres]

Em qua, 1 de ago de 2018 às 13:11, Claudio Buffara
 escreveu:
>
> Acabei de ver outro problema sobre colinearidade. É de uma competição de 
> Singapura em 1989:
>
> Considere o triângulo ABC. Em BC (ou seu prolongamento), tome o ponto X tal 
> que AX seja tangente ao circumcírculo (círculo circunscrito) de ABC. De forma 
> análoga, tome Y em AC e Z em AB tais que BY e CZ também sejam tangentes ao 
> circumcírculo de ABC. Prove que X, Y e Z são colineares.
>

Ainda não resolvi esse, mas tive a tentação de escrever o dual desse
problema, como em geometria projetiva:

Dado um triângulo ABC.

Seja X_A o ponto do plano tal que BX_A e CX_A são tangentes ao
circuncírculo de ABC. Analogamente se definem X_B e X_C.

Mostre que AX_A, BX_B e CX_C são concorrentes.

Usar Ceva Trigonométrico aqui parece uma ótima pedida!

> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-07-20 0:17 GMT-03:00 Vinícius Raimundo :
>>
>> Com auxílio do que foi discutido anteriormente acredito ter uma solução
>> Tome os ângulos ABC=y e BCA=z
>> Após marcar alguns ângulos, temos:
>> Teorema da bicetriz interna genaralizado nos triângulos AHC e AHB, 
>> respectivamente:
>> EC/EA=HC.cosz/AH.senz
>> DA/DB=AH.seny/HB.cosy
>>
>> Menelaus em ABC com P, D e E colineares
>> PB/PC*EC/EA*DA/DB=1
>>
>> Substituindo as relações acima obtemos:
>> PB/PC=BH/HC*cosy/seny*senz/cosz
>>
>> Assim o mesmo pode ser feito para achar QC/QA e RA/RB
>> Os fatores trigonométricos se cancelarão e o teorema de Ceva para os pés das 
>> alturas termina de resolver o problema
>>
>> Em qui, 19 de jul de 2018 às 13:29, Vanderlei Nemitz  
>> escreveu:
>>>
>>> Obrigado, Claudio!
>>> Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema!
>>>
>>> Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara 
>>>  escreveu:
>>>>
>>>> Mais uma observação...
>>>>
>>>> As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus 
>>>> recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos de 
>>>> comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão que 
>>>> se cancelar (pro produto ser igual a 1).
>>>>
>>>> Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos de 
>>>> DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao lado BC 
>>>> e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente altura BK 
>>>> (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB).
>>>>
>>>> No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são concorrentes), 
>>>> implica que:
>>>> AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1.
>>>>
>>>> Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em 
>>>> termos de BH e HC.
>>>>
>>>> []s,
>>>> Claudio.
>>>>
>>>>
>>>>
>>>> 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>>>>>
>>>>> A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada".
>>>>>
>>>>> Mas também acho que Menelaus é o caminho.
>>>>>
>>>>> Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o 
>>>>> teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = 
>>>>> -1) a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são 
>>>>> sabidamente colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são 
>>>>> colineares, você aplica o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos 
>>>>> colineares).
>>>>>
>>>>> Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB 
>>>>> * BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos 
>>>>> segmentos é relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos 
>>>>> sem sinal:  AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1)
>>>>>
>>>>> Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários 
>>>>> triângulos retângulos.
>>>>> Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também 
>>>>> semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são 
>>>>> semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos 
>>>>> homólogos, escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um 
>>>>> bom hábito que evita erros bobos).
>>>>>
>>>>> Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângul

Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME

[Claudio Buffara]

Acabei de ver outro problema sobre colinearidade. É de uma competição de
Singapura em 1989:

Considere o triângulo ABC. Em BC (ou seu prolongamento), tome o ponto X tal
que AX seja tangente ao circumcírculo (círculo circunscrito) de ABC. De
forma análoga, tome Y em AC e Z em AB tais que BY e CZ também sejam
tangentes ao circumcírculo de ABC. Prove que X, Y e Z são colineares.

[]s,
Claudio.


2018-07-20 0:17 GMT-03:00 Vinícius Raimundo :

> Com auxílio do que foi discutido anteriormente acredito ter uma solução
> Tome os ângulos ABC=y e BCA=z
> Após marcar alguns ângulos, temos:
> Teorema da bicetriz interna genaralizado nos triângulos AHC e AHB,
> respectivamente:
> EC/EA=HC.cosz/AH.senz
> DA/DB=AH.seny/HB.cosy
>
> Menelaus em ABC com P, D e E colineares
> PB/PC*EC/EA*DA/DB=1
>
> Substituindo as relações acima obtemos:
> PB/PC=BH/HC*cosy/seny*senz/cosz
>
> Assim o mesmo pode ser feito para achar QC/QA e RA/RB
> Os fatores trigonométricos se cancelarão e o teorema de Ceva para os pés
> das alturas termina de resolver o problema
>
> Em qui, 19 de jul de 2018 às 13:29, Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>
>> Obrigado, Claudio!
>> Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema!
>>
>> Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Mais uma observação...
>>>
>>> As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus
>>> recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos
>>> de comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão
>>> que se cancelar (pro produto ser igual a 1).
>>>
>>> Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos
>>> de DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao lado
>>> BC e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente altura
>>> BK (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB).
>>>
>>> No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são
>>> concorrentes), implica que:
>>> AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1.
>>>
>>> Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em
>>> termos de BH e HC.
>>>
>>> []s,
>>> Claudio.
>>>
>>>
>>>
>>> 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>>>
 A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada".

 Mas também acho que Menelaus é o caminho.

 Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o
 teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = -1)
 a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são sabidamente
 colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são colineares, você aplica
 o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos colineares).

 Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que:
 AR/RB * BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos
 segmentos é relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos
 sem sinal:  AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1)

 Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários
 triângulos retângulos.
 Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também
 semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são
 semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos homólogos,
 escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um bom hábito que
 evita erros bobos).

 Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC
 cortado pela reta PDE.
 Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB *
 BP/PC * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE.

 Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei
 acima. Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC,
 AEH e HEC).

 A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD.
 A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE.
 Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB
 (idem para EA*CE).

 E neste ponto eu empaquei...

 Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante
 a HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de
 alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar
 expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos
 daria a razão BP/PC, a ser usada na aplicação final do recíproco do teorema
 de Menelaus.

 Ou então, é claro, este caminho pode não levar a nada e será preciso
 recomeçar do zero...matemática é assim mesmo...

 []s,
 Claudio.


 2018-07-17 22:22 GMT-03:00 Vanderlei Nemitz :

> A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o
> teorema de Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer?
>
> Obrigado!
>
>
>
> Num triângulo ABC traçamos 

[obm-l] livro de geometria em figuras

[qedtexte]

Sauda,c~oes,

O livro abaixo tem muito material para pesquisa.

Arseniy Akopyan, Geometry in Figures, 2011

https://www.mccme.ru/~akopyan/papers/EnGeoFigures.pdf;






Geometry in Figures - Moscow Center for Continuous ...
www.mccme.ru
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$19 on Amazon.com. The second edition has 232 pages, two times more figures and 
one addition chapter on area





Lus
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] geometria plana

[Claudio Buffara]

Legal! Obrigado, Ralph!

A relação entre estas 3 soluções cabe bem na discussão que eu queria ter
sobre educação matemática (resolução de problemas é uma parte importante
dela).

A solução por geometria sintética eu já conhecia. Ela usa construções
auxiliares, no caso, paralelogramos construídos a partir de duas das
medianas. Neste problema, as construções auxiliares são mais ou menos
óbvias. Mas há vários problemas de geometria cuja solução sintética usa
construções auxiliares nada óbvias e que parecem vir "do além". Imagino que
esta seja a fonte mais comum de dificuldade em problemas olímpicos de
geometria.

A solução por vetores (que é essencialmente algébrica) também usa
paralelogramos, mas de forma implícita. Pois a soma de vetores no plano (na
qual a solução é baseada) obedece à chamada "lei do paralelogramo". De
fato, me parece possível definir um paralelogramo a partir da soma de
vetores, mais ou menos assim: dados os pontos A, B, C no plano, e definindo
os vetores v = AB e w = AC, então o ponto D tal que AD = v + w é tal que os
pontos A, B, C, D são vértices de um paralelogramo (no caso, o
paralelogramo ABDC).
É interessante que, por causa disso, o uso de vetores dispensa a busca de
uma construção auxiliar, o que resulta numa solução mais "automática". Ou
seja, o uso de vetores em geometria foi um avanço tecnológico, que
suplantou, em vários casos, o "artesanato" da solução sintética.

A ideia de usar uma transformação afim, que me ocorreu porque o Anderson
Torres mencionou "homotetia" (um tipo específico de transformação afim) em
relação a outro problema, no fundo também usa vetores mas, além deles,
também usa transformações lineares e uma estratégia de solução que, em
linhas gerais, é:
1) usar uma transformação invertível pra transformar o problema original
num outro mais fácil de resolver (no caso, o problema original proposto
para um triângulo equilátero);
2) resolver o problema mais fácil;
3) usar a transformação inversa pra obter automaticamente a solução do
problema original (triângulo qualquer).
Este tipo de estratégia é usado toda vez que fazemos uma "mudança de
variáveis".

***

A solução sintética também usa o fato de que as medianas de um triângulo o
subdividem em seis triângulos de mesma área.

Em geral, três cevianas que são concorrentes subdividem um triângulo em
seis outros triângulos e o uso "esperto" das áreas destes triângulos
resulta numa demonstração razoavelmente simples e intuitiva do teorema de
Ceva (vide, por exemplo, o livro Geometry Revisited, de Coxeter e Greitzer).

A demonstração usual de Ceva usa semelhança: no triângulo ABC, com cevianas
concorrentes AM, BN e CP, trace a reta r contendo A e paralela a BC e, em
seguida, considere os pontos Q e R de intersecção das cevianas BN e CP (ou
seus prolongamentos) com a reta r. Usando semelhança de pares de triângulos
adequados e alguma álgebra, chega-se à relação de Ceva: AP/PB * BM/MC *
CN/NA = 1.

Mas o que eu queria dizer é que acho bem possível que as teorias de área e
de semelhança sejam equivalentes, no sentido de que tudo o que é possível
demonstrar por meio de uma delas também é possível por meio da outra.

O que me leva a dizer isso é o seguinte: no triângulo ABC, com alturas BH e
CK, temos:
1) 2*área(ABC) = AB*CK = AC*BH
e
2) a semelhança dos triângulos retângulos AHB e AKC (ângulo A comum)
implica que:
AB/BH = AC/CK  <==>  AB*CK = AC*BH

Ou seja, chega-se à mesma relação (algébrica) entre elementos de um
triângulo por dois caminhos aparentemente distintos: área e semelhança.

Hoje em dia, estas duas teorias são apresentadas supondo-se conhecidas as
propriedades dos números reais (vide Medida e Forma em Geometria, do Elon
Lages Lima).
Em particular, este livro (que é ótimo) apresenta a teoria da semelhança
com base na definição:
As figuras planas F e G são ditas semelhantes (de razão k) se existir uma
função f:F -> G e um número real positivo k tais que, para quaisquer pontos
X e Y de F:
dist(f(X),f(Y)) = k*dist(X,Y), onde dist(X,Y) = distância entre X e Y =
medida do segmento XY.

[]s,
Claudio.


2018-07-29 19:44 GMT-03:00 Ralph Teixeira :

> Sim! Quando aplica-se qualquer transformacao linear a um objeto, a razao
> entre o volume da figura nova e o da figura antiga eh constante e igual ao
> determinante da transformacao! Entao ambas as areas ficariam multiplicadas
> pelo mesmo numero, e a razao se manteria!
>
> Outro detalhe: teria que ver se a transformacao linear leva medianas em
> medianas... Mas isso tambem eh verdade e vem direto da definicao de
> "transf. linear", pontos medios se preservam.
>
> Abraco, Ralph.
>
> On Sun, Jul 29, 2018 at 5:53 PM Claudio Buffara 
> wrote:
>
>> Idéia que me ocorreu: todo triângulo é afim-equivalente a um triângulo
>> equilátero.
>> Mediante translações, as medianas de um triângulo equilátero de lado 1
>> formam

Re: [obm-l] geometria plana

[Esdras Muniz]

Pra mim não é tão fácil ver 3, to enferrujado na geometria plana. Pra
justificar acho que uma boa forma de ver é dizer que o triângulo APQ é
congruente ao PBC. Para concluir, o caminho mais curto que eu vi foi usar
que o triângulo MNR é semelhante ao BAN, e a razão é 1/2.

