É verdade, 30 graus é o DAB, más a pergunta era DAC
o DAC=18
On Fri, Dec 4, 2020, 19:23 Julio César Saldaña Pumarica <
saldana...@pucp.edu.pe> wrote:
> Tenho uma solução com traços auxiliares. Resposta: 30°
>
> Tem como passar uma foto nesta lista?
>
> On Mon, Nov 30,
Tenho uma solução com traços auxiliares. Resposta: 30°
Tem como passar uma foto nesta lista?
On Mon, Nov 30, 2020, 19:42 Professor Vanderlei Nemitz <
vanderma...@gmail.com> wrote:
> Boa noite!
> Alguém conhece uma saída para o seguinte problema?
> Muito obrigado!
>
> *Num triângulo isósceles
On Thu, Nov 28, 2019, 14:47 Julio César Saldaña Pumarica <
saldana...@pucp.edu.pe> wrote:
> Pensei numa solução baseada no problema 2 da 1era olimpiada iberoamericana
> de matemática. Mas me parece que vai precisar de muita fibra muscular
> algébrica.
>
> Numa solução daquele
Pensei numa solução baseada no problema 2 da 1era olimpiada iberoamericana
de matemática. Mas me parece que vai precisar de muita fibra muscular
algébrica.
Numa solução daquele problema, desenhavam-se triângulos exteriores sobre os
lados do triângulo equilátero. Um teria lados L-a-b, outro L-b-c
mudando a variável:
x-12 = y^6
El vie., 22 nov. 2019 a las 2:40, gilberto azevedo ()
escribió:
> Como achar o mínimo de :
> x² * √(x²/(x-12)) , usando apenas desigualdades comuns ?
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
--
Esta
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
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
Tal vez isto seja indução, mas vou compartilhar mesmo assim:
Defina: A_m = F_2m •F_m-1 - F_2m-1•F_m .(1)
Defina: B_m = (-1)^m x A_m ...(2)
Calculando B_(m+1)-B_(m-1) e com um pouco de suor obtemos B_(m+1)-B_(m-1)=B_m,
ouseja, B_m segue a regra de Fibonacci, além de mais B_1=F_1,
com isso prova que f nao pode ser linear mas o enunciado pareces mais geral
El viernes, 11 de mayo de 2018, Rodrigo Ângelo
escribió:
> Se f : |N -> |N, f(n) = an + m, com a e m constantes naturais, então
> teríamos
> f(f(n)) = a(an + m) + m
> f(f(n)) = (a^2)n + am + m
>
Ontem enviei uma solução como arquivo anexo. Era uma foto com a minha
solução. Parece que o email não chegou, poderia me confirmar?, existe
alguma restrição quanto anexos?
A resposta é 48, e fiz a solução usando apenas geometria básica.
Obrigado
Julio
2018-02-28 7:36 GMT-03:00 Jeferson Almir
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
Seja P o ponto de DC tal que AP=AC (portanto igual ao BD). Calculando
alguns ângulos: APc=48 e PAD=18.
Seja O o circuncentro do triângulo APD, então OD=OP=OA, e como ADB=30 então
POA=2x30=60. Concluimos que o triângulo POA é equilátero. Calculando alguns
ângulos: ODA=42
Notando que OD=OB podemos
Note que os triângulos ABD e BCE são equivalentes (mesma área).
Baseado nisso podemos concluir que BE=AD; pois areas iguais e alturas iguais
implica bases iguais.
Então os triângulos ABD e BCE além de equivalente são congruentes (L.A.L.).
Portanto
Aproveitando que APC é isósceles (pois CA=CP), eu desenhei a altura CH, então
AH=HP e anguloACH=anguloHCP=20; mas como também anguloPCB=20, decidi desenhar a
perpendicular PN sobre BC, así temos PN=PH=HA. Aí não resisti e estiquei PN até
K, onde NK=PN. Desenhei a linha BK também.
