Oi pessoal,
Quem estiver interessado nas soluções da prova de matemática do IME 2006
dê uma olhadinha em
www.c7s.com.br
Tá bem legal!
Abraços,
Yuri
Até mais,
Yuri
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e
Oi pessoal,
Estou enviando agora as pontuaccoes por problemas e os resultados. Bem,
conseguimos novamente o máximo que podíamos: 4 ouros! Um deles foi puntaje
perfecto, o Gabriel. As pontuaccoes foram as seguintes:
1 2 34 56 TOTAL
BRA 1 (Thiago)
Oi pessoal,
Estou trazendo notícias da Ibero.
Nossa viagem foi um pouco complicada. Qdo chegamos no aeroporto de Guarulhos
descobrimos que nosso voo, que partiu de RJ, teria uma troca para uma aeronave
menor, e isso causou um overbooking enorme.
Entao todos que partiam de SP, eu, Gabriel,
Estou enviando agora os problemas do segundo dia. Ainda nao sei como os
meninos foram pq desde depois do almocco eles estao na prova por equipes
e nem chegaram a voltar pro hotel.
O problema 5 é do Brasil (meu e do Davi). =))
PROBLEMA 4
Dados dois inteiros positivos a e b, denota-se por (a mod
Oi pessoal,
Notícias e resultados da Cone Sul... Os problemas estão no final do e-mail.
1o e-mail:
Ai vai o primeiro dia da Cone Sul aqui na Bolívia. Foi um dia fácil, e espero
que os garotos tenham ido bem, ainda não vi as provas deles. O problema
1 é da Bolívia, o 2 é nosso (Cícero), e o 3
Só corrigindo, ele foi Medalha Fields em 66, até porque ele já tem mais
de 70 anos!!
-- Mensagem original --
Para quem se interessa por matemática...Sir Michael Atiyah, um dos
maiores matemáticos da atualidade, detentor da melhada Fields de 96 e
do prêmio Abel de 04, fará uma palestra gratuita
Oi Tertuliano,
1) Suponha que f(z) =! 0, para todo z em U. Considere g = 1/f. Então g tem
um máximo local, a dizer z = a, e portanto deve ser constante.
2) Vamos mostrar que f^(n+1)(z) = 0, para todo z em U. De fato, tome r
max{R, |z|}. Então pela fórmula integral de Cauchy temos:
f^(n+1)(z)
Oi pessoal,
Pelo visto a prova do ITA tá dando muita controvérsia. A solução da questão
abaixo (questão 30) está com um pequeno erro, uma vez que a=1 também gera
3 soluções, que são 0, 1 e 2.
Divulgamos a prova com soluções em www.c7s.com.br. Acho que muitas dessas
controvérsias foram
Oi Marcio e pessoal da lista,
Estamos aguardando a recorrecao que serah amanha, visto que acho que terah
muita mudanca depois disso. Qto aas suas solucoes:
PRIMEIRO DIA
Prob 1: todo mundo fez considerando subconjuntos contidos nos intervalos
[1/(k+1), 1/k] e o reciproco negativo. Cada
Oi pessoal,
O Thiago Barros teve a paciencia de redigir os enunciados dos problemas
do 1o. dia da IMC - 2004 para que vcs pudessem ver e pediu que eu encaminhasse-as
para a lista. Os enunciados estao abaixo.
Ate mais,
Yuri
1) Let S be an infinite set of real numbers such that
|s_1 + s_2
Tem soh um errinho pequeno porem decisivo no enunciado do prob 1. Embaixo
estah ajeitado.
-- Mensagem original --
Oi pessoal,
O Thiago Barros teve a paciencia de redigir os enunciados dos problemas
do 1o. dia da IMC - 2004 para que vcs pudessem ver e pediu que eu encaminhasse-as
para a
Bem, num sei se a correcao que fiz no ultimo email vai chegar, entaum estou
novamente corrigindo o enunciado do problema 1.
1) Let S be an infinite set of real numbers such that
|s_1 + s_2 + ... + s_k| 1 for every finite subset
{s_1,s_2,...,s_k} of S. Show that S is countable.
2)Let P(x) =
Eu fiz essa prova! Eu acho
Observe o seguinte: os números 2, 4, 8, 16 e 32 devem estar em caixas
distintas, pois senão a condição do mdc não seria satisfeita. Então temos
um total de caixas maior ou igual a 5. Agora basta mostrar um exemplo com
5 caixas. Acho que colocando os números 2^i,
Prove que se pintarmos cada aresta de um grafo completo de
ordem 6 com uma dentre duas cores, este grafo conterah um subgrafo
monocromatico de ordem 3 (um triangulo, por assim dizer).
