Re: [obm-l] DG: [Era: serie para ln(2)]
Tem razao, Ponce. Voce disse quando UM dos lados vai para zero, eu tinha lido OS LADOS. Li errado. Abraco, Ralph 2009/5/9 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com Oi Ralph, o triangulo degenerado que eu dei tinha apenas um lado nulo, para forcar que os angulos fossem zero ou que um dos vetores fosse zero (e nesse ultimo caso, a resultante continuaria a ter seu modulo igual 'a soma dos modulos dos vetores). Portanto, se aumentarmos apenas um pouquinho o lado nulo, a igualdade se desfaz, e teremos simplesmente: ma+mb+mc a+b+c Como esse pouquinho pode ser tao pequeno quanto o siqueira, o valor para K e' mesmo 1. Abracao, Rogerio Ponce 2009/5/9 Ralph Teixeira ralp...@gmail.com: Poxa, o Ponce, com sua vasta esperiencia de decadas e decadas matematicas, ressuscitou a questao de qual eh a melhor desigualdade do tipo ma+mb+mc=k(a+b+c) que a gente consegue escrever?, que estava em http://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg43875.html e mostrou que aqueles 3/2 que a gente achou ha decadas NAO era a melhor cota. (A gente tambem achou que 3/4.(a+b+c)=ma+mb+mc, e tem um argumento lah que diz que esses 3/4 eh a melhor desigualdade) Agora fiquei curioso -- qual eh o menor valor possivel de k para garantir que a desigualdade acima vale? E antes que alguem diga, o argumento de que num triangulo degenerado vale a igualdade porque dah 0=0 nao me convence -- afinal, o que eu quero eh o menor valor de k, e esse 0=0 vale para qualquer k. Abraco, Ralph 2009/5/9 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com Ola' Nehab, Santa Rita, Luis Lopes e pessoal da lista, estou gostando dessas histórias ! ...menos, é claro, da intenção do Nehab em me incluir na lista dos quase coroas, visto que ele já conhecia o Bourbaki de trás pra frente, há mais de 10 anos, quando o único conjunto que eu conhecia era o dos Beatles... Xiii me entreguei Mas voltando 'a vaca fria, vamos resolver o problema do Santa Rita, ou seja, vamos tentar encontrar algum triangulo tal que o seu perimetro seja igual a soma das suas medianas. Entao, considere um triangulo ABC, e seja D o ponto medio do lado BC. Pois agora imagine os vetores AB e AC, com origem em A. Repare que a soma desses 2 vetores vale exatamente o dobro da mediana AD. Por outro lado, a gente sabe que a soma de dois vetores quaisquer vale, no maximo, a soma dos dois modulos. Portanto, a mediana AD vale no maximo a metade da soma dos comprimentos AB e AC, ou seja, 2*AD = AB + AC Repita essa desigualdade para as outras medianas, e some tudo. Fica facil concluir que: A SOMA DAS MEDIANAS E' SEMPRE MENOR OU IGUAL AO PERIMETRO DO TRIANGULO. Alias, essa igualdade so' acontece se os angulos entre os vetores forem zero, o que significa que o triangulo tem que ser degenerado. E, de fato, isso acontece quando um dos lados do triangulo tem comprimento zero. []'s Rogerio Ponce 2009/5/6 Carlos Nehab ne...@infolink.com.br: Caramba, Falam em antiguidades e mencionam logo meu nome. Não sei porque... :-) . Você já mencionaram dois maiores monstros do passado em Geometrias (imaginem... o quanto passado...o meu passado! hahaha). O Virgilio de Athayde Pinheiro e o Célio Pinto de Almeida (que depois foi dono da construtora que levava seu nome). O primeiro, um sábio, um verdadeiro mestre, de corpo e alma (falava grego fluentemente, era um poço infinito de conhecimento, inclusive sobre história da Matemática, aspecto tão negligenciado hoje em dia (para os alunos fica a horrível sensação que tudo em matemática sempre foi do mesmo jeito semprecomo se matemática fose uma descoberta dos deuses e não dso