Nesse
Eu acho que pode ter varias equivalencias, não apenas a que está colocando.
Para analissar isso eu definiria R= "x é diferente de 0" (acho que era isso, não
sairam alguns símbolos no seu email).
Nesse caso a primera afirmação sería:
R -> (P->Q)
E algumas equivalentes seriam:
i) R ->
Solução um pouco longa:
- PB=PE
- ABEC é inscritível =>
triângulo MEP = triângulo PEC (LAL). Por tanto
Imagino que D esteja sobre BC. Se for esse o caso:
ABD e AEC são congruentes.
Ángulo BAD = ángulo ECA e por isso ângulo DFC = 60, logo BEFD é inscritível.
EB = 2. BD e como ângulo B = 60 então ângulo EDB=90.
Como BEFD é inscritível então ângulo BFE=90 e finalmente ângulo BFC=90
Julio
Muito boa, vou guardar.
Obrigado
Julio Saldaña
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Fecha : Tue, 3 Mar 2015 22:13:54 -0300
Asunto : {Disarmed} Re: [obm-l] Re: {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria
plana
Vou compartilhar uma para
Fiz assim, mas cuidado, costumo me equivocar muito. Podem verificar?
Notar que ABE=EAC.
Seja N de AC tal que DN é paralelo à AB, então DN=NC e AN=2.DN
Como os triângulos ABE e ADN são semelhantes então BE=2.AE
Seja M o ponto medio de AE, então BM=ME=AE, e AME=MAE=40.
Os triângulos BAM e
Isso mesmo, M é ponto medio de BE,
obrigado
Julio Saldaña
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Fecha : Tue, 3 Mar 2015 15:33:26 -0300
Asunto : {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana
Bela solução.
houve só um pequeno erro de
Bom, boa solução, não garanto. Ao menos da para encontrar o raio:
Que tal um teorema da bisectriz:
3 / 5 = R /(4-R)
Julio Saldaña
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Fecha : Thu, 9 Oct 2014 21:51:28 -0300
Asunto : [obm-l] Triângulo e
Bom, agora vou tentar uma solução que funcione, a anterior está errada.
Se P é o ponto de tangencia, Teorema da bisectriz sería:
PB/PA = (3-R)/R (Supondo BA=3)
PC/PA = (4-R)/R
4 vezes a primeira mais 3 a segunda (para aproveitar Ptolomeo):
5. PA / PA = 4.(3-R)/R + 3.(4-R) / R
então R=2.
Olá, eu lembro ter rido uma aula de ângulos aproximados no cursinho de
vestibular (no Peru). Para o triângulo pitagórico 20,21, e 29 os ângulos agudos
mediam aproximadamente 41 e 49. Para o triângulo (não pitagórico) de catetos 1 e
4 os ângulos agudos mediam 14 e 76.
Segundo isso o valor
Também existe o problema genérico do hexágono com A+C+E=360 em lugar de
A=C=E=120. Acho que até nome tem esse problema.
Julio Saldaña
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Fecha : Tue, 8 Jul 2014 06:34:20 -0700
Asunto : Re: [obm-l] Proposta de
Seja P o ponto da prolongação de CE tal que PBC=90 = PE/EC=3 = AP//FE
Seja Q o ponto da prolongação de AD tal que QBA=90 = AD/DQ=3 = QC//DF
Seja BQ=x = AB=x.sqrt(3)
Seja BC=y = BP=y.sqrt(3)
Então BQ/BC=x/y=AB/AP. E como QBC=ABP=90+B, então os triângulos QBP e ABP são
semelhantes. Com isso é
Desculpe prof. Renato, numa primeira busca não consegui achar o pdf do Shariguin
em internet. Poderia sugerir algum link?
Obrigado
Julio Saldaña
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Fecha : Sat, 24 May 2014 09:39:50 -0300
Asunto : Re:
Seja M a interseção de BC com a circunferência, então AM é altura. Então MEC =
MAC = EBC.
