Oi, Marcos. Não é difícil verificar que raiz(2) + raiz_cubica(2) é uma raiz
do polinômio x^6 - 6 x^4 - 4 x^3 + 12 x^2 - 24 x - 4. Com isso, pelo
teorema das raízes racionais, se raiz(2) + raiz_cubica(2) fosse racional,
teria que ser um inteiro e é fácil verificar que 2 < raiz(2) +
raiz_cubica(2) <
Esse problema caiu na Olimpíada Iberoamericana de 2009 que eu participei.
Foi o problema 5 da prova e lá pedia para provar injetividade e
sobrejetividade.
Em qua, 17 de fev de 2021 00:16, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
> Em dom., 14 de fev. de 2021 às 17:20, Claudio
Neste caso específico, você pode usar congruência de polinômios (que é bem
similar à congruência para números inteiros) e isso é facilitado pelo fato
de x^3 - 1 = (x - 1)(x^2+x+1).
Com essa observação, podemos escrever x^3 == 1 (mod x^2+x+1). Com isso,
x^30 = (x^3)^10 == 1 (mod x^2+x+1), x^28 =
O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja falando
sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como
g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez
que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também
têm. A
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,
Em sex, 14 de fev de 2020 19:49, Luís Lopes
escreveu:
> Minhas mensagens não estão chegando. Tento mais uma vez.
>
> Sauda,c~oes,
>
> Construir o triângulo (sinteticamente, sem (muita) álgebra)
> com os dados acima. k é um número real (construtível) conhecido.
>
> Não sei se pode servir como
Oi, Ralph, acho que você quis dizer trocar a linha 3 por essa combinação
linear que colocou.
Você só pode trocar uma linha por ela mais uma combinação linear das
*outras*, certo?
Abraços
Em qua, 5 de jun de 2019 22:20, Ralph Teixeira escreveu:
> As propriedades importantes aqui sao:
>
> -- O
Oi, Ralph, aproveitando a sua ideia, veja que ele pede abc-1 e
multiplicando as suas equações, você tira abc rapidinho.
Abraços
Em sáb, 16 de fev de 2019 01:26, Ralph Teixeira Tome a=x+1, b=y+1 e c=z+1.
>
> As equacoes equivalem a:
>
> ab=9
> bc=16
> ac=36
>
> que nao sao dificeis de resolver
t; - o que diz que a expressão é relativa a uma equação (ou função) do 2°
> grau?
> - E se a função suposta for outra?
>
> Em Seg, 20 de ago de 2018 10:09, Matheus Secco
> escreveu:
>
>> Para a primeira, supondo a, b, c reais, considere a função quadrática
>> f(x) = cx
Para a primeira, supondo a, b, c reais, considere a função quadrática f(x)
= cx² + bx + a e veja que a^2+ab+ac = a(a+b+c) = f(0) * f(1).
Do enunciado, tem-se f(0) * f(1) < 0 e isso significa que a função possui
exatamente 1 raiz entre 0 e 1. Por se tratar de uma função quadrática, deve
ter outra
Se o polinômio tiver apenas raízes simples, isto é consequência do Teorema
de Rolle.
Caso haja alguma raiz com multiplicidade k, pelo menos 2, basta usar que a
raiz anula também as derivadas de ordem até k - 1.
Abraços,
Matheus Secco
On Wed, Jul 4, 2018 at 11:27 PM Artur Steiner
wrote
Completando o trabalho do Claudio, não é dificil mostrar que P deve então
ser o baricentro.
Em Ter, 22 de mai de 2018 10:37, Claudio Buffara
escreveu:
> Sejam x, y, z as distâncias do ponto P, interior ao triângulo ABC, de área
> S, aos lados BC (medida = a), AC
De fato, trata-se do problema 1 da IMO 1992.
Abs,
Matheus Secco
Em Seg, 26 de mar de 2018 09:24, Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>
escreveu:
> Muito fácil pra ser de IMO...
>
> 2018-03-26 6:58 GMT-03:00 Anderson Torres <torres.anderson...@gmail.com>:
>
>
Olá Douglas, use que
(x+y+z)^5 - x^5 - y^5 - z^5 = 5(x+y)(y+z)(z+x)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx),
tomando x = a - b + c, y = a + b - c e z = b + c - a.
Isso te dará 80abc(a²+b²+c²).
Abraços
2018-03-13 18:51 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com>:
> Olá meus amigos, vocês
Para ver que Q(x), basta ver que (x-a)(x-b)(x-c)(x-d) tem coeficiente lider
1 e ao fazer a divisão longa de P(x) por este polinomio com coeficiente
lider 1, não há riscos de introduzir frações.
Abs,
Secco
Em 28 de nov de 2017 11:58 AM, "Carlos Nehab"
escreveu:
Oi, Ralph
Eu recomendo o do James Munkres.
Em ter, 26 de set de 2017 às 09:04, Luiz Antonio Rodrigues <
rodrigue...@gmail.com> escreveu:
> Olá, pessoal!