homens...). Tive o privilégio de ter sido aluno do Virgílio em Geometria Descritiva e Perspectiva(s). Do segundo élio) fui aluno de Desenho Geométrico (ai incluidas as Cônicas): um monstro e um extraordinário professor. Mas havia um outro monstro sagrado, tímido e introspectivo, que foi professor do IME e da UFF (Dep de Matemática) - Luiz Oswaldo - e tive oportunidade de ser aluno dele em ambas as escolas. No IME, de Geometria, e na UFF de Teoria dos Números e de Geometria (foi através dele que conheci e me extasiei com o livro do Niven - Irrational Numbers, já mencionado algumas vezes por aqui). Eram do Luiz Oswaldo a grande maioria das questões de Geometria dos concursos de admissão ao IME na década de 65 a75, inclusive as questões de Geometria da prova de 72/73 onde tive o prazer de trabalhar com ele (eu já dava aula lá) e participar de forma intensa no massacre da prova de Álgebra daquele ano. ;-) Para quem não se lembra eu e o Ponce (um quase coroa da lista) já escrevemos por aqui causos engraçados sobre o Luiz Oswaldo, inclusive sua ridícula e única gravata de seu sovina vestuário. Mas eu
Re: [obm-l] DG: [Era: serie para ln(2)]
Eh, isso ai. Eh que, na outra discussao, a gente deixou escapar este limite superior, deixando-o em 3/2. Abraco, Ralph 2009/5/9 Carlos Yuzo Shine cysh...@yahoo.com Oi Ralph, Eu só comecei a acompanhar a discussão agora, mas o que acontece quando fazemos um lado TENDER a zero? Não tender a dar 1? Aí eu acho que o argumento do Ponce mostra que o menor k é 1, não? Enfim, eu pensei muito rápido e posso estar enganado (agora mesmo estou meio apressado...). []'s Shine --- On Sat, 5/9/09, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com wrote: From: Ralph Teixeira ralp...@gmail.com Subject: Re: [obm-l] DG: [Era: serie para ln(2)] To: obm-l@mat.puc-rio.br Date: Saturday, May 9, 2009, 11:49 AM Poxa, o Ponce, com sua vasta esperiencia de decadas e decadas matematicas, ressuscitou a questao de qual eh a melhor desigualdade do tipo ma+mb+mc=k(a+b+c) que a gente consegue escrever?, que estava em http://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg43875.html e mostrou que aqueles 3/2 que a gente achou ha decadas NAO era a melhor cota. (A gente tambem achou que 3/4.(a+b+c)=ma+mb+mc, e tem um argumento lah que diz que esses 3/4 eh a melhor desigualdade) Agora fiquei curioso -- qual eh o menor valor possivel de k para garantir que a desigualdade acima vale? E antes que alguem diga, o argumento de que num triangulo degenerado vale a igualdade porque dah 0=0 nao me convence -- afinal, o que eu quero eh o menor valor de k, e esse 0=0 vale para qualquer k. Abraco, Ralph 2009/5/9 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com Ola' Nehab, Santa Rita, Luis Lopes e pessoal da lista, estou gostando dessas histórias ! ...menos, é claro, da intenção do Nehab em me incluir na lista dos quase coroas, visto que ele já conhecia o Bourbaki de trás pra frente, há mais de 10 anos, quando o único conjunto que eu conhecia era o dos Beatles... Xiii me entreguei Mas voltando 'a vaca fria, vamos resolver o problema do Santa Rita, ou seja, vamos tentar encontrar algum triangulo tal que o seu perimetro seja igual a soma das suas medianas. Entao, considere um triangulo ABC, e seja D o ponto medio do lado BC. Pois agora imagine os vetores AB e AC, com origem em A. Repare que a soma desses 2 vetores vale exatamente o dobro da mediana AD. Por outro lado, a gente sabe que a soma de dois vetores quaisquer vale, no maximo, a soma dos dois modulos. Portanto, a mediana AD vale no maximo a metade da soma dos comprimentos AB e AC, ou seja, 2*AD = AB + AC Repita essa desigualdade para as outras medianas, e some tudo. Fica facil concluir que: A SOMA DAS MEDIANAS E' SEMPRE MENOR OU IGUAL AO PERIMETRO DO TRIANGULO. Alias, essa igualdade so' acontece se os angulos entre os vetores forem zero, o que significa que o triangulo tem que ser degenerado. E, de fato, isso acontece quando um dos lados do triangulo tem comprimento zero. []'s Rogerio Ponce 2009/5/6 Carlos Nehab ne...