Na verdade, é possível mostrar que existem DOIS triângulos monocromáticos!
Até mais,
Yuri
[]'s, Yuri
ICQ:
Oi Crom,
Tem algo errado nessa fração. Tome n=5. Então, se não interpretei errado,
a fração vale:
4.(4! + 1)/(5.7) = 4.25/(5.7) = 20/7, que não é inteiro...
Ateh mais,
Yuri
-- Mensagem original --
1)Seja n=2 um número ineiro. Prove que n e n+2 são ambos primos se e somente
se
Pronto! Soh um detalhe. O argumento que fiz abaixo mostra que existe n
tal que f(n)=0 (mod p) qdo p é diferente de 13 e 17. Para completar essa
parte, basta observar que
(17/13) = (4/13) = (2/13)^2 = 1.
e que pela lei de reciprocidade quadrática:
(13/17)= (-1)^(6x8).(17/13) = 1.
Para o caso
Oi Eduardo,
Eu acho que vc se confundiu na definição de H. Do jeito que vc colocou,
H teria n^n elementos. Eu acho que vc estava querendo dizer GxG, estou certo?
Nesse caso, H teria n^2 elementos...
Ateh mais,
Yuri
-- Mensagem original --
Oi, Duda:
Infelizmente, tenho que discordar. H_(n+1)
Vc pode fazer essa desigualdade por Cauchy: observe
(SOMA{(sr(p_i^3))^2}).(SOMA{((sr(p_i))^2} =
(SOMA{sr(p_i^3).sr(p_i})^2
Mas o segundo fator do lado esquerdo é igual a SOMA(p_i)=1, e o resultado
segue.
Outra maneira seria observar que
SOMA{p_i^3) = SOMA{p_i^3).SOMA{p_i) =
Oi Niski,
Eu acho que dá pra fazer pelo wronskiano mesmo. Vamos lá:
Derivando e^(a(j).x) i vezes, ficamos com a(j)^i.e^(a(j).x). Logo:
W= W(e^(a(1).x),...,e^(a(n).x))= det((a(j)^(i-1).e^(a(j).x)), onde i representa
a linha e j a coluna. Agora observe que todos os elementos da coluna j têm
Se não me engano, o problema C5 é do Gugu.
Ele caiu uma semana atrás no teste pra Ibero desse ano.
Ateh mais,
Yuri
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
--
Use o melhor sistema de busca da Internet
Radar UOL - http://www.radaruol.com.br
Se não me engano, o problema C5 é do Gugu.
Ele caiu uma semana atrás no teste pra Ibero desse ano.
Ateh mais,
Yuri
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
--
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Oi Claudio,
Eu não entendi pq vc considerou polinômios para provar a última passagem,
jah que a está fixo. Ou seja, vc tem que
a^n - 1 divide a^Phi(a^n - 1) - 1
e não que x^n-1 divide x^Phi(a^n - 1) - 1 para todo x.
Se eu tiver falado alguma besteira, me avisem!
Ateh mais,
Yuri
--
Exatamente! Vejam a minha msg anterior...
-- Mensagem original --
Oi, Yuri:
O que eu provei foi o seguinte:
m divide n == p(x) = x^m - 1 divide q(x) = x^n - 1
(na verdade, eu provei soh a volta, mas a ida eh imediata)
Em particular, com um inteiro a fixo:
m divide n == p(a) divide q(a).
Ou
Opa! Na verdade vale uma coisa mais geral!
a^n- 1 divide a^m- 1 = n divide m.
Dessa forma, tirei a minha dúvida. Além disso, a prova do Cláudio prova
também a afirmação acima.
Ateh mais,
Yuri
-- Mensagem original --
Oi Claudio,
Eu não entendi pq vc considerou polinômios para provar a
Esse segundo problema caiu na OBM 2000, numa versão mais fácil.
Acho que foi essa versão a que vc resolveu, jah que ele dizia que as duas
potências têm que ter o mesmo número de algarismos, de modo que os zeros
não modificavam a quantidade de algarismos.
Ateh mais,
Yuri
-- Mensagem
Oi Henrique,
A motivação disso foi o enunciado dizer que todas as raízes são reais e
positivas. Nada melhor do que média nesse caso!!