Em 28 de julho de 2018 20:51, Claudio Buffara 
escreveu:

> Idéia que me ocorreu: todo triângulo é afim-equivalente a um triângulo
> equilátero.
> Mediante translações, as medianas de um triângulo equilátero de lado 1
> formam um triângulo equilátero cujos lados medem raiz(3)/2 e, portanto,
> cuja área é 3/4.
> Será que uma transformação afim preserva a razão entre as áreas do
> triângulo original e do triângulo “medianico”?
>
> Abs,
> Cláudio.
>
> Enviado do meu iPhone
>
> Em 28 de jul de 2018, à(s) 19:08, matematica10complicada <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
> Então,podemos fazer o seguinte:
>
> Considere um triângulo ABC, cujas medianas são AM, BN, CP, e baricentro
> G desta forma
>
> 1)Monte um paralelogramo BNQM de forma que MQ intercepte AC em R.
>
> 2)Como o baricentro divide em seis áreas iguais, temos que a área do
> triângulo AGN será 1/6.
>
> 3)É fácil ver que MQ=BN, e AQ=CP.
>
> 4) Desta forma a área procurada será a do triângulo AMQ que é o dobro
> da área do triângulo AMR=3/8.
>
> Portanto a resposta é 3/4.
>
>
> Douglas Oliveira.
> Grande Abraço.
>
> Em 28 de julho de 2018 16:32, marcone augusto araújo borges <
> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>
>> Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do
>> triangulo cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC
>>
>> --
>> 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 antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>



-- 
Esdras Muniz Mota
Mestrando em Matemática
Universidade Federal do Ceará

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] geometria plana

[Ralph Teixeira]

Sim! Quando aplica-se qualquer transformacao linear a um objeto, a razao
entre o volume da figura nova e o da figura antiga eh constante e igual ao
determinante da transformacao! Entao ambas as areas ficariam multiplicadas
pelo mesmo numero, e a razao se manteria!

Outro detalhe: teria que ver se a transformacao linear leva medianas em
medianas... Mas isso tambem eh verdade e vem direto da definicao de
"transf. linear", pontos medios se preservam.

Abraco, Ralph.

On Sun, Jul 29, 2018 at 5:53 PM Claudio Buffara 
wrote:

> Idéia que me ocorreu: todo triângulo é afim-equivalente a um triângulo
> equilátero.
> Mediante translações, as medianas de um triângulo equilátero de lado 1
> formam um triângulo equilátero cujos lados medem raiz(3)/2 e, portanto,
> cuja área é 3/4.
> Será que uma transformação afim preserva a razão entre as áreas do
> triângulo original e do triângulo “medianico”?
>
> Abs,
> Cláudio.
>
> Enviado do meu iPhone
>
> Em 28 de jul de 2018, à(s) 19:08, matematica10complicada <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
> Então,podemos fazer o seguinte:
>
> Considere um triângulo ABC, cujas medianas são AM, BN, CP, e baricentro
> G desta forma
>
> 1)Monte um paralelogramo BNQM de forma que MQ intercepte AC em R.
>
> 2)Como o baricentro divide em seis áreas iguais, temos que a área do
> triângulo AGN será 1/6.
>
> 3)É fácil ver que MQ=BN, e AQ=CP.
>
> 4) Desta forma a área procurada será a do triângulo AMQ que é o dobro
> da área do triângulo AMR=3/8.
>
> Portanto a resposta é 3/4.
>
>
> Douglas Oliveira.
> Grande Abraço.
>
> Em 28 de julho de 2018 16:32, marcone augusto araújo borges <
> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>
>> Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do
>> triangulo cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC
>>
>> --
>> 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 antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] geometria plana

[Claudio Buffara]

Idéia que me ocorreu: todo triângulo é afim-equivalente a um triângulo 
equilátero.
Mediante translações, as medianas de um triângulo equilátero de lado 1 formam 
um triângulo equilátero cujos lados medem raiz(3)/2 e, portanto, cuja área é 
3/4.
Será que uma transformação afim preserva a razão entre as áreas do triângulo 
original e do triângulo “medianico”?

Abs,
Cláudio.

Enviado do meu iPhone

Em 28 de jul de 2018, à(s) 19:08, matematica10complicada 
 escreveu:

> Então,podemos fazer o seguinte:
> 
> Considere um triângulo ABC, cujas medianas são AM, BN, CP, e baricentro G 
> desta forma
> 
> 1)Monte um paralelogramo BNQM de forma que MQ intercepte AC em R.
> 
> 2)Como o baricentro divide em seis áreas iguais, temos que a área do 
> triângulo AGN será 1/6.
> 
> 3)É fácil ver que MQ=BN, e AQ=CP.
> 
> 4) Desta forma a área procurada será a do triângulo AMQ que é o dobro da 
> área do triângulo AMR=3/8.
> 
> Portanto a resposta é 3/4.
> 
> 
> Douglas Oliveira.
> Grande Abraço.
> 
> Em 28 de julho de 2018 16:32, marcone augusto araújo borges 
>  escreveu:
>> Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do 
>> triangulo cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC
>> 
>> -- 
>> 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] geometria plana

[matematica10complicada]

Então,podemos fazer o seguinte:

Considere um triângulo ABC, cujas medianas são AM, BN, CP, e baricentro G
desta forma

1)Monte um paralelogramo BNQM de forma que MQ intercepte AC em R.

2)Como o baricentro divide em seis áreas iguais, temos que a área do
triângulo AGN será 1/6.

3)É fácil ver que MQ=BN, e AQ=CP.

4) Desta forma a área procurada será a do triângulo AMQ que é o dobro da
área do triângulo AMR=3/8.

Portanto a resposta é 3/4.


Douglas Oliveira.
Grande Abraço.

Em 28 de julho de 2018 16:32, marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> escreveu:

> Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do
> triangulo cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC
>
> --
> 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.

Re: [obm-l] geometria plana

[Ralph Teixeira]

Vamos fazer este por vetores... Mas primeiro um tiquinho de notacao: dados
dois vetores v e w no plano, vou escrever [v,w] para o determinante da
matriz cujas colunas sao v e w; em outras palavras, [v,w] eh a area do
paralelogramo cujos lados sao v e w, com sinal determinado pela orientacao.

Uma propriedade importante do determinante eh que ele eh linear em cada uma
das suas coordenadas (ou seja, ele eh "bilinear"). Em outras palavras, voce
pode usar a propriedade distributiva como se ele fosse um produto:
[ka+b,c]=k[a,c]+[b,c] e [a,kb+c]=k[a,b]+[a,c] para quaisquer vetores a,b,c,
e qualquer escalar k. Outra propriedade essencial eh que [v,w]=-[w,v] para
quaisquer v e w; em particular, [x,x]=0 para todo vetor x.

Com isso em mente, o problema eh facil. Escreva AB=2v e AC=2w (vetores).
Supondo spdg uma das orientacoes possiveis, o problema diz que [2v,2w]=2,
isto eh, [v,w]=1/2.

Agora, as medianas sao (faca uma figura) v-2w, w-2v e v+w (dos vertices
para os pontos medios). Note que a soma desses 3 vetores eh zero, entao o
triangulo cujos lados sao as medianas eh exatamente o triangulo cujos lados
sao esses 3 vetores!

Portanto, a area pedida eh a metade de  [w-2v,v-2w]... Usando a propriedade
distributiva, esse produto fica
[w,v]-2[w,w]-2[v,v]+4[v,w]=-1/2-0-0+4/2=3/2. Ou seja, a resposta eh 3/4.

Abraco, Ralph.

On Sat, Jul 28, 2018 at 4:43 PM marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> wrote:

> Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do
> triangulo cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC
>
> --
> 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.

[obm-l] geometria plana

[marcone augusto araújo borges]

Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do triangulo 
cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME

[Vinícius Raimundo]

Com auxílio do que foi discutido anteriormente acredito ter uma solução
Tome os ângulos ABC=y e BCA=z
Após marcar alguns ângulos, temos:
Teorema da bicetriz interna genaralizado nos triângulos AHC e AHB,
respectivamente:
EC/EA=HC.cosz/AH.senz
DA/DB=AH.seny/HB.cosy

Menelaus em ABC com P, D e E colineares
PB/PC*EC/EA*DA/DB=1

Substituindo as relações acima obtemos:
PB/PC=BH/HC*cosy/seny*senz/cosz

Assim o mesmo pode ser feito para achar QC/QA e RA/RB
Os fatores trigonométricos se cancelarão e o teorema de Ceva para os pés
das alturas termina de resolver o problema

Em qui, 19 de jul de 2018 às 13:29, Vanderlei Nemitz 
escreveu:

> Obrigado, Claudio!
> Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema!
>
> Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Mais uma observação...
>>
>> As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus
>> recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos de
>> comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão que
>> se cancelar (pro produto ser igual a 1).
>>
>> Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos
>> de DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao lado
>> BC e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente altura
>> BK (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB).
>>
>> No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são concorrentes),
>> implica que:
>> AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1.
>>
>> Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em
>> termos de BH e HC.
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>>
>> 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>>
>>> A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada".
>>>
>>> Mas também acho que Menelaus é o caminho.
>>>
>>> Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o
>>> teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = -1)
>>> a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são sabidamente
>>> colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são colineares, você aplica
>>> o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos colineares).
>>>
>>> Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB
>>> * BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos segmentos
>>> é relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos sem sinal:  
>>> AR/RB
>>> * BP/PC * CQ/QA = 1)
>>>
>>> Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários
>>> triângulos retângulos.
>>> Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também
>>> semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são
>>> semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos homólogos,
>>> escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um bom hábito que
>>> evita erros bobos).
>>>
>>> Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC
>>> cortado pela reta PDE.
>>> Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB *
>>> BP/PC * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE.
>>>
>>> Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei
>>> acima. Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC,
>>> AEH e HEC).
>>>
>>> A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD.
>>> A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE.
>>> Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB
>>> (idem para EA*CE).
>>>
>>> E neste ponto eu empaquei...
>>>
>>> Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante
>>> a HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de
>>> alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar
>>> expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos
>>> daria a razão BP/PC, a ser usada na aplicação final do recíproco do teorema
>>> de Menelaus.
>>>
>>> Ou então, é claro, este caminho pode não levar a nada e será preciso
>>> recomeçar do zero...matemática é assim mesmo...
>>>
>>> []s,
>>> Claudio.
>>>
>>>
>>> 2018-07-17 22:22 GMT-03:00 Vanderlei Nemitz :
>>>
 A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o teorema
 de Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer?

 Obrigado!



 Num triângulo ABC traçamos a altura AH e do pé H desta altura
 construímos as perpendiculares HD e HE sobre os lados AB e AC. Seja P o
 ponto da interseção de DE com BC. Construindo as alturas relativas aos
 vértices B e C determinam-se também, de modo análogo Q e R sobre os lados
 AC e AB. Demonstre que os pontos P, Q, R são colineares.


 --
 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 

Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME

[Vanderlei Nemitz]

Obrigado, Claudio!
Vou usar suas valiosas dicas para tentar resolver o problema!

Em qua, 18 de jul de 2018 11:51, Claudio Buffara 
escreveu:

> Mais uma observação...
>
> As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus
> recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos de
> comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão que
> se cancelar (pro produto ser igual a 1).
>
> Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos de
> DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao lado BC
> e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente altura BK
> (K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB).
>
> No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são concorrentes),
> implica que:
> AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1.
>
> Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em
> termos de BH e HC.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> 2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>
>> A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada".
>>
>> Mas também acho que Menelaus é o caminho.
>>
>> Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o
>> teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = -1)
>> a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são sabidamente
>> colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são colineares, você aplica
>> o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos colineares).
>>
>> Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB
>> * BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos segmentos
>> é relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos sem sinal:  
>> AR/RB
>> * BP/PC * CQ/QA = 1)
>>
>> Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários
>> triângulos retângulos.
>> Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também
>> semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são
>> semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos homólogos,
>> escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um bom hábito que
>> evita erros bobos).
>>
>> Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC
>> cortado pela reta PDE.
>> Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB * BP/PC
>> * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE.
>>
>> Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei
>> acima. Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC,
>> AEH e HEC).
>>
>> A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD.
>> A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE.
>> Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB (idem
>> para EA*CE).
>>
>> E neste ponto eu empaquei...
>>
>> Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante a
>> HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de
>> alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar
>> expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos
>> daria a razão BP/PC, a ser usada na aplicação final do recíproco do teorema
>> de Menelaus.
>>
>> Ou então, é claro, este caminho pode não levar a nada e será preciso
>> recomeçar do zero...matemática é assim mesmo...
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>> 2018-07-17 22:22 GMT-03:00 Vanderlei Nemitz :
>>
>>> A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o teorema
>>> de Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer?
>>>
>>> Obrigado!
>>>
>>>
>>>
>>> Num triângulo ABC traçamos a altura AH e do pé H desta altura
>>> construímos as perpendiculares HD e HE sobre os lados AB e AC. Seja P o
>>> ponto da interseção de DE com BC. Construindo as alturas relativas aos
>>> vértices B e C determinam-se também, de modo análogo Q e R sobre os lados
>>> AC e AB. Demonstre que os pontos P, Q, R são colineares.
>>>
>>>
>>> --
>>> 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME

[Claudio Buffara]

Mais uma observação...

As três razões que entram na aplicação final do teorema de Menelaus
recíproco ( AR/RB * BP/PC * CQ/QA = 1 ) devem ser expressas em termos de
comprimentos de segmentos do triângulo ABC que, de alguma forma, terão que
se cancelar (pro produto ser igual a 1).