@infolink.com.br: Caramba, Falam em antiguidades e mencionam logo meu nome. Não sei porque... :-) . Você já mencionaram dois maiores monstros do passado em Geometrias (imaginem... o quanto passado...o meu passado! hahaha). O Virgilio de Athayde Pinheiro e o Célio Pinto de Almeida (que depois foi dono da construtora que levava seu nome). O primeiro, um sábio, um verdadeiro mestre, de corpo e alma (falava grego fluentemente, era um poço infinito de conhecimento, inclusive sobre história da Matemática, aspecto tão negligenciado hoje em dia (para os alunos fica a horrível sensação que tudo em matemática sempre foi do mesmo jeito semprecomo se matemática fose uma descoberta dos deuses e não dso homens...). Tive o privilégio de ter sido aluno do Virgílio em Geometria Descritiva e Perspectiva(s). Do segundo élio) fui aluno de Desenho Geométrico (ai incluidas as Cônicas): um monstro e um extraordinário professor. Mas havia um outro monstro sagrado, tímido e introspectivo, que foi professor do IME e da UFF (Dep de Matemática) - Luiz Oswaldo - e tive oportunidade de ser aluno dele em ambas as escolas. No IME, de Geometria, e na UFF de Teoria dos Números e de Geometria (foi através dele que conheci e me extasiei com o livro do Niven - Irrational Numbers, já mencionado algumas vezes por aqui). Eram do Luiz Oswaldo a grande maioria das questões de Geometria dos concursos de admissão ao IME na década de 65 a75, inclusive as questões de Geometria da prova de 72/73 onde tive o prazer de trabalhar com ele (eu já dava aula lá) e participar de forma intensa no massacre da prova de Álgebra daquele ano. ;-) Para quem não se lembra eu e o Ponce (um quase coroa da lista) já
[obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade
Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo original ? Um abraco a Todos ! PSR,7090509132D = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidades caça-niquel
Olá Thelio e Mestre Ralph Muito pertinentes os comentários do Ralph. Realmente, deve haver extremo esmero na formulação dos enunciados, sobretudo quando o assunto é probabilidades, que costuma causar confusão justamente por causa das ambiguidades nos enunciados. Bem, não custa, agora, apresentar uma solução diferente para esta questão: Exibir um resultado é uma tarefa que pode ser realizada em 3 etapas sucessivas: 1ª Etapa) Escolha das 3 frutas que irão comparecer no resultado: C(6,3)=20; 2ª Etapa) Escolha da fruta que comparecerá 2 vezes no resultado: C(3,1)=3; 3ª Etapa) Escolha das 2 posições destinadas às frutas desiguais: A(4,2)=12 Pelo Princípio Fundamental da Contagem há: 20 X 3 X 12 = 720 possíveis resultados, e, como escreveu o Ralph, já que eles são todos igualmente prováveis, a probabilidade pedida é 720/1296=5/9. Vale notar que a 3ª etapa poderia ser: posicionar as 4 frutas, ou seja, fazer uma permutação de 4 elementos, sendo 2 repetidos, o que equivaleria exatamente a calcular os anagramas da palavra BALA. (B de Banana, A de Amora, L de Laranja e A de Ameixa) Então (só para o Thelio ter uma visão geral) o que se quer nesse problema, em última análise, é fazer uma permutação de 4 elementos, sendo que dois deles são iguais entre si. Mas antes de fazer essa permutação com elementos