Se não houvesse igualdade, nada garantiria que as raízes fossem todas iguais
a 2. De fato, poderiam haver várias possibilidades para o conjunto das dez
Todas as raízes são iguais a 2. De fato, se as raízes são x_1, x_2,...,
x_10, então pelas relações de Girard temos:
x_1 + x_2 + ... + x_10= 20
x_1.x_2...x_10= 1024
Como as raízes são reais positivas, podemos usar MA = MG:
(x_1 + x_2 + ... + x_10)/10 = (x_1.x_2...x_10)^(1/10) =
Essa primeira questão pode conte repetições, como por exemplo 33600???
-- Mensagem original --
Caros colegas:
Aqui vao dois problemas que ainda estao em aberto na lista. O primeiro
foi
enviado pelo Duda Stabel. O segundo eh da olimpiada iraniana, se nao me
engano.
1) Determinar o conjunto de
Segue abaixo a solução do problema 2 do 2o dia. Vou deixar um espaço pra
quem quiser tentar!
02) Calcule o seguinte limite
2x
/
lim| (sin t)^m/t^n dt (m,n naturais)
x-0+ /
x
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Pronto! Vamos dividir em três
Oi pessoal, segue abaixo a minha solução do problema 1 do primeiro dia
da IMC. Ah, parabéns aa equipe brasileira!! Foi um ótimo resultado para
uma primeira participação nessa competição!!!
1)a) Seja a1, a2, ... , an, ... uma sequencia de
numeros reais tais que a1=1 e
a(n+1)3/2*an para todo
O que acontece nessa figura é que os dois coeficientes angulares das retas
que são coladas não são os mesmos, de modo que fica sobrando um espaço
na colagem, equivalente a uma quadrado de lado um, exatamente a diferença
entre as áreas das duas figuras.
-- Mensagem original --
O Biagio
Vou dar minha solução: eu considerei AUB=N partição.
Sejam a, b tais que
a.A= b.B.
Podemos supor, WLOG, que 1 está em A. Então a está em B, de modo que existe
d em B tal que a=b.d. Temos então que b|a, e ainda aA=db.A = d.A=B.
Nosso problema se restringiu então a acharmos d natural tal
Consegui o item (a). Tou tentando o (b). Sem alguém puder ajudar..
5. (a) Show that for each funtion f:QxQ - R there exists a fnction g:Q-R
such that f(x,y)=g(x)+g(y) for all x,y in Q.
(b) Find a function f:RxR - R for which there is no function g:R-R such
that f(x,y) = g(x) + g(y) for all
Ops, me esqueci de falar que d1 (!!) A solução é então (a,b) tais que
a!=b e mdc(a, b)=min{a,b}
-- Mensagem original --
Vou dar minha solução: eu considerei AUB=N partição.
Sejam a, b tais que
a.A= b.B.
Podemos supor, WLOG, que 1 está em A. Então a está em B, de modo que
existe
d em B
É só trocar.
É que na minha figura M e N ficaram acima de A, qdo a posição correta é
abaixo.
-- Mensagem original --
Ola pessoal,
No enunciado foi dito que MB= 7 cm e NC= 4 cm, mas na resolucao eh dito
que
MB= 4 e NC = 7. Eh assim mesmo ?
Em uma mensagem de 24/7/2003 23:44:20 Hora padrão
Se naum me engano na notação adotada no problema, o valor de AX é sempre
igual a p-a, onde p é o semiperímetro e a= BC, independente do triângulo.
No caso em que o triângulo, os pontos A, X, I e o outro pto de tangência
da circunferência inscrita a ABC formam um quadrado, e assim os lados são
Oi Rodrigo,
Seja ABC=B e ACB=C. Então NCP= 90- C/2. Como NP//BC, temos CNP=C. Logo,
NPC= 180- (C+ 90- C/2)= 90- C/2 = CNP isósceles = NP=NC=7 = MN+ MP= 7.
De modo análogo, BMP= 180- B e MBP= B/2 = BPM= B/2 = BMP isósceles =
MP= MB= 4.
Logo, MN= 7- MP= 7- 4 = MN= 3.