Assim, por exemplo, a expressão final de BP/PC não poderá ser em termos de
DH e EH, pois estes dois segmentos só são relevantes em relação ao lado BC
e à altura AH, mas não em relação ao lado AC e a correspondente altura BK
(K em AC), e nem ao lado AB e altura CJ (J em AB).

No entanto, o teorema de Ceva aplicado às alturas (que são concorrentes),
implica que:
AJ/JB * BH/HC * CK*KA = 1.

Isso significa que talvez devêssemos procurar expressar a razão BP/PC em
termos de BH e HC.

[]s,
Claudio.



2018-07-18 10:59 GMT-03:00 Claudio Buffara :

> A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada".
>
> Mas também acho que Menelaus é o caminho.
>
> Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o
> teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = -1)
> a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são sabidamente
> colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são colineares, você aplica
> o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos colineares).
>
> Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB *
> BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos segmentos é
> relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos sem sinal:  
> AR/RB
> * BP/PC * CQ/QA = 1)
>
> Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários
> triângulos retângulos.
> Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também
> semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são
> semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos homólogos,
> escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um bom hábito que
> evita erros bobos).
>
> Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC
> cortado pela reta PDE.
> Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB * BP/PC
> * CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE.
>
> Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei
> acima. Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC,
> AEH e HEC).
>
> A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD.
> A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE.
> Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB (idem
> para EA*CE).
>
> E neste ponto eu empaquei...
>
> Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante a
> HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de
> alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar
> expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos
> daria a razão BP/PC, a ser usada na aplicação final do recíproco do teorema
> de Menelaus.
>
> Ou então, é claro, este caminho pode não levar a nada e será preciso
> recomeçar do zero...matemática é assim mesmo...
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-07-17 22:22 GMT-03:00 Vanderlei Nemitz :
>
>> A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o teorema
>> de Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer?
>>
>> Obrigado!
>>
>>
>>
>> Num triângulo ABC traçamos a altura AH e do pé H desta altura construímos
>> as perpendiculares HD e HE sobre os lados AB e AC. Seja P o ponto da
>> interseção de DE com BC. Construindo as alturas relativas aos vértices B e
>> C determinam-se também, de modo análogo Q e R sobre os lados AC e AB.
>> Demonstre que os pontos P, Q, R são colineares.
>>
>>
>> --
>> 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.

Re: [obm-l] Mais uma de Geometria do IME

[Claudio Buffara]

A figura completa é chatinha de fazer e fica muito "entulhada".

Mas também acho que Menelaus é o caminho.

Nesse tipo de problema, eu diria que primeiro você precisa aplicar o
teorema de Menelaus direto (pontos colineares ==> produto das razões = -1)
a fim de achar as razões adequadas a partir de pontos que são sabidamente
colineares e, no final, pra provar que P, Q e R são colineares, você aplica
o recíproco (produto das razões = -1 ==> pontos colineares).

Assim, começando pelo final, eu diria que o objetivo é provar que: AR/RB *
BP/PC * CQ/QA = -1 (ou, como não me parece que a orientação dos segmentos é
relevante nesse problema, basta trabalhar com os comprimentos sem sinal:  AR/RB
* BP/PC * CQ/QA = 1)

Como o enunciado fala em alturas e perpendiculares, vão aparecer vários
triângulos retângulos.
Isso significa que talvez seja necessário usar Pitágoras e também
semelhança (já que, por exemplo, os triângulos AHB, HDB e ADH são
semelhantes - com pontos correspondentes e, portanto, segmentos homólogos,
escritos na mesma ordem em cada um dos triângulos: sempre um bom hábito que
evita erros bobos).

Por exemplo, os pontos mencionados no enunciado mostram o triângulo ABC
cortado pela reta PDE.
Menelaus aplicado a este triângulo e esta reta implica que: AD/DB * BP/PC *
CE/EA = 1 ==> BP/PC = DB/AD * EA/CE.

Agora, DB e AD são lados dos triângulos semelhantes que eu mencionei acima.
Idem para EA e CE (neste caso, os triângulos semelhantes são AHC, AEH e
HEC).

A semelhança de HDB e ADH implica que: DB/DH = DH/AD.
A semelhança de AEH e HEC implica que: EA/EH = EH/CE.
Infelizmente, isso resulta no produto DB*AD ao invés da razão AD/DB (idem
para EA*CE).

E neste ponto eu empaquei...

Mas acho que, como ainda não foram usados os triângulos AHB (semelhante a
HDB e ADH) e AHC (semelhante a AEH e HEC), que têm o lado AH comum, de
alguma forma (talvez usando Pitágoras) estes podem ajudar a encontrar
expressões úteis para as razões DB/AD e EA/CE, o que, por sua vez, nos
daria a razão BP/PC, a ser usada na aplicação final do recíproco do teorema
de Menelaus.

Ou então, é claro, este caminho pode não levar a nada e será preciso
recomeçar do zero...matemática é assim mesmo...

[]s,
Claudio.


2018-07-17 22:22 GMT-03:00 Vanderlei Nemitz :

> A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o teorema de
> Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer?
>
> Obrigado!
>
>
>
> Num triângulo ABC traçamos a altura AH e do pé H desta altura construímos
> as perpendiculares HD e HE sobre os lados AB e AC. Seja P o ponto da
> interseção de DE com BC. Construindo as alturas relativas aos vértices B e
> C determinam-se também, de modo análogo Q e R sobre os lados AC e AB.
> Demonstre que os pontos P, Q, R são colineares.
>
>
> --
> 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.

[obm-l] Mais uma de Geometria do IME

[Vanderlei Nemitz]

A questão a seguir é da prova do IME de 1991. Tentei utilizar o teorema de
Menelaus, mas não conseguir demonstrar. Como eu poderia fazer?

Obrigado!



Num triângulo ABC traçamos a altura AH e do pé H desta altura construímos
as perpendiculares HD e HE sobre os lados AB e AC. Seja P o ponto da
interseção de DE com BC. Construindo as alturas relativas aos vértices B e
C determinam-se também, de modo análogo Q e R sobre os lados AC e AB.
Demonstre que os pontos P, Q, R são colineares.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Problema 3 Nível 2 da Olimpíada de Maio 2017 (Geometria)

[Martins Rama]

Olá pessoal, alguém pode dar uma ajuda?
Em um quadrilátero ABCD se verifica que os ângulos (ABC) = (ADC) = 90 graus e 
(BCD) é obtuso. No interior do quadrilátero se localiza o ponto P tal que BCDP 
é um paralelogramo. A reta AP corta o lado BC em M. Se BM=2, MC=5 e CD=3, 
determine o comprimento de AM.
Abraços!Martins Rama.


-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria

[Pedro José]

Boa noite!

Aí dá um valor mais estranho.

x= (-94+2raiz(4009))/24 ~ 1,3597

Saudações.


Em 12 de abril de 2018 17:19, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:

> Boa tarde!
>
> Intercepta sim, por baixo. Só olhei para um lado.
>
> Sds,
> PJMS.
>
> Em 12 de abril de 2018 17:16, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>>
>> Claudio,
>> Você tem o link para o problema que você mencionou?
>>
>> Pois se for 3 ; 5 e x.
>>
>> Se escolhermos um ponto M na semi reta BQ, que não pertença a BQ, PQM >
>> 120 graus, pois PQB < PBQ=60 graus, logo R não poderá estar no mesmo
>> semi-plano.
>>
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>> Em 12 de abril de 2018 16:21, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Boa tarde!
>>>
>>> O ponto D está sobre a reta, os pontos PQR é que estarão fora dela para
>>> formarem os triângulos equiláteros e todos num mesmo semi-plano, definido
>>> pela reta.
>>>
>>> saudações.,
>>> PJMS
>>>
>>> Em 12 de abril de 2018 15:34, Claudio Arconcher <arclaud...@hotmail.com>
>>> escreveu:
>>>
>>>> Caros colegas, se bem entendi, o ponto D não pode ser marcado sobre a
>>>> reta, ele deve ser construído.
>>>>
>>>> A construção do ponto D é simples: tome-se o ponto Q`, simétrico do
>>>> ponto Q, com relação à reta suporte dos pontos A,B e C, o quadrilátero
>>>> PQRQ` é cíclico já que o ângulo BQ`C mede 60º e o ângulo PQR deve ser de
>>>> 120º.
>>>>
>>>> A intersecção dessa circunferência com a  reta por C paralela à reta
>>>> BQ, fazendo 60º com a suporte mencionada, produz o ponto R, lado do
>>>> terceiro triângulo equilátero CDR, aí sai o ponto D.
>>>>
>>>> Uma construção utilizando o Geogebra mostra que as medidas deveriam ser
>>>> 3,5 e x, e não 5,3 e x .
>>>>
>>>> Por favor confiram.
>>>>
>>>> Abraço.
>>>>
>>>> Claudio
>>>>
>>>>
>>>>
>>>> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
>>>> nome de *Douglas Oliveira de Lima
>>>> *Enviada em:* quinta-feira, 12 de abril de 2018 08:56
>>>> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
>>>> *Assunto:* [obm-l] Geometria
>>>>
>>>>
>>>>
>>>> Caros amigos , tenho um problema bem legal e estou compartilhando. Ai
>>>> vai:
>>>>
>>>>
>>>>
>>>> Numa reta marcam-se os pontos A,B,C,D nesta ordem , e no mesmo
>>>> semiplano constroem-se os triângulos equiláteros ABP, BCQ e CDR de lados 5,
>>>> 3 e x respectivamente, sendo o angulo PQR igual a 120 graus, determine x.
>>>>
>>>>
>>>>
>>>>
>>>>
>>>>
>>>>
>>>> Será que teria alguma construção bonita para solucionå-lo?
>>>>
>>>>
>>>>
>>>> Abraco
>>>>
>>>> Douglas Oliveira.
>>>>
>>>>
>>>> --
>>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
>>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>>
>>>>
>>>> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=emailclient>
>>>>  Livre
>>>> de vírus. www.avast.com
>>>> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=emailclient>.
>>>>
>>>> <#m_-5109379186544672504_m_-7806356708655660312_m_-2341905678137757476_m_7532866923117268419_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>>>
>>>> --
>>>> 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.

Re: [obm-l] Geometria

[Pedro José]

Boa tarde!

Intercepta sim, por baixo. Só olhei para um lado.

Sds,
PJMS.

Em 12 de abril de 2018 17:16, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:

> Boa tarde!
>
> Claudio,
> Você tem o link para o problema que você mencionou?
>
> Pois se for 3 ; 5 e x.
>
> Se escolhermos um ponto M na semi reta BQ, que não pertença a BQ, PQM >
> 120 graus, pois PQB < PBQ=60 graus, logo R não poderá estar no mesmo
> semi-plano.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em 12 de abril de 2018 16:21, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>>
>> O ponto D está sobre a reta, os pontos PQR é que estarão fora dela para
>> formarem os triângulos equiláteros e todos num mesmo semi-plano, definido
>> pela reta.
>>
>> saudações.,
>> PJMS
>>
>> Em 12 de abril de 2018 15:34, Claudio Arconcher <arclaud...@hotmail.com>
>> escreveu:
>>
>>> Caros colegas, se bem entendi, o ponto D não pode ser marcado sobre a
>>> reta, ele deve ser construído.
>>>
>>> A construção do ponto D é simples: tome-se o ponto Q`, simétrico do
>>> ponto Q, com relação à reta suporte dos pontos A,B e C, o quadrilátero
>>> PQRQ` é cíclico já que o ângulo BQ`C mede 60º e o ângulo PQR deve ser de
>>> 120º.
>>>
>>> A intersecção dessa circunferência com a  reta por C paralela à reta BQ,
>>> fazendo 60º com a suporte mencionada, produz o ponto R, lado do terceiro
>>> triângulo equilátero CDR, aí sai o ponto D.
>>>
>>> Uma construção utilizando o Geogebra mostra que as medidas deveriam ser
>>> 3,5 e x, e não 5,3 e x .
>>>
>>> Por favor confiram.
>>>
>>> Abraço.
>>>
>>> Claudio
>>>
>>>
>>>
>>> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
>>> nome de *Douglas Oliveira de Lima
>>> *Enviada em:* quinta-feira, 12 de abril de 2018 08:56
>>> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
>>> *Assunto:* [obm-l] Geometria
>>>
>>>
>>>
>>> Caros amigos , tenho um problema bem legal e estou compartilhando. Ai
>>> vai:
>>>
>>>
>>>
>>> Numa reta marcam-se os pontos A,B,C,D nesta ordem , e no mesmo semiplano
>>> constroem-se os triângulos equiláteros ABP, BCQ e CDR de lados 5, 3 e x
>>> respectivamente, sendo o angulo PQR igual a 120 graus, determine x.
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> Será que teria alguma construção bonita para solucionå-lo?
>>>
>>>
>>>
>>> Abraco
>>>
>>> Douglas Oliveira.
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=emailclient>
>>>  Livre
>>> de vírus. www.avast.com
>>> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=emailclient>.
>>>
>>> <#m_-7806356708655660312_m_-2341905678137757476_m_7532866923117268419_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>>
>>> --
>>> 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.