repetidos, precisamos escolher as frutas, o que foi feito nas etapas 1 e 2. Finalmente, acho que um enunciado que seria aprovado pelo Mestre Ralph seria assim: (corrija-me se estiver errado, mestre, porque quero aplicar essa questão em um simulado) Numa máquina de caça-níquel, cada resultado é formado por 4 quaisquer de 6 frutas diferentes. Supondo que um resultado pode apresentar frutas repetidas, calcule a probabilidade de um resultado apresentar duas frutas iguais e duas outras frutas diferentes entre si. Abraços, Palmerim 2009/5/8 Ralph Teixeira ralp...@gmail.com Oi, Thelio. Vamos fazer as seguintes hipóteses: a) O resultado é formado por 4 símbolos; (isto está bem explícito em 4 quaisquer...) b) Cada símbolo pode ser uma de seis frutas, que designarei por A, B, C, D, E, F (também razoavelmente explícito em de 6 frutas diferentes...); c) Um resultado pode apresentar símbolos iguais (por exemplo, pode ser AADE) -- isto está dito, mas com um português ligeiramente ambíguo; digo isso pois **gramaticalmente** podendo haver repetição poderia se referir a 4 símbolos ou a 6 frutas... mas faz mais sentido se for 4 símbolos, podendo haver repetição, que é a minha interpretação; a outra interpretação, 6 frutas diferentes, podendo haver repetição é meio contraditória... d) Em cada símbolo, cada fruta tem a mesma probabilidade de aparecer (razoável, mas não é nem um pouco óbvio; aliás, só vou supor isso porque tenho que resolver o problema e ele não indicou as probabilidades de cada fruta; num caça-níqueis de verdade, isto não costuma ser verdadeiro); e) Os 4 símbolos são independentes entre si, isto é, o símbolo que aparece na primeira janela não afeta de maneira alguma o símbolo da segunda (bem razoável, mas também não é certo no caso geral). f) O que o enunciado quer é a probabilidade de aparecerem 3 frutas distintas, sendo uma delas repetida (se eu quisesse ser muito muito chato, diria que AABB tem duas frutas AA iguais e duas frutas BB desiguais **da primeira** -- não acho que era isso que o enunciado tinha em mente, acho que eles querem dizer, duas frutas iguais e duas OUTRAS, desiguais ENTRE SI.). Em linguagem de pôquer: qual é a chance de dar um par? Agora sim, com tudo destrinchado, eu consigo resolver o problema. Há 6.6.6.6=1296 possíveis resultados, todos igualmente prováveis graças a (d) e (e). Quantos são da forma XXYZ (ou permutações)? i) Primeiro, vou escolher as frutas que vão aparecer na minha sequencia: note que X é bem distinto de Y e Z, que são intercambiáveis neste momento. Há 6 maneiras de escolher X; agora, há C(5,2) maneiras de escolher as frutas Y e Z. Então há 6.C(5,2)=60 maneiras de escolher as frutas que aparecerão no meu resultado. ii) Mas ainda temos que determinar a ordem em que as frutas aparecerão no resultado. Há 4 lugares para Y, restam 3 lugares para Z e os outros têm de ser X. Ou seja, para cada escolha das frutas X, Y e Z que vão aparecer (onde X é a letra a ser repetida), há 4.3=12 maneiras de posicioná-las. iii) Juntando tudo, são 60.12=720 possíveis resultados do tipo um par. Como eles são todos igualmente prováveis, a probabilidade pedida é 720/1296=5/9. Bom, espero não ter errado bobagens, estou meio sem tempo para conferir o que escrevi. Abraço, Ralph 2009/5/7 Thelio Gama teliog...@gmail.com: Bom dia Professores, estou bastante confuso com o seguinte problema e agradeço se puderem fazer a gentileza de explicá-lo : Numa máquina de caça-níquel, cada resultado é formado por 4 quaisquer de 6 frutas diferentes, podendo haver repetição. Calcule a probabilidade de um resultado apresentar duas frutas iguais e
[obm-l] essa tá difícil!!!