Ateh mais,
Yuri
--
Sejam a e b os comprimentos dos catetos, I o incentro de C1 e X o ponto
de tangência de C1 com AC. Então o raio de C é igual a AX, e eh esse valor
vale r= p- Hipotenusa= (a+b-Hipotenusa)/2= [a+b- sqr(a^2+b^2)]/2= k/2 -
sqr(a^2+b^2)/2
O raio de C2 é a metade da hipotenusa: R= sqr(a^2+b^2)/2.
Oi João,
Naum achei. Eh exatamente nesse link??
-- Mensagem original --
At 21:57 16/7/2003 -0300, you wrote:
Os totais minimos para bronze, prata e ouro foram respectivamente
13, 19 e 29. Assim o resultado do nosso time foi o seguinte:
1 2 3 4 5 6
Oi Crom,
Aih vão as soluções:
1) Vamos mostrar por indução. Para n=1, temos a_1^3=a_1^2 = a_1=0 ou a_1=1.OK.
Além disso, 1+ 8.a_1 é quadrado perfeito.
Suponha por indução que a_1, ...a_(n-1) sejam inteiros e que 1+ 8(a_1+...+a_(n-1)).(
Vc vai jah perceber pq essa ultima condição). Logo
Oi Marcio,
Soh hj eu li seu email, depois que eu tbm consegui fazer a questão.
Tem apenas um detalhe que vc não observou: os t_i´s devem ser distintos,
pq senão os dois conjuntos seriam iguais.
Seguindo a sua notação, sendo D_i=(D+ t_i)U(t_i- D), temos |D_i|= 2.5050.
O t_(i+1) deve ser
O principio da casa dos pombos (PCP), ou Principio de Dirichlet, na sua
forma mais simples, diz que se vc tem n+1 bolas e quer distribuí-las em
n gavetas, então algumas das gavetas deverá conter no minimo duas bolas.
Isso eh bem intuitivo. Para provar isso, suponha por absurdo que não. Então
Na verdade ela jah deveria estar, pq o horario da prova aqui no Brasil
foi ontem (sábado) aa noite. Hj aa noite serah realizado o segundo dia.
Ateh agora ainda não achei. Se alguém conseguir, favor mandar para a lista.
Ateh mais,
Yuri
-- Mensagem original --
Hoje será o primeiro dia de
Oi Marcio,
Se eu não me engano, esse problema tem no Problem Solving:
Seja x_i= número de partidas jogadas até o dia i, inclusive.
Como o enxadrista joga no minimo 1 partida por dia e no máximo 11x12=
132 no total, temos
1= a_1 a_2... a_77= 132. Some 20 na desigualdade:
21= a_1 +
Oi Frederico,
Gostei das questões! =P
(1)( = ) Suponha A e A^(-1) com entradas inteiras. Então detA e detA^(-1)
são inteiros. Mas como detA.detA^(-1)= 1, devemos ter detA= +-1.
( = ) Ora, se A= (a b), então A^(-1)= 1/detA.(d -b), e assim
(c d) (-c
Eh verdade. Eu coloquei o sinal errado. Eh menos mesmo.
A indução eh pra ver que de dois em dois fatores, a expressão vai diminuindo
de tamanho.
Ateh mais,
Yuri
-- Mensagem original --
Yuri, como to estudando pro ITA, IME tb me interessa...
comecei a ver sua resposta, teve uma passagem que
O Ariel percebeu um erro de sinal. Segue a correção abaixo.
-- Mensagem original --
Oi Leo,
Sempre que aparecerem expoentes que são potências de 2 consecutivas, um
argumento que podemos fazer é ver o que acontece qdo multiplicamos a expressão
por um valor que faz ela se reduzir a uma
-- Mensagem original --
O Ariel percebeu um erro de sinal. Segue a correção abaixo.
-- Mensagem original --
Oi Leo,
Sempre que aparecerem expoentes que são potências de 2 consecutivas,
um
argumento que podemos fazer é ver o que acontece qdo multiplicamos a expressão
por um valor que faz
Basta vc observar que ~(v.w)=(~v).(~w). Para ver isso, chame v de a+bi
e w de c+di e faça as contas:
~(v.w)= ~(ab-bd+ (ad+bc)i)= ab-bd-(ad+bc)i
(~v).(~w)=(a-bi)(c-di)= ab-bd-(ad+bc)i
Logo, aplicando isso n vezes, vc chega ao resultado.
Ateh mais,
Yuri
-- Mensagem original --
bom, nao
Oi Ricardo. Vc não pode fazer isso, já que não existe garantia de que f
é derivável.