Re: [obm-l] Geometria

[Pedro José]

Boa tarde!

Claudio,
Você tem o link para o problema que você mencionou?

Pois se for 3 ; 5 e x.

Se escolhermos um ponto M na semi reta BQ, que não pertença a BQ, PQM > 120
graus, pois PQB < PBQ=60 graus, logo R não poderá estar no mesmo semi-plano.

Saudações,
PJMS

Em 12 de abril de 2018 16:21, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:

> Boa tarde!
>
> O ponto D está sobre a reta, os pontos PQR é que estarão fora dela para
> formarem os triângulos equiláteros e todos num mesmo semi-plano, definido
> pela reta.
>
> saudações.,
> PJMS
>
> Em 12 de abril de 2018 15:34, Claudio Arconcher <arclaud...@hotmail.com>
> escreveu:
>
>> Caros colegas, se bem entendi, o ponto D não pode ser marcado sobre a
>> reta, ele deve ser construído.
>>
>> A construção do ponto D é simples: tome-se o ponto Q`, simétrico do ponto
>> Q, com relação à reta suporte dos pontos A,B e C, o quadrilátero PQRQ` é
>> cíclico já que o ângulo BQ`C mede 60º e o ângulo PQR deve ser de 120º.
>>
>> A intersecção dessa circunferência com a  reta por C paralela à reta BQ,
>> fazendo 60º com a suporte mencionada, produz o ponto R, lado do terceiro
>> triângulo equilátero CDR, aí sai o ponto D.
>>
>> Uma construção utilizando o Geogebra mostra que as medidas deveriam ser
>> 3,5 e x, e não 5,3 e x .
>>
>> Por favor confiram.
>>
>> Abraço.
>>
>> Claudio
>>
>>
>>
>> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
>> nome de *Douglas Oliveira de Lima
>> *Enviada em:* quinta-feira, 12 de abril de 2018 08:56
>> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
>> *Assunto:* [obm-l] Geometria
>>
>>
>>
>> Caros amigos , tenho um problema bem legal e estou compartilhando. Ai vai:
>>
>>
>>
>> Numa reta marcam-se os pontos A,B,C,D nesta ordem , e no mesmo semiplano
>> constroem-se os triângulos equiláteros ABP, BCQ e CDR de lados 5, 3 e x
>> respectivamente, sendo o angulo PQR igual a 120 graus, determine x.
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>> Será que teria alguma construção bonita para solucionå-lo?
>>
>>
>>
>> Abraco
>>
>> Douglas Oliveira.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=emailclient>
>>  Livre
>> de vírus. www.avast.com
>> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=emailclient>.
>>
>> <#m_-2341905678137757476_m_7532866923117268419_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>
>> --
>> 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.

Re: [obm-l] Geometria

[Pedro José]

Boa tarde!

O ponto D está sobre a reta, os pontos PQR é que estarão fora dela para
formarem os triângulos equiláteros e todos num mesmo semi-plano, definido
pela reta.

saudações.,
PJMS

Em 12 de abril de 2018 15:34, Claudio Arconcher <arclaud...@hotmail.com>
escreveu:

> Caros colegas, se bem entendi, o ponto D não pode ser marcado sobre a
> reta, ele deve ser construído.
>
> A construção do ponto D é simples: tome-se o ponto Q`, simétrico do ponto
> Q, com relação à reta suporte dos pontos A,B e C, o quadrilátero PQRQ` é
> cíclico já que o ângulo BQ`C mede 60º e o ângulo PQR deve ser de 120º.
>
> A intersecção dessa circunferência com a  reta por C paralela à reta BQ,
> fazendo 60º com a suporte mencionada, produz o ponto R, lado do terceiro
> triângulo equilátero CDR, aí sai o ponto D.
>
> Uma construção utilizando o Geogebra mostra que as medidas deveriam ser
> 3,5 e x, e não 5,3 e x .
>
> Por favor confiram.
>
> Abraço.
>
> Claudio
>
>
>
> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
> nome de *Douglas Oliveira de Lima
> *Enviada em:* quinta-feira, 12 de abril de 2018 08:56
> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Assunto:* [obm-l] Geometria
>
>
>
> Caros amigos , tenho um problema bem legal e estou compartilhando. Ai vai:
>
>
>
> Numa reta marcam-se os pontos A,B,C,D nesta ordem , e no mesmo semiplano
> constroem-se os triângulos equiláteros ABP, BCQ e CDR de lados 5, 3 e x
> respectivamente, sendo o angulo PQR igual a 120 graus, determine x.
>
>
>
>
>
>
>
> Será que teria alguma construção bonita para solucionå-lo?
>
>
>
> Abraco
>
> Douglas Oliveira.
>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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> de vírus. www.avast.com
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RES: [obm-l] Geometria

[Claudio Arconcher]

Caros colegas, se bem entendi, o ponto D não pode ser marcado sobre a reta, ele 
deve ser construído.
A construção do ponto D é simples: tome-se o ponto Q`, simétrico do ponto Q, 
com relação à reta suporte dos pontos A,B e C, o quadrilátero PQRQ` é cíclico 
já que o ângulo BQ`C mede 60º e o ângulo PQR deve ser de 120º.
A intersecção dessa circunferência com a  reta por C paralela à reta BQ, 
fazendo 60º com a suporte mencionada, produz o ponto R, lado do terceiro 
triângulo equilátero CDR, aí sai o ponto D.
Uma construção utilizando o Geogebra mostra que as medidas deveriam ser 3,5 e 
x, e não 5,3 e x .
Por favor confiram.
Abraço.
Claudio

De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de 
Douglas Oliveira de Lima
Enviada em: quinta-feira, 12 de abril de 2018 08:56
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] Geometria

Caros amigos , tenho um problema bem legal e estou compartilhando. Ai vai:

Numa reta marcam-se os pontos A,B,C,D nesta ordem , e no mesmo semiplano 
constroem-se os triângulos equiláteros ABP, BCQ e CDR de lados 5, 3 e x 
respectivamente, sendo o angulo PQR igual a 120 graus, determine x.



Será que teria alguma construção bonita para solucionå-lo?

Abraco
Douglas Oliveira.

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acredita-se estar livre de perigo.

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Re: [obm-l] Geometria

[Pedro José]

Boa tarde!

Sai também por tg(a+b)

M projeção de P em AB
N projeção de Q em PM
S projeção de R em CD
T projeção de Q em RS
PQN + RQT = 60.
tg(PQN) = raiz(3)/4
tg(RQT) = a
(raiz(3)/4 + a) / (1-raiz(3).a/4) = raiz(3) ==> a = 3raiz(3)/7

[(x-3).raiz(3)/2] / [(x+3)/2] = 3raiz(3)/7
x=30/4=7,5.

Por geometria, puramente, vai ficar complicado.

Saudações,
PJMS



Em 12 de abril de 2018 12:32, Pedro José <petroc...@gmail.com> escreveu:

> Boa tarde!
>
> Uma ajuda, para resolver o problema de trás para frente. Talvez,
> conhecendo o resultado ajude.
>
> Valendo-se da álgebra linear.
>
> Não sei como colocar as setinhas do vetor, vão sem a seta, mesmo.
>
> Seja u = x/2.
>
> a=QP= (-4;raiz(3)) ==> |a| = raiz(19)
>
> b= QR = (1,5 + u; (2u-3)raiz(3)/2) ==> |b| = raiz(4a^2 - 6a + 9)
>
> a.b = |a|.|b|.cos(120) = a1b1 +a2.b2
> a.b = -1/2.raiz(19).raiz(4a^2-6a+9) = -1/2(2a+21)
> 19.(4u^2 - 6u +9) = 4u^2 + 84u + 441
> 72u^2 - 198 u - 270 = 0
> 12u^2 -33u -45 =0
>
> x=2u= 7,5  se não errei as contas.
>
> Vou almoçar.
> À tarde ocupado. Só à noite. Se alguém não tiver respondido.
>
> Saudações,
> PJMS.
>
>
> Em 12 de abril de 2018 08:55, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Caros amigos , tenho um problema bem legal e estou compartilhando. Ai vai:
>>
>> Numa reta marcam-se os pontos A,B,C,D nesta ordem , e no mesmo semiplano
>> constroem-se os triângulos equiláteros ABP, BCQ e CDR de lados 5, 3 e x
>> respectivamente, sendo o angulo PQR igual a 120 graus, determine x.
>>
>>
>>
>> Será que teria alguma construção bonita para solucionå-lo?
>>
>> Abraco
>> Douglas Oliveira.
>>
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>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>

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Re: [obm-l] Geometria

[Pedro José]

Boa tarde!

Uma ajuda, para resolver o problema de trás para frente. Talvez, conhecendo
o resultado ajude.

Valendo-se da álgebra linear.

Não sei como colocar as setinhas do vetor, vão sem a seta, mesmo.

Seja u = x/2.

a=QP= (-4;raiz(3)) ==> |a| = raiz(19)

b= QR = (1,5 + u; (2u-3)raiz(3)/2) ==> |b| = raiz(4a^2 - 6a + 9)

a.b = |a|.|b|.cos(120) = a1b1 +a2.b2
a.b = -1/2.raiz(19).raiz(4a^2-6a+9) = -1/2(2a+21)
19.(4u^2 - 6u +9) = 4u^2 + 84u + 441
72u^2 - 198 u - 270 = 0
12u^2 -33u -45 =0

x=2u= 7,5  se não errei as contas.

Vou almoçar.
À tarde ocupado. Só à noite. Se alguém não tiver respondido.

Saudações,
PJMS.


Em 12 de abril de 2018 08:55, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Caros amigos , tenho um problema bem legal e estou compartilhando. Ai vai:
>
> Numa reta marcam-se os pontos A,B,C,D nesta ordem , e no mesmo semiplano
> constroem-se os triângulos equiláteros ABP, BCQ e CDR de lados 5, 3 e x
> respectivamente, sendo o angulo PQR igual a 120 graus, determine x.
>
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> Será que teria alguma construção bonita para solucionå-lo?
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> Abraco
> Douglas Oliveira.
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> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Geometria

[Douglas Oliveira de Lima]

Caros amigos , tenho um problema bem legal e estou compartilhando. Ai vai:

Numa reta marcam-se os pontos A,B,C,D nesta ordem , e no mesmo semiplano
constroem-se os triângulos equiláteros ABP, BCQ e CDR de lados 5, 3 e x
respectivamente, sendo o angulo PQR igual a 120 graus, determine x.



Será que teria alguma construção bonita para solucionå-lo?

Abraco
Douglas Oliveira.

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] dois de geometria

[Claudio Buffara]

A solução que eu conheço é por analítica, escolhendo bem as coordenadas
(mas sem perder generalidade).

Assim, por exemplo, no das elipses, você pode tomar a equação de uma delas
como sendo:
x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1, com a >= b > 0,
e a outra:
(x-p)^2/c^2 + (y-q)^2/d^2 = 1, com 0 < c < d.
(acima, se a = b, acabou, certo?)

Dica: o sistema de equações:
F(x,y) = 0
G(x,y) = 0
é equivalente ao sistema:
F(x,y) = 0
aF(x,y) + bG(x,y) = 0
onde a e b são números reais quaisquer e b <> 0.

[]s,
Claudio.



2018-04-07 11:10 GMT-03:00 Anderson Torres <torres.anderson...@gmail.com>:

> Continuando...
>
> Como resolve o das cônicas? Pensei em usar geometria analítica, mas
> nenhuma ideia parece livre de contas enjoadas.
>
> O máximo que eu consigo imaginar é realizar uma translação seguida de
> uma homotetia, de tal forma que pelo menos três pontos de intersecção
> sejam pontos do círculo unitário centrado na origem, mas nenhuma conta
> parece ir muito longe.
>
> Em 5 de abril de 2018 21:53, Claudio Buffara
> <claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
> > Se postou, eu não vi. Mil desculpas!
> >
> > []s,
> > Claudio.
> >
> > 2018-04-05 21:35 GMT-03:00 Anderson Torres <torres.anderson...@gmail.com
> >:
> >>
> >> Em 3 de abril de 2018 16:32, Claudio Buffara
> >> <claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
> >> > O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):
> >> >
> >> > 1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base
> quadrada e
> >> > tem
> >> > cobertura no topo e nas quatro faces.
> >> > Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba
> a
> >> > mesma quantidade de bolo e de cobertura.
> >> >
> >> > Dica: é relevante o fato do quadrado ser circunscritível;
> >>
> >>
> >> Mas, eu já não postei essa? A ideia é tratar o bolo como se fosse
> >> cilíndrico.
> >>
> >> Mais precisamente, marcar pontos equidistantes no perímetro do bolo e
> >> traçar raios ligando o centro do bolo até esses pontos.
> >>
> >> Sempre que existir um ponto interno ao bolo com a mesma distância de
> >> todos os lados do bolo, o problema é solúvel.
> >>
> >> >
> >> > ***
> >> >
> >> > 2) Duas elipses cujos eixos maiores são perpendiculares se intersectam
> >> > em
> >> > quatro pontos.
> >> > Prove que estes pontos pertencem a uma mesma circunferência.
> >> >
> >> > 2a) Prove que vale o mesmo se trocarmos a palavra "elipses" por
> >> > "parábolas"
> >> > e eliminarmos a palavra "maiores".
> >> >
> >> > []s,
> >> > Claudio.
> >> >
> >> >
> >> >
> >> > --
> >> > 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.
> >>
> >>
> >> 
> =
> >> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> >> 
> =
> >
> >
> >
> > --
> > 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.
>
>
> =
> Instru�ões 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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Re: [obm-l] dois de geometria

[Anderson Torres]

Continuando...