Os números a, b e c são reais não negativos e p e q são inteiros positivos distintos. Prove que se: a^p + b^p = c^p e a^q + b^q = c^q, então a = 0 ou b = 0. Um abraço, Vanderlei
RES: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade
Se minha memória não está falhando esse baricentro coincide com o incentro do triângulo dado. A demonstração é algo assim: imaginando os lados com densidade uniforme de massa cada lado pode ser trocado pelo seu ponto médio com toda massa aí concentrada. Essas massas ponctuais são proporcionais aos comprimentos dos lados respectivos, digamos a,b e c, como usual. Agora um cálculo simples de centro de massa em coordenadas cartesianas revela que as coordenadas desse baricentro são exatamente as coordenadas cartesianas do incentro do triângulo dado. Assim sendo a construção com régua e compasso é possível. Saludos Jayro Bedoff -Mensagem original- De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de Rogerio Ponce Enviada em: domingo, 10 de maio de 2009 13:04 Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo original ? Um abraco a Todos ! PSR,7090509132D = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = = 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] Triangulo oco - centro de gravidade
Oi Ponce e demais colegas desta lista ... OBM-L, EU PENSO que um possivel objetivo comum a todos nos e justamente o de propor problemas interessantes, nao triviais, e/ou suas respectivas solucoes, quando possiveis. Procedendo assim PARECE-ME que ocorrerao duas implicacoes obvias : 1) Serao naturalmente afastados aqueles(as) que vem esta lista como um SOS para vestibulandos, concurseiros e assemelhados. 2) Serao naturalmente atraidos aqueles(as) que aspiram ler e aprender uma Matematica de mais alta qualidade. E eu tenho certeza - ate por experiencia pessoal - que com a colaboracao das inumeras pessoas talentosas que ja passaram por aqui, podemos criar um centro de discussao de Matematica Elementar que nao ficara devendo a nenhum outro centro do Mundo Quando ao problema do Nehab, e bastante razoavel supor que o campo gravitacional e constante ( pois estamos imaginando o triangulo proximo a superficie da terra). Agora, basta aplicar o teorema de Varignon. Seja ABC um triangulo. Sem perda de generalidade podemos supor que os seus vertices estao disposto tais que A esta em (0,0), B em (c,0) e C em (X,Y). E natural supor que a densidade linear de massa e constante em cada lado, donde decorre que os respectivos centros de massa dos seus lados estarao nos pontos medios destes lados. Seja d esta densidade liner. As forcas que atuam em cada ponto medio sao : No lado AB, cdg, atuando em (c/2,0) - aqui, g e a aceleracao da gravidade No lado AC, bdg, atuando em (X/2,Y/2) No lado BC, adg, atuando em ( (c+X)/2 , Y/2 ) Assim VERTICALMENTE, temos uma forca de cdg em 0, uma forca bdg em Y/2 e uma forca adg em Y/2, vale dizer, uma forca, (bdg+adg) em Y/2. A forca que equilibra tudo isso tem modulo, obviamente, igual adg + bdg + cdg atuando na posicao vertical m ( Varignon agora ) tal que : m*(adg + bdg + cdg) = cdg*0 + (bdg + adg)*(Y/2) m =( (a+b) / (a+b+c) )*(Y/2) Resultado 1 HORIZONTALMENTE, temos uma forca cdg em c/2, uma forca bdg em (X/2) e uma forca adg atuando em (c+X)/2. Para equilibrar isso devemos ter uma forca de modulo obviamente, igual adg + bdg + cdg e atuando na posicao horizontal n ( Varignon agora ) tal que : n*(adg + bdg + cdg) = cdg*(c/2) + bdg*(X/2) + adg*( (c+X)/2) n = ( (a+c)*(c/2) + (b+c)*(X/2) ) / (a + b + c) Resultado 2 Os dados em Resultado 1 e 2 sao conhecidos, bastando construir o sistema de coordenadas indicado ( traca-se por A uma perpendicular a AB, Esta perpendicular e o eixo Y; o eixo X sera a reta que suporta o lado AB). Os valores de m e n sao facilmente construtiveis. Logo: O PONTO PROCURADO Traca-se por m uma paralela ao eixo X e por n uma paralela ao eixo Y. O ponto de encontro e o ponto procurado. Um Abracao a Todos ! PSR,11005091409 pois isto afastara aqueles estudantes preguicosos , para que aqueles que nos acompanham 2009/5/10 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com: Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo original ? Um abraco a Todos ! PSR,7090509132D = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidades c aça-niquel