Devido a ter os mesmos ângulos, os triângulos BEC e MEC são semeljantes, então
EC / 1 = 2/ EC, por tanto EC = sqrt(2).
Julio Saldaña
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Para :
Seja Q o ponto de AC tal que PQ=QA.
Seja T o ponto de AB tal que APT=20.
Analizando o triângulo ATP e o ponto Q: ângulo externo em T = 50, angulo AQP =
100 (= 2 x 50), e QA=QP, conclusão Q é circuncentro de ATP. Então QT=QA=QP
(circunradio). Então Triângulo TQP é equilátero, então TP=TQ.
F é baricentro do triángulo ADB, logo FO=b/3, então FE=a/2-b/3
Julio Saldaña
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Fecha : Sun, 28 Apr 2013 18:42:50 -0300
Asunto : Re: [obm-l] Problema de Geometria
Olá Raphael,
Pense no seguinte :
1) Trace OC
Vamos supor que AB=c é o maior dos lados.
Se desde o vértice C desenhamos um diámtro CP, teremos que PA**2 = 4R**2-b**2, e
também que PB**2 = 4R**2-a**2, logo, no triángulo APB temos que a soma dos
quadrados de dois lados é: PA**2+PB**2=8R**2-a**2-b**2, que segundo dado do
problema é igual a
Bom, aqui tem uma solução para o problema 1 que emprega conceitos de
quadrilátero cíclico. Acho que já postei uma que só usa congruência de
triângulos, vou procurar.
Primeiro vamos provar que CE=AB. Seja M o ponto meio de AB, então ACM=MCB=10
Seja P o ponto de interseção de CM e BD. Então
Bem agora envio uma outra solução que não precisa do quadrilátero cíclico.
Vou aproveitar o fato já provado que CE=AB. Seja T o ponto de AD tal que AB=BT,
então TAB=ATB=80, então TBD=40, então BT=TD (pois TDB=TBD). Notemos que
TBC=60, assim sendo sinto uma enorme força para localizar o ponto N
Esta vez va en español,
por el punto C trace una recta paralela a AD. Sea P el punto de intersección de
esa recta con la recta que contiene a los puntos A y B. Entonces por el teorema
de thales: AB/BP = BD/BC, es decir ABxBC = BDxBP, por lo tanto los triángulos
ABC y PBD son equivalentes. Si M
Contrói o triângulo ACT com lados AC=p, CT=q e AT=s.
Por T passe uma paralela a AT. Com centro em A desenhe um arco de raio a. Esse
arco vai cortar à paralela (tem 2 soluções). Chame de D a ese ponto de corte.
Por D traçe uma paralea a CT, o ponto de corte entre essa paralea e AT será o
ponto
Parece que faltou disser que AB=CD=1.
Nesse caso, sejam M, N e P os pontos meios de BD, BC e AD respectivamente.
Então PM=MN=0.5 e NMP=60, então PN=1. Seja Q o ponto meio de CD, então PQ=AC/2
e QN=BD/2. Aplicando a desigualdade triangular no PQN:
PQ+QN = PN
então
AC/2+BD/2=0.5
AC+BD=1
é verdade, PN=0,5
obrigado pela correção
Julio Saldaña
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Fecha : Wed, 25 Apr 2012 14:17:16 +
Asunto : RE: [obm-l] Re: [obm-l] Desigualdade Triangular
PN = 0.5,certo?
Interessante a solução!
From:
Bom, acredito que tenha uma solução com conceitos mais simples, mas a primeira
coisa que me vem a cabeça é:
Prolongue MN e DB até se encontrarem em algum ponto P. Sejam Q e R as
interseções de MN e DB com AC.
Pelo teorema do quadrilátero completo (caso não seja conocido com ese nome
depois
pesquisar este tal
quadrilátero que não conheco, tem uma ideia de algum artigo???