Como resolve o das cônicas? Pensei em usar geometria analítica, mas
nenhuma ideia parece livre de contas enjoadas.

O máximo que eu consigo imaginar é realizar uma translação seguida de
uma homotetia, de tal forma que pelo menos três pontos de intersecção
sejam pontos do círculo unitário centrado na origem, mas nenhuma conta
parece ir muito longe.

Em 5 de abril de 2018 21:53, Claudio Buffara
<claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
> Se postou, eu não vi. Mil desculpas!
>
> []s,
> Claudio.
>
> 2018-04-05 21:35 GMT-03:00 Anderson Torres <torres.anderson...@gmail.com>:
>>
>> Em 3 de abril de 2018 16:32, Claudio Buffara
>> <claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>> > O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):
>> >
>> > 1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada e
>> > tem
>> > cobertura no topo e nas quatro faces.
>> > Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a
>> > mesma quantidade de bolo e de cobertura.
>> >
>> > Dica: é relevante o fato do quadrado ser circunscritível;
>>
>>
>> Mas, eu já não postei essa? A ideia é tratar o bolo como se fosse
>> cilíndrico.
>>
>> Mais precisamente, marcar pontos equidistantes no perímetro do bolo e
>> traçar raios ligando o centro do bolo até esses pontos.
>>
>> Sempre que existir um ponto interno ao bolo com a mesma distância de
>> todos os lados do bolo, o problema é solúvel.
>>
>> >
>> > ***
>> >
>> > 2) Duas elipses cujos eixos maiores são perpendiculares se intersectam
>> > em
>> > quatro pontos.
>> > Prove que estes pontos pertencem a uma mesma circunferência.
>> >
>> > 2a) Prove que vale o mesmo se trocarmos a palavra "elipses" por
>> > "parábolas"
>> > e eliminarmos a palavra "maiores".
>> >
>> > []s,
>> > Claudio.
>> >
>> >
>> >
>> > --
>> > 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.
>>
>>
>> =
>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] dois de geometria

[Claudio Buffara]

Se postou, eu não vi. Mil desculpas!

[]s,
Claudio.

2018-04-05 21:35 GMT-03:00 Anderson Torres :

> Em 3 de abril de 2018 16:32, Claudio Buffara
>  escreveu:
> > O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):
> >
> > 1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada e
> tem
> > cobertura no topo e nas quatro faces.
> > Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a
> > mesma quantidade de bolo e de cobertura.
> >
> > Dica: é relevante o fato do quadrado ser circunscritível;
>
>
> Mas, eu já não postei essa? A ideia é tratar o bolo como se fosse
> cilíndrico.
>
> Mais precisamente, marcar pontos equidistantes no perímetro do bolo e
> traçar raios ligando o centro do bolo até esses pontos.
>
> Sempre que existir um ponto interno ao bolo com a mesma distância de
> todos os lados do bolo, o problema é solúvel.
>
> >
> > ***
> >
> > 2) Duas elipses cujos eixos maiores são perpendiculares se intersectam em
> > quatro pontos.
> > Prove que estes pontos pertencem a uma mesma circunferência.
> >
> > 2a) Prove que vale o mesmo se trocarmos a palavra "elipses" por
> "parábolas"
> > e eliminarmos a palavra "maiores".
> >
> > []s,
> > Claudio.
> >
> >
> >
> > --
> > 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.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] dois de geometria

[Anderson Torres]

Em 3 de abril de 2018 16:32, Claudio Buffara
 escreveu:
> O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):
>
> 1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada e tem
> cobertura no topo e nas quatro faces.
> Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a
> mesma quantidade de bolo e de cobertura.
>
> Dica: é relevante o fato do quadrado ser circunscritível;


Mas, eu já não postei essa? A ideia é tratar o bolo como se fosse cilíndrico.

Mais precisamente, marcar pontos equidistantes no perímetro do bolo e
traçar raios ligando o centro do bolo até esses pontos.

Sempre que existir um ponto interno ao bolo com a mesma distância de
todos os lados do bolo, o problema é solúvel.

>
> ***
>
> 2) Duas elipses cujos eixos maiores são perpendiculares se intersectam em
> quatro pontos.
> Prove que estes pontos pertencem a uma mesma circunferência.
>
> 2a) Prove que vale o mesmo se trocarmos a palavra "elipses" por "parábolas"
> e eliminarmos a palavra "maiores".
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> --
> 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.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] dois de geometria

[Claudio Buffara]

OK.
De fato, eu não tinha pensado nessa (afinal, quem come um bolo desse
jeito?) mas admito que é melhor do que a que usa o liquidificador.
Da próxima vez que propuser o problema, vou mencionar (e excluir) esta
solução, que é muito mais de engenharia do que de matemática.

[]s,
Claudio.

2018-04-05 11:59 GMT-03:00 Rodrigo Ângelo :

> A do Luciano foi a mesma que eu havia pensado.
>
> Como se "descascasse" o bolo e então dividisse em dois problemas: Dividir
> a cobertura (que seria um quadrado + quatro retângulos) e o bolo (um
> paralelepípedo, agora sem cobertura) entre as 7 pessoas.
>
> Cobertura: Fazer 6 cortes longitudinais igualmente espaçados no quadrado
> que era o topo do bolo e em cada um dos retângulos que eram as laterais do
> bolo.
>
> Bolo: Fazer 6 cortes longitudinais igualmente espaçados.
>
> No final, cada pessoa pega um pedaço do bolo e 5 pedaços de cobertura (1
> do topo e 1 de cada uma das 4 laterais).
>
> Não é a solução mais "matemática", mas o problema permite e é mais simples.
>
> Att,
> Rodrigo
>
> On Wed, Apr 4, 2018 at 1:40 PM Claudio Buffara 
> wrote:
>
>> Me desculpe, mas não consegui entender sua solução.
>>
>> ***
>>
>> Aqui vai a minha: divida cada lado do quadrado (topo) em 7 segmentos
>> iguais, numerando-os de 0 a 27 (0 sendo um dos vértices e prosseguindo,
>> digamos, no sentido anti-horário)
>> Os demais vértices serão 7, 14 e 21.
>>
>> Faça 28 cortes verticais, cada um deles ligando o centro P do quadrado a
>> um dos pontos numerados.
>> O bolo ficará dividido em 28 prismas triangulares, todos com o mesmo
>> volume e com a mesma área com cobertura (todos os 28 triângulos nos quais o
>> topo é decomposto têm a mesma área e as faces laterais são retângulos
>> congruentes).
>> Daí, dê 4 fatias para cada uma das 7 pessoas.
>>
>> Alternativamente, você pode fazer apenas 7 cortes, ligando P aos pontos
>> 0, 4, 8, 12, 16, 20 e 24.
>> Neste caso, o bolo ficará dividido em 7 prismas triangulares ou
>> quadrangulares (*), todos com o mesmo volume e a com mesma área coberta.
>>
>> (*) por exemplo, o prisma obtido pelos cortes P4 e P8 é quadrangular. O
>> topo é o quadrilátero P478 (o ângulo 478 é reto).
>>
>> Fica como exercício explicar porque o problema pode ser generalizado para
>> um bolo cujo topo (e a base) é qualquer polígono circunscritível.
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>> 2018-04-04 1:00 GMT-03:00 luciano rodrigues :
>>
>>> Retira-se a cobertura, divide-se as faces, o topo e o bolo sem cobertura
>>> em 7,pedacos,deixando pra cada pessoa 4 pedacos de cobertura da face e
>>> 1 do topo e 1 pedaco do bolo sem cobertura.
>>>
>>> Em 3 de abr de 2018, às 16:32, Claudio Buffara <
>>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>>
>>> O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):
>>>
>>> 1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada
>>> e tem cobertura no topo e nas quatro faces.
>>> Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a
>>> mesma quantidade de bolo e de cobertura.
>>>
>>> Dica: é relevante o fato do quadrado ser circunscritível;
>>>
>>> ***
>>>
>>> 2) Duas elipses cujos eixos maiores são perpendiculares se intersectam
>>> em quatro pontos.
>>> Prove que estes pontos pertencem a uma mesma circunferência.
>>>
>>> 2a) Prove que vale o mesmo se trocarmos a palavra "elipses" por
>>> "parábolas" e eliminarmos a palavra "maiores".
>>>
>>> []s,
>>> Claudio.
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> 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 antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] dois de geometria

[Rodrigo Ângelo]

A do Luciano foi a mesma que eu havia pensado.

Como se "descascasse" o bolo e então dividisse em dois problemas: Dividir a
cobertura (que seria um quadrado + quatro retângulos) e o bolo (um
paralelepípedo, agora sem cobertura) entre as 7 pessoas.

Cobertura: Fazer 6 cortes longitudinais igualmente espaçados no quadrado
que era o topo do bolo e em cada um dos retângulos que eram as laterais do
bolo.

Bolo: Fazer 6 cortes longitudinais igualmente espaçados.

No final, cada pessoa pega um pedaço do bolo e 5 pedaços de cobertura (1 do
topo e 1 de cada uma das 4 laterais).

Não é a solução mais "matemática", mas o problema permite e é mais simples.

Att,
Rodrigo

On Wed, Apr 4, 2018 at 1:40 PM Claudio Buffara 
wrote:

> Me desculpe, mas não consegui entender sua solução.
>
> ***
>
> Aqui vai a minha: divida cada lado do quadrado (topo) em 7 segmentos
> iguais, numerando-os de 0 a 27 (0 sendo um dos vértices e prosseguindo,
> digamos, no sentido anti-horário)
> Os demais vértices serão 7, 14 e 21.
>
> Faça 28 cortes verticais, cada um deles ligando o centro P do quadrado a
> um dos pontos numerados.
> O bolo ficará dividido em 28 prismas triangulares, todos com o mesmo
> volume e com a mesma área com cobertura (todos os 28 triângulos nos quais o
> topo é decomposto têm a mesma área e as faces laterais são retângulos
> congruentes).
> Daí, dê 4 fatias para cada uma das 7 pessoas.
>
> Alternativamente, você pode fazer apenas 7 cortes, ligando P aos pontos 0,
> 4, 8, 12, 16, 20 e 24.
> Neste caso, o bolo ficará dividido em 7 prismas triangulares ou
> quadrangulares (*), todos com o mesmo volume e a com mesma área coberta.
>
> (*) por exemplo, o prisma obtido pelos cortes P4 e P8 é quadrangular. O
> topo é o quadrilátero P478 (o ângulo 478 é reto).
>
> Fica como exercício explicar porque o problema pode ser generalizado para
> um bolo cujo topo (e a base) é qualquer polígono circunscritível.
>
> []s,
> Claudio.
>
> 2018-04-04 1:00 GMT-03:00 luciano rodrigues :
>
>> Retira-se a cobertura, divide-se as faces, o topo e o bolo sem cobertura
>> em 7,pedacos,deixando pra cada pessoa 4 pedacos de cobertura da face e 1
>> do topo e 1 pedaco do bolo sem cobertura.
>>
>> Em 3 de abr de 2018, às 16:32, Claudio Buffara 
>> escreveu:
>>
>> O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):
>>
>> 1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada
>> e tem cobertura no topo e nas quatro faces.
>> Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a
>> mesma quantidade de bolo e de cobertura.
>>
>> Dica: é relevante o fato do quadrado ser circunscritível;
>>
>> ***
>>
>> 2) Duas elipses cujos eixos maiores são perpendiculares se intersectam
>> em quatro pontos.
>> Prove que estes pontos pertencem a uma mesma circunferência.
>>
>> 2a) Prove que vale o mesmo se trocarmos a palavra "elipses" por
>> "parábolas" e eliminarmos a palavra "maiores".
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>>
>> --
>> 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 antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] dois de geometria

[Claudio Buffara]

Me desculpe, mas não consegui entender sua solução.

***

Aqui vai a minha: divida cada lado do quadrado (topo) em 7 segmentos
iguais, numerando-os de 0 a 27 (0 sendo um dos vértices e prosseguindo,
digamos, no sentido anti-horário)
Os demais vértices serão 7, 14 e 21.

Faça 28 cortes verticais, cada um deles ligando o centro P do quadrado a um
dos pontos numerados.
O bolo ficará dividido em 28 prismas triangulares, todos com o mesmo volume
e com a mesma área com cobertura (todos os 28 triângulos nos quais o topo é
decomposto têm a mesma área e as faces laterais são retângulos congruentes).
Daí, dê 4 fatias para cada uma das 7 pessoas.