Eh, aquele enunciado original ganhou nota 4 (de 10) na ENTOR (Escala de Nariz Torcido do Ralph). Nao eh TERRIVEL, mas poderia ser melhor. A do Palmerim nao me faz torcer o nariz nao (ENTOR=0). Ainda temos que pressupor que as frutas sao equiprovaveis (o que me incomoda um pouco, na barriga, mas o nariz ficou reto) e que as 4 frutas que aparecem sao independentes entre si (esta nao me incomoda tanto, eh uma hipotese mais natural). Tambem, se fosse para ser 100% rigoroso, ia ficar um enunciado muito feio... :) :) Abraco, Ralph P.S: Ainda to tentando ver se dah para ser mais rigoroso sem perder a clareza. Consegui: Numa máquina de caça-níquel, cada resultado é formado por 4 simbolos independentes. Cada simbolo eh escolhido ao acaso dentre 6 frutas diferentes. Calcule a probabilidade de um resultado apresentar duas frutas iguais e duas outras frutas diferentes entre si. Acho que ficou mais feio, talvez ateh menos claro... O nariz deu uma fungada aqui, mas ficou no 0 Mas, pelo menos, o enunciado deixa explicito que os simbolos sao independentes e as frutas igualmente provaveis (ao acaso **costuma** indicar isto, o que tambem eh discutivel). Note que agora nao eh necessario dizer que os simbolos podem repetir -- isto eh uma consequencia da independencia dos simbolos. :) :) 2009/5/10 Palmerim Soares palmerimsoa...@gmail.com Olá Thelio e Mestre Ralph Muito pertinentes os comentários do Ralph. Realmente, deve haver extremo esmero na formulação dos enunciados, sobretudo quando o assunto é probabilidades, que costuma causar confusão justamente por causa das ambiguidades nos enunciados. Bem, não custa, agora, apresentar uma solução diferente para esta questão: Exibir um resultado é uma tarefa que pode ser realizada em 3 etapas sucessivas: 1ª Etapa) Escolha das 3 frutas que irão comparecer no resultado: C(6,3)=20; 2ª Etapa) Escolha da fruta que comparecerá 2 vezes no resultado: C(3,1)=3; 3ª Etapa) Escolha das 2 posições destinadas às frutas desiguais: A(4,2)=12 Pelo Princípio Fundamental da Contagem há: 20 X 3 X 12 = 720 possíveis resultados, e, como escreveu o Ralph, já que eles são todos igualmente prováveis, a probabilidade pedida é 720/1296=5/9. Vale notar que a 3ª etapa poderia ser: posicionar as 4 frutas, ou seja, fazer uma permutação de 4 elementos, sendo 2 repetidos, o que equivaleria exatamente a calcular os anagramas da palavra BALA. (B de Banana, A de Amora, L de Laranja e A de Ameixa) Então (só para o Thelio ter uma visão geral) o que se quer nesse problema, em última análise, é fazer uma permutação de 4 elementos, sendo que dois deles são iguais entre si. Mas antes de fazer essa permutação com elementos repetidos, precisamos escolher as frutas, o que foi feito nas etapas 1 e 2. Finalmente, acho que um enunciado que seria aprovado pelo Mestre Ralph seria assim: (corrija-me se estiver errado, mestre, porque quero aplicar essa questão em um simulado) Numa máquina de caça-níquel, cada resultado é formado por 4 quaisquer de 6 frutas diferentes. Supondo que um resultado pode apresentar frutas repetidas, calcule a probabilidade de um resultado apresentar duas frutas iguais e duas outras frutas diferentes entre si. Abraços, Palmerim 2009/5/8 Ralph Teixeira ralp...