> Bom dia!
> Dei uma olhada na Amazon e vi muitos títulos de Topologia bem avaliados.
> São tantos que eu fiquei perdido...
> Alguém conhece um bom
Casa dos Pombos, há dois com o mesmo grau.
Abraços,
Matheus Secco
2017-09-02 11:26 GMT-03:00 Daniel Rocha <danielrochadasi...@icloud.com>:
> Bom dia,
>
> Seja G um grafo com n vértices, n maior que 1. Suponha que G não possua
> loops nem mais de uma aresta unindo pares de vér
Oi Ralph, tava sem tempo de escrever, mas vou aproveitar a deixa porque
você já fez quase tudo. Acho que dá pra fazer o caso geral usando que os
reais admitem uma base considerando como um espaço vetorial sobre os
racionais.
Em ter, 11 de jul de 2017 às 18:18, Ralph Teixeira
Boa noite!
De acordo com o Fundamentos da Matematica Elementar, a definição de ângulos
suplementares é apenas para dois ângulos.
Enviado do meu iPhone
> Em 10 de ago de 2016, às 19:28, Leandro Martins
> escreveu:
>
> Olá, amigos!
>
> Quanto à questão
Acredito que você possa usar resíduos quadráticos:
(2 legendre p) = (-1)^(p^2-1)/8
(2 legendre p) == 2^(p-1)/2 (mód p)
Para p = 167, temos que (167^2-1)/8 é par. Logo (2 legendre 167) = 1.
Com isso, obtemos que 2^83 == 1 (mód 167).
Abraços
2015-11-24 10:16 GMT-02:00 Pacini Bores
Você também pode usar o teorema de Jacobi e trocar a primeira coluna por
ela mais todas as outras.
A primeira coluna passa a ser composta por (x+(n-1)a). Coloca esse cara em
evidência, usa Chió e aí você fica com uma matriz de ordem n-1 diag(x-a,
..., x-a), cujo det é (x-a)^(n-1).
2015-11-04 3:40
Um exemplo com quatro é 510, 511, 512, 513
2015-10-15 21:43 GMT-03:00 Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com>:
> 2015-10-15 16:42 GMT-03:00 Luís :
> > Sauda,c~oes,
> >
> > Um número é dito especial se ele tem dois ou mais algarismos
> > e é múltiplo da
Se entendi bem o que você está perguntando, o Algoritmo de Euclides é uma
maneira de se calcular o mdc de dois polinomios.
Enviado do meu iPhone
Em 05/08/2015, às 13:13, Listeiro 037 listeiro_...@yahoo.com.br escreveu:
Olá Ralph. Agradeço pela resposta.
Compreendi que se tratam de
Ribas savio.ri...@gmail.com:
Cheguei tarde e demorei a escrever, Secco! haha
Abraços
Em 16 de julho de 2015 22:33, Matheus Secco matheusse...@gmail.com
escreveu:
Sejam a_1, ..., a_n os números.
Considere as somas a_1, a_1+a_2, a_1+a_2+a_3, ..., a_1+a_2+... + a_n.
Se uma destas somas é
Sejam a_1, ..., a_n os números.
Considere as somas a_1, a_1+a_2, a_1+a_2+a_3, ..., a_1+a_2+... + a_n.
Se uma destas somas é divisível por n, o problema acaba.
Caso contrário, pelo princípio da Casa dos Pombos, há duas somas que deixam
o mesmo resto na divisão por n.
Considerando a subtração destas
Oi gente!
Este problema é bem interessante.
Seus quadrados devem utilizar vértices da malha.
A grande graça é que os quadrados podem ser tortos.
Abraços
Enviado do meu iPhone
Em 15/06/2015, às 11:29, Pacini Bores pacini.bo...@globo.com escreveu:
Oi Douglas, desculpe, mas não entendi a
espaços. Basta assim escolher 5 dos 8
espaços criados, o que pode ser feito de C(8,5) = 56 maneiras.
Abraços,
Matheus Secco
2015-06-14 10:16 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges
marconeborge...@hotmail.com:
Uma prateleira contém 12 livros. De quantas maneiras podemos escolher 5
deles
de
Em um torneio de tênis de mesa (no qual nenhum jogo termina empatado), cada um
dos n
participantes jogou uma única vez contra cada um dos outros. Sabe-se que, para
todo k 2, não
existem k jogadores J1, J2, …, Jk tais que J1 ganhou de J2, J2 ganhou de J3, J3
ganhou de J4, …, Jk – 1 ganhou de
Nicolau Corção Saldanha e Ralph Teixeira,
É com prazer que vos informo que vocês foram alunos do meu tio (Professor
Secco) no Impacto.
Não sei se ainda se lembram dele, mas fico muito contente de ter aqui na lista
para ajudar-nos professores de vossos níveis, medalhistas de ouro na IMO.
Abraço
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