Alternativamente, você pode fazer apenas 7 cortes, ligando P aos pontos 0,
4, 8, 12, 16, 20 e 24.
Neste caso, o bolo ficará dividido em 7 prismas triangulares ou
quadrangulares (*), todos com o mesmo volume e a com mesma área coberta.

(*) por exemplo, o prisma obtido pelos cortes P4 e P8 é quadrangular. O
topo é o quadrilátero P478 (o ângulo 478 é reto).

Fica como exercício explicar porque o problema pode ser generalizado para
um bolo cujo topo (e a base) é qualquer polígono circunscritível.

[]s,
Claudio.

2018-04-04 1:00 GMT-03:00 luciano rodrigues :

> Retira-se a cobertura, divide-se as faces, o topo e o bolo sem cobertura
> em 7,pedacos,deixando pra cada pessoa 4 pedacos de cobertura da face e 1
> do topo e 1 pedaco do bolo sem cobertura.
>
> Em 3 de abr de 2018, às 16:32, Claudio Buffara 
> escreveu:
>
> O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):
>
> 1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada e
> tem cobertura no topo e nas quatro faces.
> Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a
> mesma quantidade de bolo e de cobertura.
>
> Dica: é relevante o fato do quadrado ser circunscritível;
>
> ***
>
> 2) Duas elipses cujos eixos maiores são perpendiculares se intersectam em
> quatro pontos.
> Prove que estes pontos pertencem a uma mesma circunferência.
>
> 2a) Prove que vale o mesmo se trocarmos a palavra "elipses" por
> "parábolas" e eliminarmos a palavra "maiores".
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> --
> 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] dois de geometria

[luciano rodrigues]

Retira-se a cobertura, divide-se as faces, o topo e o bolo sem cobertura em 
7,pedacos,deixando pra cada pessoa 4 pedacos de cobertura da face e 1 do topo e 
1 pedaco do bolo sem cobertura.

> Em 3 de abr de 2018, às 16:32, Claudio Buffara  
> escreveu:
> 
> O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):
> 
> 1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada e 
> tem cobertura no topo e nas quatro faces.
> Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a mesma 
> quantidade de bolo e de cobertura.
> 
> Dica: é relevante o fato do quadrado ser circunscritível;
> 
> ***
> 
> 2) Duas elipses cujos eixos maiores são perpendiculares se intersectam em 
> quatro pontos.
> Prove que estes pontos pertencem a uma mesma circunferência.
> 
> 2a) Prove que vale o mesmo se trocarmos a palavra "elipses" por "parábolas" 
> e eliminarmos a palavra "maiores".
> 
> []s,
> Claudio.
> 
> 
> 
> -- 
> 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.

[obm-l] dois de geometria

[Claudio Buffara]

O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):

1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada e
tem cobertura no topo e nas quatro faces.
Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a
mesma quantidade de bolo e de cobertura.

Dica: é relevante o fato do quadrado ser circunscritível;

***

2) Duas elipses cujos eixos maiores são perpendiculares se intersectam em
quatro pontos.
Prove que estes pontos pertencem a uma mesma circunferência.

2a) Prove que vale o mesmo se trocarmos a palavra "elipses" por "parábolas"
e eliminarmos a palavra "maiores".

[]s,
Claudio.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Julio César Saldaña Pumarica]

Pensei na seguinte solução usando congruência de triângulos

1. Pela condição do perímetro podemos deduzir que PQ=PB+QD

2. Estique o segemento AB até o ponto T tal que BT=QD, então os triângulos
TBC e QCD são congruentes pelo caso L.A.L.; e portanto concluimos que
CT=CQ. Notemos também que PT=PQ

3. Calculemos o ângulo TCQ. Este é igual a TCB+BCQ, mas como TCB=QCD (pela
congruência do ponto 2), então TCQ=QCD+BCQ=90

4. Finalmente notemos que os triângulos TCP e PCQ são congruentes pelo caso
L.L.L, e portanto os ângulos TCP e PCQ são iguais, e como ambos somam 90,
cada um deve ser 45

Julio

2018-04-02 16:36 GMT-03:00 Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>:

> Tudo bem.
> Mas minha dúvida é outra: como/por que você pensou em usar a
> circunferência centrada em C e passando por B e D?
>
> Este é um dos temas que mais me interessa em matemática: de onde vêm as
> idéias não óbvias?
> Inspiração divina?
> Experiência ("já vi algo parecido antes")?
> Muita transpiração?
>
> Pois, neste problema, após chamar AP de x e AQ de y, minha primeira
> tentativa foi usar Pitágoras para determinar CP e CQ e daí usar a lei dos
> cossenos pra determinar o ângulo PCQ. Caí num emaranhado algébrico.
> Daí, me ocorreu a ideia de calcular PCQ como sendo 90 - (PCB + QCD) e, ao
> fazer isso, percebi que tan(PCB) = 1-x, etc... Com um pouco de
> trigonometria e álgebra, cheguei à resposta.
>
> Mas, a meu ver, a solução mais elegante é a que usa o círculo. Só que não
> é óbvio, a priori, que aquele círculo ajuda.
>
> Mesmo levando em conta que, pelo enunciado, o ângulo PCQ provavelmente
> deve ter medida invariante, independentemente de AP e AQ, ainda assim não é
> óbvio (pelo menos pra mim) que o círculo mata o problema. Por outro lado,
> se o ângulo PCQ tem medida invariante, então tomando o caso extremo P = B e
> Q = A (portanto, o triângulo APQ é degenerado) constatamos facilmente que
> PCQ (no caso, ACB) deve medir 45 graus.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> 2018-04-02 16:13 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com>:
>
>> Da para fazer uma prova por absurdo.
>> Fica bom, suponha que a reta nao tangencia a circunferencia entao trace a
>> tangente e vai chegar em um absurdo.
>>
>> Abraco
>> Douglas Oliveira.
>>
>> Em seg, 2 de abr de 2018 11:14, Claudio Arconcher <arclaud...@hotmail.com>
>> escreveu:
>>
>>> Bom dia caros colegas.
>>>
>>> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda,
>>> segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o
>>> circuito ABCD ).
>>>
>>> Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
>>>
>>> Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e
>>> AB em B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao
>>> quadrado ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P
>>> ( serão, de fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x =
>>> PM, o perímetro do triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se
>>> consideramos o triângulo AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o
>>> mesmo, todos esses triângulos são assim obtidos, com PQ tangente à
>>> circunferência em um ponto M com a propriedade descrita.
>>>
>>> Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ
>>> e, também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
>>>
>>> Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
>>>
>>> Abraço.
>>>
>>> Cláudio.
>>>
>>>
>>>
>>> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
>>> nome de *Douglas Oliveira de Lima
>>> *Enviada em:* domingo, 1 de abril de 2018 17:25
>>> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
>>> *Assunto:* [obm-l] Geometria plana
>>>
>>>
>>>
>>> Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
>>> questão do coelhinho da páscoa que achei legal.
>>>
>>>
>>>
>>> 1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre
>>> os lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
>>> seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.
>>>
>>>
>>>
>>> Um abraço
>>>
>>>
>>>
>>> Douglas Oliveira.
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> 

Re: [obm-l] Geometria plana

[Claudio Buffara]

Tudo bem.
Mas minha dúvida é outra: como/por que você pensou em usar a circunferência
centrada em C e passando por B e D?

Este é um dos temas que mais me interessa em matemática: de onde vêm as
idéias não óbvias?
Inspiração divina?
Experiência ("já vi algo parecido antes")?
Muita transpiração?

Pois, neste problema, após chamar AP de x e AQ de y, minha primeira
tentativa foi usar Pitágoras para determinar CP e CQ e daí usar a lei dos
cossenos pra determinar o ângulo PCQ. Caí num emaranhado algébrico.
Daí, me ocorreu a ideia de calcular PCQ como sendo 90 - (PCB + QCD) e, ao
fazer isso, percebi que tan(PCB) = 1-x, etc... Com um pouco de
trigonometria e álgebra, cheguei à resposta.

Mas, a meu ver, a solução mais elegante é a que usa o círculo. Só que não é
óbvio, a priori, que aquele círculo ajuda.

Mesmo levando em conta que, pelo enunciado, o ângulo PCQ provavelmente deve
ter medida invariante, independentemente de AP e AQ, ainda assim não é
óbvio (pelo menos pra mim) que o círculo mata o problema. Por outro lado,
se o ângulo PCQ tem medida invariante, então tomando o caso extremo P = B e
Q = A (portanto, o triângulo APQ é degenerado) constatamos facilmente que
PCQ (no caso, ACB) deve medir 45 graus.

[]s,
Claudio.



2018-04-02 16:13 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com>:

> Da para fazer uma prova por absurdo.
> Fica bom, suponha que a reta nao tangencia a circunferencia entao trace a
> tangente e vai chegar em um absurdo.
>
> Abraco
> Douglas Oliveira.
>
> Em seg, 2 de abr de 2018 11:14, Claudio Arconcher <arclaud...@hotmail.com>
> escreveu:
>
>> Bom dia caros colegas.
>>
>> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda,
>> segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o
>> circuito ABCD ).
>>
>> Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
>>
>> Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e
>> AB em B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao
>> quadrado ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P
>> ( serão, de fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x =
>> PM, o perímetro do triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se
>> consideramos o triângulo AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o
>> mesmo, todos esses triângulos são assim obtidos, com PQ tangente à
>> circunferência em um ponto M com a propriedade descrita.
>>
>> Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ
>> e, também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
>>
>> Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
>>
>> Abraço.
>>
>> Cláudio.
>>
>>
>>
>> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
>> nome de *Douglas Oliveira de Lima
>> *Enviada em:* domingo, 1 de abril de 2018 17:25
>> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
>> *Assunto:* [obm-l] Geometria plana
>>
>>
>>
>> Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
>> questão do coelhinho da páscoa que achei legal.
>>
>>
>>
>> 1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre
>> os lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
>> seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.
>>
>>
>>
>> Um abraço
>>
>>
>>
>> Douglas Oliveira.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=emailclient>
>>  Livre
>> de vírus. www.avast.com
>> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=emailclient>.
>>
>> <#m_2647765965440199561_m_3844324294932745576_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>
>> --
>> 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Douglas Oliveira de Lima]

Da para fazer uma prova por absurdo.
Fica bom, suponha que a reta nao tangencia a circunferencia entao trace a
tangente e vai chegar em um absurdo.

Abraco
Douglas Oliveira.

Em seg, 2 de abr de 2018 11:14, Claudio Arconcher <arclaud...@hotmail.com>
escreveu:

> Bom dia caros colegas.
>
> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda,
> segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o
> circuito ABCD ).
>
> Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
>
> Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e AB
> em B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao
> quadrado ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P
> ( serão, de fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x =
> PM, o perímetro do triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se
> consideramos o triângulo AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o
> mesmo, todos esses triângulos são assim obtidos, com PQ tangente à
> circunferência em um ponto M com a propriedade descrita.
>
> Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ
> e, também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
>
> Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
>
> Abraço.
>
> Cláudio.
>
>
>
> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
> nome de *Douglas Oliveira de Lima
> *Enviada em:* domingo, 1 de abril de 2018 17:25
> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Assunto:* [obm-l] Geometria plana
>
>
>
> Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
> questão do coelhinho da páscoa que achei legal.
>
>
>
> 1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre os
> lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
> seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.
>
>
>
> Um abraço
>
>
>
> Douglas Oliveira.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=emailclient>
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=emailclient>.
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> 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.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Douglas Oliveira de Lima]

Entao Claudio, eu pensei assim tb, mas a parte do reciprocamente, me deixa
incomodado, pois se o perimetro for 2 como provar que a circunferencia
tangencia em M.

Douglas Oliveira.

Em seg, 2 de abr de 2018 11:14, Claudio Arconcher <arclaud...@hotmail.com>
escreveu:

> Bom dia caros colegas.
>
> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda,
> segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o
> circuito ABCD ).
>
> Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
>
> Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e AB
> em B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao
> quadrado ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P
> ( serão, de fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x =
> PM, o perímetro do triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se
> consideramos o triângulo AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o
> mesmo, todos esses triângulos são assim obtidos, com PQ tangente à
> circunferência em um ponto M com a propriedade descrita.
>
> Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ
> e, também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
>
> Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
>
> Abraço.
>
> Cláudio.
>
>
>
> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
> nome de *Douglas Oliveira de Lima
> *Enviada em:* domingo, 1 de abril de 2018 17:25
> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Assunto:* [obm-l] Geometria plana
>
>
>
> Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
> questão do coelhinho da páscoa que achei legal.
>
>
>
> 1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre os
> lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
> seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.
>
>
>
> Um abraço
>
>
>
> Douglas Oliveira.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
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>
> --
> 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.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Claudio Buffara]

Legal!

A minha foi diferente (e menos elegante, pois usou trigonometria e bastante
álgebra).
Com a sua notação, teremos:
tan(PCB) = 1-x
tan(QCD) = 1-y
x+y+raiz(x^2+y^2) = 2

A ideia é determinar PCB+QCD = 90 - PCQ.