@gmail.com Oi, Thelio. Vamos fazer as seguintes hipóteses: a) O resultado é formado por 4 símbolos; (isto está bem explícito em 4 quaisquer...) b) Cada símbolo pode ser uma de seis frutas, que designarei por A, B, C, D, E, F (também razoavelmente explícito em de 6 frutas diferentes...); c) Um resultado pode apresentar símbolos iguais (por exemplo, pode ser AADE) -- isto está dito, mas com um português ligeiramente ambíguo; digo isso pois **gramaticalmente** podendo haver repetição poderia se referir a 4 símbolos ou a 6 frutas... mas faz mais sentido se for 4 símbolos, podendo haver repetição, que é a minha interpretação; a outra interpretação, 6 frutas diferentes, podendo haver repetição é meio contraditória... d) Em cada símbolo, cada fruta tem a mesma probabilidade de aparecer (razoável, mas não é nem um pouco óbvio; aliás, só vou supor isso porque tenho que resolver o problema e ele não indicou as probabilidades de cada fruta; num caça-níqueis de verdade, isto não costuma ser verdadeiro); e) Os 4 símbolos são independentes entre si, isto é, o símbolo que aparece na primeira janela não afeta de maneira alguma o símbolo da segunda (bem razoável, mas também não é certo no caso geral). f) O que o enunciado quer é a probabilidade de aparecerem 3 frutas distintas, sendo uma delas repetida (se eu quisesse ser muito muito chato, diria que AABB tem duas frutas AA iguais e duas frutas BB desiguais **da primeira** -- não acho que era isso que o enunciado tinha em mente, acho que eles querem dizer, duas frutas iguais e duas OUTRAS, desiguais ENTRE SI.). Em linguagem de pôquer: qual é a chance de dar um par? Agora sim, com tudo destrinchado, eu consigo resolver o
Re: RES: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade
Oi, Jayro Não sei se sua memória é boa ou não mas seu raciocício certamente o é. Se sua expressão incentro do triângulo dado se refere ao incentro do triângulo medial do triângulo original (formado pelos pontos médios dos lados), ok, mas ... poste a solução geométrica deste fato... Os meninos (e também os não tão meninos agradecerão). Abraços, Nehab Jayro Bedoff escreveu: Se minha memória não está falhando esse baricentro coincide com o incentro do triângulo dado. A demonstração é algo assim: imaginando os lados com densidade uniforme de massa cada lado pode ser trocado pelo seu ponto médio com toda massa aí concentrada. Essas massas ponctuais são proporcionais aos comprimentos dos lados respectivos, digamos a,b e c, como usual. Agora um cálculo simples de centro de massa em coordenadas cartesianas revela que as coordenadas desse baricentro são exatamente as coordenadas cartesianas do incentro do triângulo dado. Assim sendo a construção com régua e compasso é possível. Saludos Jayro Bedoff -Mensagem original- De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de Rogerio Ponce Enviada em: domingo, 10 de maio de 2009 13:04 Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo original ? Um abraco a Todos ! PSR,7090509132D = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = = 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] Triangulo oco - centro de gravidade
Caros amigos: Ando sumido da lista. Mas leio frequentemente. Acrescento um fato interessante sobre o centro de gravidade do triângulo oco. Considere o incentro do triângulo cujos vértices são os pontos médios dos lados do triângulo ABC. Este ponto é o baricentro do triângulo ABC oco. Abraços, E. Wagner. Quoting Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Oi Ponce e demais colegas desta lista ... OBM-L, EU PENSO que um possivel objetivo comum a todos nos e justamente o de propor problemas interessantes, nao triviais, e/ou suas respectivas solucoes, quando possiveis. Procedendo assim PARECE-ME que ocorrerao duas implicacoes obvias : 1) Serao naturalmente afastados aqueles(as) que vem esta lista como um SOS para vestibulandos, concurseiros e assemelhados. 