On Wed,
22 Feb 2012 12:05:55 -0500 (PET), Julio César Saldaña wrote:
Bom,
acredito que tenha uma solução com conceitos mais simples, mas a
primeira
coisa que me vem a cabeça é:
Prolongue MN e DB até se
-l] Não consegui fazer , preciso de ajud a!!
Bom , muito obrigado , de qualquer forma vou pesquisar este tal
quadrilátero que não conheco, tem uma ideia de algum artigo???
On Wed,
22 Feb 2012 12:05:55 -0500 (PET), Julio César Saldaña wrote:
Bom,
acredito que tenha uma solução com
O mesmo visto de outro modo:
Lucas e Pedro tem a mesma velocidade. Então quando lucas sai da ponte, pedro
percorriou 2/5 da ponta, ou seja falta ainda 1/5 da ponte. Então o trem percorre
a ponte inteira no mesmo tempo que pedro percorre 1/5 da ponte, ouseja o trem é
5 vezes mais veloz que
você conhece a solução que usa congruência de triângulos e areas?
Julio Saldaña
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Fecha : Sat, 10 Sep 2011 17:17:42 -0300
Asunto : [obm-l] Re: [obm-l] Questão de geometria plana!! ajuda em n ova solução
Ué,
Oi Douglas, resolvi o problema mas não sei se a minha solução é mais simples que
a sua. Acho um pouco complicada, tal vez exista uma solução melhor.
Primeiro vou resumir alguns resultados trivias que você deve ter obtido no
início:
RDT=TCS=45
RPS=DTC
Para demonstrar que RPST é
Uma solução geométrica:
Sabemos que O2A=O2B.
Prolongue ou estique BO1, (desculpem o protunhol) até um ponto P tal que O2P=O2B
(=O2A). Calculemos uns ángulos: BPO2=20, PO2C=40, AO2P=60, então o triángulo
O2AP é equilátero, ouseja PA=AO2, PAC=30 e a reta AO1 será mediatriz de PO2.
Então
O que você está calculando é:
(1+1)(1+1/2)(1+1/3)(1+1/n) - 1
= 2.(3/2).(4/3).((n+1)/n) -1
= (n+1) -1
= n
Julio Saldaña
-- Mensaje original ---
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Fecha : Mon, 4 Jul 2011 16:34:12 +
Asunto : [obm-l] Como demonstrar
Dado que BQC=50=QBC = QC=BC
Seja R um ponto de PB tal que RC=CB. Então BRC=80, RCB=20 = RCQ=60 =
triângulo RQC é equilátero = RQ=QC=RC=BC. De outro lado, como RCP=RPC=40 =
PR=RC, logo PR=RQ, ou seja que o triângulo PRQ é isósceles. Como PRQ=40 (180 -
60 - 80), então RPQ=RQP=70, portanto
Essa propriedade é valida, não só para trapecios, mas para qualquer cuadilátero.
No cuadrilátero que tem por vertices os pontos medios do primeiro, cada par de
lados opostos são paralelos a uma diagonal do primeiro, e iguai à metade de
esta. Logo, é um paralelogramo.
Julio Saldaña
--
Alguem conhece este problema:
Sejam X, Y, Z tres variáveis aleatórias tais que:
E{X.Y} = sigma(X) . sigma(Y)
E{Y.Z} = sigma(Y) . sigma(Z).
Provar que E{X.Z} = sigma(X) . sigma(Z)
Eu achava que o professor tinha se enganado mas já me disse que o porblema é
assi mesmo.
Obrigado
Julio Saldaña
Seja F o ponto de CD tal que a reta AF é perpendicular a reta BE. Ou seja a
prolongação de BE intersecta a AF em M tal que AMB=90.
Então o triângulo AFB é isósceles (AB=BF).