Abraços,
Yuri
-- Mensagem original --
diretamente da lista...
f(f(x))=x^2-1996..(1)
derivando:
f '(f(x)).f '(x)=2x ..(2)
x^2-1996=(-x)^2-1996, entao:
f(f(-x))=f(f(x))=x^2-1996,
Oi Leo,
Smepre que aparecerem expoentes que são potências de 2 consecutivas, um
argumento que podemos fazer é ver o que acontece qdo multiplicamos a expressão
por um valor que faz ela se reduzir a uma expressão menor. No caso desse
problema, seja
É interessante notar que, dado um triângulo ABC e H seu ortocentro, então
C é ortocentro de ABH. Desse modo, o círculo dos nove pontos de ABH é o
mesmo de ABC, e então esse círculo também é tangente ao incírculo e ex-incírculos
de ABH. O mesmo valendo para ACH e BCH, concluímos que o círculo de
Essa era só perceber que 20 + 14sr(2)=(2+sr(2))^3. Logo, a expressão
é igual a (2+sr(2))+ (2-sr(2))=4.
-- Mensagem original --
Esta questão é da prova do IME que foi realizada nesta semana que passou.
Alguém poderia me dar uma ajuda.
Qual a melhor forma de resolver exercícios em que se tem
Um número é igual ao seu módulo sss ele é maior ou igual a 0. Logo log(12x^3
- 19x^2 +8x) = 0
12x^3 - 19x^2 +8x = 10^0 = 1
12x^3 - 19x^2 +8x - 1 = 0
(x-1)(x-1/3)(x-1/4) = 0
Analisando o sinal dessa função, deve ser 1/4 = x = 1/3 ou x = 1
-- Mensagem original --
tg(3a) = (tg(a)+tg(2a))/(1-tg(a).tg(2a)), donde
tg(a) + tg(2a) = tg(3a).(1-tg(a).tg(2a)), e assim queremos
tg(3a).(1-tg(a).tg(2a)) = 2.tg(3a) sss
tg(3a)(1-tg(a).tg(2a) - 2) = 0 sss
tg(3a)( tg(a).tg(2a) + 1) = 0
Caso i): tg(3a)=0
As soluções são a= 0 e a= pi/3
Caso ii): 1 +
Sejam 2i+1,2i+3,...,2j+1 os termos da PA, com ij ( veja que i e j não obrigatoriamente
são naturais). Entã a soma deles é
(2i+1 + 2j+1)(j-i+1)/2, donde (j+1+i)(j+1-i)=7^3
Basta agora analisar os casos. Em cada um deles vc chegará num sistema
e achará i e j.
-- Mensagem original --
Alguem
Tente primeiro calcular f(x+2a) em função de f(x). Daí, vc chegará em
f(x+2a)= 1/2 + sqr( 1/4 - f(x) + f(x)^2)=
= 1/2 + sqr((1/2 - f(x))^2). Mas sabemos que f(x) é maior ou igual a 1/2,
pois f(x)= 1/2 + sqr(algo), donde f(x)-1/2 é maior ou igual a zero. Logo,
concluímos que
f(x+2a)= 1/2 +
Não. A condição de ser conjunto não permite repetição de elementos. Com
repetição estamos falando de um MULTISET ( ou multiconjunto ).
-- Mensagem original --
--- Eduardo Casagrande Stabel [EMAIL PROTECTED]
escreveu: Olá.
O Pessoal da Lista envelheceu junto com a Lista, por
isso só se
Fala Carlos Tenta mostrar que o médio de DE, o incentro do ABC e o
ponto T são colineares.
Falow!!
-- Mensagem original --
Alguem fez a 2 de geom. da conesul desse ano? empaquei nela...
Obrigado,
Carlos
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
--
Use o melhor
Obs: o teorema anterior afirma que existem INTEIROS a e b.
No problema p^2= a^2 + b^2 tem (0, p) como soluções inteiras. Se formos
procurar soluções naturais, deveremos ter
p|a^2 + b^2 . Suponha que p não divide a. Então seja c o inverso de a mod.
p ( que existe, pois (a, p) ). Daí,
p|(ac)^2
Para o problema 1 existe uma solução que prova ainda que 3(x+y)+1 e 4(x+y)+1
são quadrados perfeitos.