Usando a fórmula de tan(a+b) e após algumas simplificações, obtemos
tan(PCB+QCD) = (2-x-y)/(x+y-xy)

x+y+raiz(x^2+y^2) = 2 ==> x^2+y^2 = (2-x-y)^2 ==> xy = 2x+2y-2 ==>

tan(PCB+QCD) = (2-x-y)/(x+y-2x-2y+2) = 1 ==> PCB+QCD = 45 = 90 - PCQ ==>
PCQ = 45.

***

Agora, não é óbvio que o círculo de centro C e raio 1 tangencia todos os
segmentos PQ tais que APQ tem perímetro 2.
Como você teve esta ideia?

[]s,
Claudio.


2018-04-02 11:02 GMT-03:00 Claudio Arconcher <arclaud...@hotmail.com>:

> Bom dia caros colegas.
>
> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda,
> segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o
> circuito ABCD ).
>
> Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
>
> Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e AB
> em B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao
> quadrado ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P
> ( serão, de fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x =
> PM, o perímetro do triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se
> consideramos o triângulo AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o
> mesmo, todos esses triângulos são assim obtidos, com PQ tangente à
> circunferência em um ponto M com a propriedade descrita.
>
> Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ
> e, também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
>
> Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
>
> Abraço.
>
> Cláudio.
>
>
>
> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
> nome de *Douglas Oliveira de Lima
> *Enviada em:* domingo, 1 de abril de 2018 17:25
> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Assunto:* [obm-l] Geometria plana
>
>
>
> Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
> questão do coelhinho da páscoa que achei legal.
>
>
>
> 1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre os
> lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
> seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.
>
>
>
> Um abraço
>
>
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> Douglas Oliveira.
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> acredita-se estar livre de perigo.
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> de vírus. www.avast.com
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> acredita-se estar livre de perigo.
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 acredita-se estar livre de perigo.

RES: [obm-l] Geometria plana

[Claudio Arconcher]

Bom dia caros colegas.
Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda, 
segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o circuito 
ABCD ).
Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e AB em 
B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao quadrado 
ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P ( serão, de 
fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x = PM, o perímetro do 
triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se consideramos o triângulo 
AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o mesmo, todos esses triângulos 
são assim obtidos, com PQ tangente à circunferência em um ponto M com a 
propriedade descrita.
Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ e, 
também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
Abraço.
Cláudio.

De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de 
Douglas Oliveira de Lima
Enviada em: domingo, 1 de abril de 2018 17:25
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] Geometria plana

Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma questão 
do coelhinho da páscoa que achei legal.

1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre os lados 
AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ seja igual a 
2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.

Um abraço

Douglas Oliveira.

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Geometria plana

[Douglas Oliveira de Lima]

Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
questão do coelhinho da páscoa que achei legal.

1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre os
lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.

Um abraço

Douglas Oliveira.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] probleminhas de geometria

[Luiz Antonio Rodrigues]

Olá, Claudio!
Bom dia!
Muito obrigado!
Vou ler o artigo!
Um abraço!
Luiz

On Sat, Mar 31, 2018, 8:36 PM Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>
wrote:

> E a Wikipédia tem um artigo sobre o teorema de Ptolomeu (em inglês:
> Prolemy’s Theorem)
>
> Abs
>
> Enviado do meu iPhone
>
> Em 31 de mar de 2018, à(s) 18:03, Luiz Antonio Rodrigues <
> rodrigue...@gmail.com> escreveu:
>
> Olá, Anderson!
> Boa noite!
> Muito obrigado pela sugestão.
> Um abraço!
> Luiz
>
> On Sat, Mar 31, 2018, 4:51 PM Anderson Torres <
> torres.anderson...@gmail.com> wrote:
>
>> Em 31 de março de 2018 14:09, Luiz Antonio Rodrigues
>> <rodrigue...@gmail.com> escreveu:
>> > Olá, Sergio!
>> > Muito obrigado pela dica!
>> > Um abraço para você também!
>> > Luiz
>> >
>> > On Sat, Mar 31, 2018, 1:36 PM Sergio Lima <sergi...@smt.ufrj.br> wrote:
>> >>
>> >> Eu sugeriria
>> >>
>> >> A.C. Morgado, E. Wagner e M. Jorge, Geometria I e II,
>> >> Francisco Alves ed. (relançado pela VestSeller).
>>
>>
>> Geometry Revisited do Coxeter é uma boa pedida.
>>
>> >>
>> >> Abraço,
>> >> sergio
>> >>
>> >> 2018-03-31 12:40 GMT-03:00 Luiz Antonio Rodrigues <
>> rodrigue...@gmail.com>:
>> >>>
>> >>> Olá, pessoal!
>> >>> Boa tarde!
>> >>> Eu nunca tinha ouvido falar do Teorema de Ptolomeu...
>> >>> A conclusão é que nunca estudei  Geometria por um livro realmente
>> bom.
>> >>> Alguém pode me indicar algum? Pode ser em Inglês.
>> >>> Aproveito para desejar uma ótima Páscoa para todos!
>> >>> Um abraço!
>> >>> Luiz
>> >>>
>> >>> On Wed, Mar 28, 2018, 3:56 PM Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com>
>> >>> wrote:
>> >>>>
>> >>>> Boa!
>> >>>> Complexos são realmente uma ferramenta poderosa.
>> >>>>
>> >>>> Outra solução usa geometria analítica no R^3.
>> >>>>
>> >>>> Tome o triângulo com vértices (a,0,0), (0,a,0), (0,0,a).
>> >>>> O círculo é a intersecção do plano do triângulo (x + y + z = a)
>> com a
>> >>>> esfera x^2 + y^2 + z^2 = r^2.
>> >>>>
>> >>>> P(x,y,z) ==> PA^2 + PB^2 + PC^2
>> >>>> = (x-a)^2 + y^2 + z^2Â  Â  +Â  Â  x^2 + (y-a)^2 + z^2Â  Â  +Â  Â
>> x^2 + y^2 +
>> >>>> (z-a)^2
>> >>>> = 3(x^2+y^2+z^2) + 3a^2 - 2a(x+y+z)
>> >>>> = 3r^2 + 3a^2 - 2a^2
>> >>>> = 3r^2 + a^2.
>> >>>>
>> >>>> []s,
>> >>>> Claudio.
>> >>>>
>> >>>>
>> >>>> 2018-03-28 14:49 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima
>> >>>> <profdouglaso.del...@gmail.com>:
>> >>>>>
>> >>>>> Entao. acho que para qualquer circunferencia(concentrica ) sai
>> >>>>> usando complexos, vamos ver,
>> >>>>>
>> >>>>> O valor pedido será (w-Z1)(w-z1)+(w-Z2)(w-z2)+(w-Z3)(w-z3)=A, onde
>> z1 é
>> >>>>> o conjugado de Z1.
>> >>>>>
>> >>>>> Podemos representar a circunferencia por modulo de w igual a r e o
>> >>>>> triangulo equilatero por z^3-k^3=0 .
>> >>>>>
>> >>>>> Assim o valor de A será 3r^2+3k^2-w(Z1+z1+Z2+z2+Z3+z3) logo
>> >>>>> A=3r^2+3k^2.
>> >>>>>
>> >>>>> Pronto morreu.
>> >>>>>
>> >>>>>
>> >>>>> Um abraco
>> >>>>>Â  Douglas Oliveira.
>> >>>>> Mas o valor de A será
>> >>>>>
>> >>>>>
>> >>>>> Em 27 de mar de 2018 12:06, "Claudio Buffara"
>> >>>>> <claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>> >>>>>
>> >>>>> Achei estes dois bonitinhos:
>> >>>>>
>> >>>>> 1) Prove que, sendo P um ponto qualquer da circunferência inscrita
>> a um
>> >>>>> triângulo equilátero ABC, PA^2 + PB^2 + PC^2 é constante.
>> >>>>> 1A) Prove que isso vale para qualquer circunf

Re: [obm-l] probleminhas de geometria

[Claudio Buffara]

E a Wikipédia tem um artigo sobre o teorema de Ptolomeu (em inglês: Prolemy’s 
Theorem)

Abs

Enviado do meu iPhone

Em 31 de mar de 2018, à(s) 18:03, Luiz Antonio Rodrigues 
<rodrigue...@gmail.com> escreveu:

> Olá, Anderson!
> Boa noite!
> Muito obrigado pela sugestão.
> Um abraço!
> Luiz
> 
>> On Sat, Mar 31, 2018, 4:51 PM Anderson Torres <torres.anderson...@gmail.com> 
>> wrote:
>> Em 31 de março de 2018 14:09, Luiz Antonio Rodrigues
>> <rodrigue...@gmail.com> escreveu:
>> > Olá, Sergio!
>> > Muito obrigado pela dica!
>> > Um abraço para você também!
>> > Luiz
>> >
>> > On Sat, Mar 31, 2018, 1:36 PM Sergio Lima <sergi...@smt.ufrj.br> wrote:
>> >>
>> >> Eu sugeriria
>> >>
>> >> A.C. Morgado, E. Wagner e M. Jorge, Geometria I e II,
>> >> Francisco Alves ed. (relançado pela VestSeller).
>> 
>> 
>> Geometry Revisited do Coxeter é uma boa pedida.
>> 
>> >>
>> >> Abraço,
>> >> sergio
>> >>
>> >> 2018-03-31 12:40 GMT-03:00 Luiz Antonio Rodrigues <rodrigue...@gmail.com>:
>> >>>
>> >>> Olá, pessoal!
>> >>> Boa tarde!
>> >>> Eu nunca tinha ouvido falar do Teorema de Ptolomeu...
>> >>> A conclusão é que nunca estudei  Geometria por um livro realmente bom.
>> >>> Alguém pode me indicar algum? Pode ser em Inglês.
>> >>> Aproveito para desejar uma ótima Páscoa para todos!
>> >>> Um abraço!
>> >>> Luiz
>> >>>
>> >>> On Wed, Mar 28, 2018, 3:56 PM Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>
>> >>> wrote:
>> >>>>
>> >>>> Boa!
>> >>>> Complexos são realmente uma ferramenta poderosa.
>> >>>>
>> >>>> Outra solução usa geometria analítica no R^3.
>> >>>>
>> >>>> Tome o triângulo com vértices (a,0,0), (0,a,0), (0,0,a).
>> >>>> O círculo é a intersecção do plano do triângulo (x + y + z = a) 
>> >>>> com a
>> >>>> esfera x^2 + y^2 + z^2 = r^2.
>> >>>>
>> >>>> P(x,y,z) ==> PA^2 + PB^2 + PC^2
>> >>>> = (x-a)^2 + y^2 + z^2Â  Â  +Â  Â  x^2 + (y-a)^2 + z^2Â  Â  +Â  Â  x^2 + 
>> >>>> y^2 +
>> >>>> (z-a)^2
>> >>>> = 3(x^2+y^2+z^2) + 3a^2 - 2a(x+y+z)
>> >>>> = 3r^2 + 3a^2 - 2a^2
>> >>>> = 3r^2 + a^2.
>> >>>>
>> >>>> []s,
>> >>>> Claudio.
>> >>>>
>> >>>>
>> >>>> 2018-03-28 14:49 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima
>> >>>> <profdouglaso.del...@gmail.com>:
>> >>>>>
>> >>>>> Entao. acho que para qualquer circunferencia(concentrica ) sai
>> >>>>> usando complexos, vamos ver,
>> >>>>>
>> >>>>> O valor pedido será (w-Z1)(w-z1)+(w-Z2)(w-z2)+(w-Z3)(w-z3)=A, onde z1 
>> >>>>> é
>> >>>>> o conjugado de Z1.
>> >>>>>
>> >>>>> Podemos representar a circunferencia por modulo de w igual a r e o
>> >>>>> triangulo equilatero por z^3-k^3=0 .
>> >>>>>
>> >>>>> Assim o valor de A será 3r^2+3k^2-w(Z1+z1+Z2+z2+Z3+z3) logo
>> >>>>> A=3r^2+3k^2.
>> >>>>>
>> >>>>> Pronto morreu.
>> >>>>>
>> >>>>>
>> >>>>> Um abraco
>> >>>>>Â  Douglas Oliveira.
>> >>>>> Mas o valor de A será
>> >>>>>
>> >>>>>
>> >>>>> Em 27 de mar de 2018 12:06, "Claudio Buffara"
>> >>>>> <claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>> >>>>>
>> >>>>> Achei estes dois bonitinhos:
>> >>>>>
>> >>>>> 1) Prove que, sendo P um ponto qualquer da circunferência inscrita a 
>> >>>>> um
>> >>>>> triângulo equilátero ABC, PA^2 + PB^2 + PC^2 é constante.
>> >>>>> 1A) Prove que isso vale para qualquer circunferência concêntrica com 
>> >>>>> o
>> >>>>> incírculo (tem uma demonstração legal para o circumcírculo usando 
>> >>>>> o teorema
>> 

Re: [obm-l] probleminhas de geometria

[Luiz Antonio Rodrigues]

Olá, Anderson!
Boa noite!
Muito obrigado pela sugestão.
Um abraço!
Luiz

On Sat, Mar 31, 2018, 4:51 PM Anderson Torres <torres.anderson...@gmail.com>
wrote:

> Em 31 de março de 2018 14:09, Luiz Antonio Rodrigues
> <rodrigue...@gmail.com> escreveu:
> > Olá, Sergio!
> > Muito obrigado pela dica!
> > Um abraço para você também!
> > Luiz
> >
> > On Sat, Mar 31, 2018, 1:36 PM Sergio Lima <sergi...@smt.ufrj.br> wrote:
> >>
> >> Eu sugeriria
> >>
> >> A.C. Morgado, E. Wagner e M. Jorge, Geometria I e II,
> >> Francisco Alves ed. (relançado pela VestSeller).
>
>
> Geometry Revisited do Coxeter é uma boa pedida.
>
> >>
> >> Abraço,
> >> sergio
> >>
> >> 2018-03-31 12:40 GMT-03:00 Luiz Antonio Rodrigues <
> rodrigue...@gmail.com>:
> >>>
> >>> Olá, pessoal!
> >>> Boa tarde!
> >>> Eu nunca tinha ouvido falar do Teorema de Ptolomeu...
> >>> A conclusão é que nunca estudei  Geometria por um livro realmente bom.
> >>> Alguém pode me indicar algum? Pode ser em Inglês.
> >>> Aproveito para desejar uma ótima Páscoa para todos!
> >>> Um abraço!
> >>> Luiz
> >>>
> >>> On Wed, Mar 28, 2018, 3:56 PM Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com>
> >>> wrote:
> >>>>
> >>>> Boa!
> >>>> Complexos são realmente uma ferramenta poderosa.
> >>>>
> >>>> Outra solução usa geometria analítica no R^3.
> >>>>
> >>>> Tome o triângulo com vértices (a,0,0), (0,a,0), (0,0,a).
> >>>> O círculo é a intersecção do plano do triângulo (x + y + z = a) com a
> >>>> esfera x^2 + y^2 + z^2 = r^2.
> >>>>
> >>>> P(x,y,z) ==> PA^2 + PB^2 + PC^2
> >>>> = (x-a)^2 + y^2 + z^2+x^2 + (y-a)^2 + z^2+x^2 + y^2 +
> >>>> (z-a)^2
> >>>> = 3(x^2+y^2+z^2) + 3a^2 - 2a(x+y+z)
> >>>> = 3r^2 + 3a^2 - 2a^2
> >>>> = 3r^2 + a^2.
> >>>>
> >>>> []s,
> >>>> Claudio.
> >>>>
> >>>>
> >>>> 2018-03-28 14:49 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima
> >>>> <profdouglaso.del...@gmail.com>:
> >>>>>
> >>>>> Entao. acho que para qualquer circunferencia(concentrica ) sai
> >>>>> usando complexos, vamos ver,
> >>>>>
> >>>>> O valor pedido será (w-Z1)(w-z1)+(w-Z2)(w-z2)+(w-Z3)(w-z3)=A, onde
> z1 é
> >>>>> o conjugado de Z1.
> >>>>>
> >>>>> Podemos representar a circunferencia por modulo de w igual a r e o
> >>>>> triangulo equilatero por z^3-k^3=0 .
> >>>>>
> >>>>> Assim o valor de A será 3r^2+3k^2-w(Z1+z1+Z2+z2+Z3+z3) logo
> >>>>> A=3r^2+3k^2.
> >>>>>
> >>>>> Pronto morreu.
> >>>>>
> >>>>>
> >>>>> Um abraco
> >>>>>  Douglas Oliveira.
> >>>>> Mas o valor de A será
> >>>>>
> >>>>>
> >>>>> Em 27 de mar de 2018 12:06, "Claudio Buffara"
> >>>>> <claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
> >>>>>
> >>>>> Achei estes dois bonitinhos:
> >>>>>
> >>>>> 1) Prove que, sendo P um ponto qualquer da circunferência inscrita a
> um
> >>>>> triângulo equilátero ABC, PA^2 + PB^2 + PC^2 é constante.
> >>>>> 1A) Prove que isso vale para qualquer circunferência concêntrica com
> o
> >>>>> incírculo (tem uma demonstração legal para o circumcírculo usando o
> teorema
> >>>>> de Ptolomeu).
> >>>>>
> >>>>>
> >>>>> 2) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base
> quadrada
> >>>>> e tem cobertura no topo e nas quatro faces.
> >>>>> Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um
> receba a
> >>>>> mesma quantidade de bolo e de cobertura.
> >>>>>
> >>>>> Obs: a solução que envolve bater o bolo num liquidificador e dividir
> a
> >>>>> gororoba resultante em 7 partes de mesmo peso não é válida.
> >>>>>
> >>>>> []s,
> >>>>> Claudio.
> >>>>>
> >>>>>
> >>>>>
> >>>>> --
> >>>>> 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.
> >>>>
> >>>>
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> >>>> --
> >>>> 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 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 antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] probleminhas de geometria

[Anderson Torres]

Em 31 de março de 2018 14:09, Luiz Antonio Rodrigues
<rodrigue...@gmail.com> escreveu:
> Olá, Sergio!
> Muito obrigado pela dica!
> Um abraço para você também!
> Luiz
>
> On Sat, Mar 31, 2018, 1:36 PM Sergio Lima <sergi...@smt.ufrj.br> wrote:
>>
>> Eu sugeriria
>>
>> A.C. Morgado, E. Wagner e M. Jorge, Geometria I e II,
>> Francisco Alves ed. (relançado pela VestSeller).


Geometry Revisited do Coxeter é uma boa pedida.

>>
>> Abraço,
>> sergio
>>
>> 2018-03-31 12:40 GMT-03:00 Luiz Antonio Rodrigues <rodrigue...@gmail.com>:
>>>
>>> Olá, pessoal!
>>> Boa tarde!
>>> Eu nunca tinha ouvido falar do Teorema de Ptolomeu...
>>> A conclusão é que nunca estudei  Geometria por um livro realmente bom.
>>> Alguém pode me indicar algum? Pode ser em Inglês.
>>> Aproveito para desejar uma ótima Páscoa para todos!
>>> Um abraço!
>>> Luiz
>>>
>>> On Wed, Mar 28, 2018, 3:56 PM Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>
>>> wrote:
>>>>
>>>> Boa!
>>>> Complexos são realmente uma ferramenta poderosa.
>>>>
>>>> Outra solução usa geometria analítica no R^3.
>>>>
>>>> Tome o triângulo com vértices (a,0,0), (0,a,0), (0,0,a).
>>>> O círculo é a intersecção do plano do triângulo (x + y + z = a) com a
>>>> esfera x^2 + y^2 + z^2 = r^2.
>>>>
>>>> P(x,y,z) ==> PA^2 + PB^2 + PC^2
>>>> = (x-a)^2 + y^2 + z^2+x^2 + (y-a)^2 + z^2+x^2 + y^2 +
>>>> (z-a)^2
>>>> = 3(x^2+y^2+z^2) + 3a^2 - 2a(x+y+z)
>>>> = 3r^2 + 3a^2 - 2a^2
>>>> = 3r^2 + a^2.
>>>>
>>>> []s,
>>>> Claudio.
>>>>
>>>>
>>>> 2018-03-28 14:49 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima
>>>> <profdouglaso.del...@gmail.com>:
>>>>>
>>>>> Entao. acho que para qualquer circunferencia(concentrica ) sai
>>>>> usando complexos, vamos ver,
>>>>>
>>>>> O valor pedido será (w-Z1)(w-z1)+(w-Z2)(w-z2)+(w-Z3)(w-z3)=A, onde z1 é
>>>>> o conjugado de Z1.
>>>>>
>>>>> Podemos representar a circunferencia por modulo de w igual a r e o
>>>>> triangulo equilatero por z^3-k^3=0 .
>>>>>
>>>>> Assim o valor de A será 3r^2+3k^2-w(Z1+z1+Z2+z2+Z3+z3) logo
>>>>> A=3r^2+3k^2.
>>>>>
>>>>> Pronto morreu.
>>>>>
>>>>>
>>>>> Um abraco
>>>>>  Douglas Oliveira.
>>>>> Mas o valor de A será
>>>>>
>>>>>
>>>>> Em 27 de mar de 2018 12:06, "Claudio Buffara"
>>>>> <claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>>>>
>>>>> Achei estes dois bonitinhos:
>>>>>
>>>>> 1) Prove que, sendo P um ponto qualquer da circunferência inscrita a um
>>>>> triângulo equilátero ABC, PA^2 + PB^2 + PC^2 é constante.
>>>>> 1A) Prove que isso vale para qualquer circunferência concêntrica com o
>>>>> incírculo (tem uma demonstração legal para o circumcírculo usando o 
>>>>> teorema
>>>>> de Ptolomeu).
>>>>>
>>>>>
>>>>> 2) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada
>>>>> e tem cobertura no topo e nas quatro faces.
>>>>> Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a
>>>>> mesma quantidade de bolo e de cobertura.
>>>>>
>>>>> Obs: a solução que envolve bater o bolo num liquidificador e dividir a
>>>>> gororoba resultante em 7 partes de mesmo peso não é válida.
>>>>>
>>>>> []s,
>>>>> Claudio.
>>>>>
>>>>>
>>>>>
>>>>> --
>>>>> 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 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 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�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] probleminhas de geometria

[Luiz Antonio Rodrigues]

Olá, Sergio!
Muito obrigado pela dica!
Um abraço para você também!
Luiz

On Sat, Mar 31, 2018, 1:36 PM Sergio Lima <sergi...@smt.ufrj.br> wrote:

> Eu sugeriria
>
> A.C. Morgado, E. Wagner e M. Jorge, Geometria I e II,
> Francisco Alves ed. (relançado pela VestSeller).
>
> Abraço,
> sergio
>
> 2018-03-31 12:40 GMT-03:00 Luiz Antonio Rodrigues <rodrigue...@gmail.com>:
>
>> Olá, pessoal!
>> Boa tarde!
>> Eu nunca tinha ouvido falar do Teorema de Ptolomeu...
>> A conclusão é que nunca estudei  Geometria por um livro realmente bom.
>> Alguém pode me indicar algum? Pode ser em Inglês.
>> Aproveito para desejar uma ótima Páscoa para todos!
>> Um abraço!
>> Luiz
>>
>> On Wed, Mar 28, 2018, 3:56 PM Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>
>> wrote:
>>
>>> Boa!
>>> Complexos são realmente uma ferramenta poderosa.
>>>
>>> Outra solução usa geometria analítica no R^3.
>>>
>>> Tome o triângulo com vértices (a,0,0), (0,a,0), (0,0,a).
>>> O círculo é a intersecção do plano do triângulo (x + y + z = a) com a
>>> esfera x^2 + y^2 + z^2 = r^2.
>>>
>>> P(x,y,z) ==> PA^2 + PB^2 + PC^2
>>> = (x-a)^2 + y^2 + z^2+x^2 + (y-a)^2 + z^2+x^2 + y^2 +
>>> (z-a)^2
>>> = 3(x^2+y^2+z^2) + 3a^2 - 2a(x+y+z)
>>> = 3r^2 + 3a^2 - 2a^2
>>> = 3r^2 + a^2.
>>>
>>> []s,
>>> Claudio.
>>>
>>>
>>> 2018-03-28 14:49 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
>>> profdouglaso.del...@gmail.com>:
>>>
>>>> Entao. acho que para qualquer circunferencia(concentrica ) sai
>>>> usando complexos, vamos ver,
>>>>
>>>> O valor pedido será (w-Z1)(w-z1)+(w-Z2)(w-z2)+(w-Z3)(w-z3)=A, onde z1
>>>> é o conjugado de Z1.
>>>>
>>>> Podemos representar a circunferencia por modulo de w igual a r e o
>>>> triangulo equilatero por z^3-k^3=0 .
>>>>
>>>> Assim o valor de A será 3r^2+3k^2-w(Z1+z1+Z2+z2+Z3+z3) logo A=3r^2+3k^2.
>>>>
>>>> Pronto morreu.
>>>>
>>>>
>>>> Um abraco
>>>>  Douglas Oliveira.
>>>> Mas o valor de A será
>>>>
>>>>
>>>> Em 27 de mar de 2018 12:06, "Claudio Buffara" <
>>>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>>>
>>>> Achei estes dois bonitinhos:
>>>>
>>>> 1) Prove que, sendo P um ponto qualquer da circunferência inscrita a um
>>>> triângulo equilátero ABC, PA^2 + PB^2 + PC^2 é constante.
>>>> 1A) Prove que isso vale para qualquer circunferência concêntrica com o
>>>> incírculo (tem uma demonstração legal para o circumcírculo usando o teorema
>>>> de Ptolomeu).
>>>>
>>>>
>>>> 2) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada
>>>> e tem cobertura no topo e nas quatro faces.
>>>> Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a
>>>> mesma quantidade de bolo e de cobertura.
>>>>
>>>> Obs: a solução que envolve bater o bolo num liquidificador e dividir a
>>>> gororoba resultante em 7 partes de mesmo peso não é válida.
>>>>
>>>> []s,
>>>> Claudio.
>>>>
>>>>
>>>>
>>>> --
>>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>>
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