Também FAB=80 e portanto CAF=40, e como ACD também é 40 então:
CF=AF . (1)
Como BM é mediatriz de AF então
Oi Emanuel, não sei se tem uma regra geral, vou pesquisar. Neste cado eu daria
estas fórmulas
Para 0 1 2 0 1 2 0 1 2
Se começar com n=0: a(n) = n - 3[n/3] ([x] maior inteiro menor o igual a x)
Se começar com n=1: a(n) = n-1 - 3[(n-1)/3]
Para 0 3 0 3 ...
Se começar com n=0: a(n) =
Sobre o lado AC, construa um triângulo equilátero APC, sendo P um ponto externo
ao triângulo ABC (os segmentos BP e AC devem se intersecar num ponto interior a
AC).
Dado que AP=AB e PAB=60+100=160, então APB=ABP=10.
Então PBC=40-10=30
Os triângulos PCB e CAD são congruentes (iguais, caso
original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Mon, 4 Apr 2011 18:17:36 +0200
Asunto : [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] conj untos,
difícil
2011/4/4 Julio César Saldaña saldana...@pucp.edu.pe:
Oi Samuel e Bernardo, desculpem , acho que eu tinha
Seja BH a altura relativa a AC, então, como o triângulo é isósceles BH deve ser
mediatriz de AC, e os ángulos ABH e HBC medem 40 cada.
Seja Q o ponto de interseção de BH e CP. Dado que BH é mediatriz de BC, então
AQ=QC e o ângulo QAC mede igual que o ACQ, ou seja 30. Então o ángulo PAC mede
distância nesse exemplo é 1.
Agradeço sua explicação
Abraços
Julio Saldaña
-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Mon, 4 Apr 2011 14:28:00 +0200
Asunto : [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] conjuntos, difícil
2011/4/2 Julio César Saldaña saldana
Oi Samuel,
Na verdade não entendo muito de este tema, e queria te perguntar se os círculos
no plano são subconjuntos compactos do plano?
Se for assim, se me ocurre um exemplo onde não é verdade:
h(A,C) = h(A,B) + h(B,C)
suponha que tem tres círculos com os centros colineales (na mesma reta).
Esses 5 times, jogam (5x4/2 = 10) jogos, e o máximo número de pontos a ganhar é
10x3 = 30 no total.
O quinto colocado consegue o maior número de pontos quando os 5 times obtém o
mesmo número de pontos 30/5 = 6. Porque se algum consegue mais de 6 pontos,
então algum vai conseguir menos de 6, ou
errado.)
Abraço,
Ralph
2011/4/1 Julio César Saldaña saldana...@pucp.edu.pe:
Esses 5 times, jogam (5x4/2 = 10) jogos, e o máximo número de pontos a
ganhar é
10x3 = 30 no total.
O quinto colocado consegue o maior número de pontos quando os 5 times
obtém o
mesmo número de pontos 30/5 = 6
Favor analisar esta solução:
Para saber qual é o mínimo número de pontos necessário para ficar nos quatro
primeiros, investiguemos qual é o máximo número de pontos que pode ter o quinto
colocado.
Para chegar nessa situação, suponhamos que os 5 primeiros colocados ganharam
todos os jogos
Não sei se é a solução mais elegante, mas..
O evento desejado pode ser representado como a união dos seguintes eventos
disjuntos:
A = A primeira bola foi branca
B = As duas primeiras foram pretas e a terceira foi branca
C = As quatro primeiras foram pretas e a quinta foi branca.
Então a
Sejam, a, b e c os lados do triángulo, então o quadrado da area pode ser
expressa assim:
Quadrado da area = p(p-a)(p-b)(p-c), onde p é o semi-perímetro =(a+b+c)/2
ou seja que aquele produto deve ser o quadrado de um número inteiro positivo.
seja S=a+b+c o perímetro, então o quadrado da área
Para que (fofof)(x) seja 3, e necessário que (fof)(x) seja 2, e para isso é
necessário que f(x) seja 1,. Ou seja x pode ser 0 ou 3. Soma dos valores 3+0 =
3.
Julio Saldaña
-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Wed, 30 Mar 2011
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