Veja que
3x^2+ x= 4y^2+ y = 3(x^2- y^2) + (x-y)= y^2 =
= (x-y)(3x+3y+1)=y^2
Seja d=mdc(x-y, 3x+3y+1). Suponha d1. Então existe p primo ; p|d. Então
p|y^2 - p|y - p|(x-y) + y= x -
Na verdade, é possível provar que
{x0/ x^x^x^x... converge}= [e^(-e), e^(1/e)]
-- Mensagem original --
Olá Rui,
Meu amigo Artur me apresentou esse problema na
semana passada:
Para x e^(1/e), temos x=e^(1/e+y), onde y 0
logo x^x = e^((1/e+y)*e^(1/e+y)) e^(e^(1/e+y-1)+y)
, pois
Olah a todos.
Alguém consegue, por favor, resolver o problema abaixo!!!
Ache todos x, y inteiros tais que
2x^4+ 1= y^2
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
--
Use o melhor sistema de busca da Internet
Radar UOL - http://www.radaruol.com.br
| /|
| x/ |1/2
| x/ |
|--|
| \ |
|\ |
| \|
Espero que a figura satisfaça. Faça Pitágoras no triângulo retângulo da
direita acima.Daí,
x^2= (1/2)^2 + (1-x)^2 ...
4) Seja um paralelogramo ABCD. Traça-se uma reta que passa por D e corta
o lado BC no ponto P e o prolongamento do lado AB no ponto Q. Se a área
do
triângulo DAC vale 8 e a área do quadrilátero ABCD vale 29, quanto vale
a
área do triângulo CPQ?
Se a área de DAC=8, então a de ABCD será 16, e não
Alguém pode resolver ou dar dicas para a seguinte questão???
Dado um inteiro positivo n, achar todas as ternas (x,y,z) de números reais
tais que
y*x^n + z*y^n + x*z^n = x*y^n + y*z^n + z*x^n
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
--
Use o melhor sistema de busca
Pensei um pouquinho, e tudo que consegui eh que f(x)= -c/x, x/=0, e f(x)=0
satisfaz, para c real. Serah que tem outra??
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
___
http://www.zipmail.com.br O e-mail que vai aonde você está.
Basta ver que os quadrados perfeitos só podem acabar em 1,4,5,6 ou 9.
Daih, a resposta eh letra e).
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
___
http://www.zipmail.com.br O e-mail que vai aonde você está.
Para a questão 3, tente provar que o ponto de interseção de HM com a circunferência
circunscrita a ABC pertencente ao arco BC é diametralmente oposto a A.
-- Mensagem original --
Olá pessoal,
Olhem só estes problemas:
1.Quantos triangulos diferentes ,de lados inteiros,podem ser
Uma outra solução para esta questão é a seguinte:
PMN = NPQ e NMQ = NPQ ( ângulos segmentos ). Daí,
RNQ = NPQ + NQP ( ângulo externo ) = RNQ = PMQ
Mas RMQ compreende o mesmo arco que RNQ = MQ é bissetriz PMR
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
Alguém poderia me ajudar no problema abaixo. Ainda naum saí do canto!
Sejam a e b inteiros não-negativos tais que ab=c^2, onde c é inteiro.
Prove que existe um número n e inteiros x1, x2,...,xn, y1, y2,..., yn tais
que
x1^2 + x2^2 + ... + xn^2= a , y1^2 + y2^2 + ... + yn^2 = b
e
Ei, como eh que vcs foram realmente Eu tou acabando de ver q tu fez
uma questão toda. Naum tou entendendo como eh que foram as pontuações. Tu
jah eh menção né???
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
___
http://www.zipmail.com.br O e-mail que
O email Afinal, como foi? não era endereçado para a lista.
[]'s, Yuri
ICQ: 64992515
___
http://www.zipmail.com.br O e-mail que vai aonde você está.
-- Mensagem original --
Caros colegas
As medidas dos lados de um triângulo são x^2 + x + 1, 2x + 1 e x^2 - 1.
Determine o maior lado e prove que o triângulo tem um ângulo de 120°.
Um abraço
YCM!
Vejamos... Como x^2 - 1 é lado, temos x 1. Daí
x^2 + x + 1 2x + 1 sss x^2 x sss
Abaixo vai um problema de Anlise bem interessante:
Dada f:[a,b)-R, suponha que f derivvel em (a,b) e tenha derivada
limitada. Prove ento que f limitada.
Aguardo a soluo.
[]'s, Yuri
___
http://www.zipmail.com.br O e-mail
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