2) Serao naturalmente atraidos aqueles(as) que aspiram ler e aprender uma Matematica de mais alta qualidade. E eu tenho certeza - ate por experiencia pessoal - que com a colaboracao das inumeras pessoas talentosas que ja passaram por aqui, podemos criar um centro de discussao de Matematica Elementar que nao ficara devendo a nenhum outro centro do Mundo Quando ao problema do Nehab, e bastante razoavel supor que o campo gravitacional e constante ( pois estamos imaginando o triangulo proximo a superficie da terra). Agora, basta aplicar o teorema de Varignon. Seja ABC um triangulo. Sem perda de generalidade podemos supor que os seus vertices estao disposto tais que A esta em (0,0), B em (c,0) e C em (X,Y). E natural supor que a densidade linear de massa e constante em cada lado, donde decorre que os respectivos centros de massa dos seus lados estarao nos pontos medios destes lados. Seja d esta densidade liner. As forcas que atuam em cada ponto medio sao : No lado AB, cdg, atuando em (c/2,0) - aqui, g e a aceleracao da gravidade No lado AC, bdg, atuando em (X/2,Y/2) No lado BC, adg, atuando em ( (c+X)/2 , Y/2 ) Assim VERTICALMENTE, temos uma forca de cdg em 0, uma forca bdg em Y/2 e uma forca adg em Y/2, vale dizer, uma forca, (bdg+adg) em Y/2. A forca que equilibra tudo isso tem modulo, obviamente, igual adg + bdg + cdg atuando na posicao vertical m ( Varignon agora ) tal que : m*(adg + bdg + cdg) = cdg*0 + (bdg + adg)*(Y/2) m =( (a+b) / (a+b+c) )*(Y/2) Resultado 1 HORIZONTALMENTE, temos uma forca cdg em c/2, uma forca bdg em (X/2) e uma forca adg atuando em (c+X)/2. Para equilibrar isso devemos ter uma forca de modulo obviamente, igual adg + bdg + cdg e atuando na posicao horizontal n ( Varignon agora ) tal que : n*(adg + bdg + cdg) = cdg*(c/2) + bdg*(X/2) + adg*( (c+X)/2) n = ( (a+c)*(c/2) + (b+c)*(X/2) ) / (a + b + c) Resultado 2 Os dados em Resultado 1 e 2 sao conhecidos, bastando construir o sistema de coordenadas indicado ( traca-se por A uma perpendicular a AB, Esta perpendicular e o eixo Y; o eixo X sera a reta que suporta o lado AB). Os valores de m e n sao facilmente construtiveis. Logo: O PONTO PROCURADO Traca-se por m uma paralela ao eixo X e por n uma paralela ao eixo Y. O ponto de encontro e o ponto procurado. Um Abracao a Todos ! PSR,11005091409 pois isto afastara aqueles estudantes preguicosos , para que aqueles que nos acompanham 2009/5/10 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com: Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo original ? Um abraco a Todos ! PSR,7090509132D = Instruções para entrar na lista, sair da lista e
Re: [obm-l] Triangulo oco - centro de gravidade
Oba, Wagner, Que bom que você deu um oi... Você está no Rio ou no Ceará, a terra dos matemáticos :-) ? Fico feliz em vê-lo por aqui, mas que covardia, dando a solução do problema,... sem a SUA solução !... Abraços Nehab wag...@impa.br escreveu: Caros amigos: Ando sumido da lista. Mas leio frequentemente. Acrescento um fato interessante sobre o centro de gravidade do triângulo oco. Considere o incentro do triângulo cujos vértices são os pontos médios dos lados do triângulo ABC. Este ponto é o baricentro do triângulo ABC oco. Abraços, E. Wagner. Quoting Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Oi Ponce e demais colegas desta lista ... OBM-L, EU PENSO que um possivel objetivo comum a todos nos e justamente o de propor problemas interessantes, nao triviais, e/ou suas respectivas solucoes, quando possiveis. Procedendo assim PARECE-ME que ocorrerao duas implicacoes obvias : 1) Serao naturalmente afastados aqueles(as) que vem esta lista como um SOS para vestibulandos, concurseiros e assemelhados. 2) Serao naturalmente atraidos aqueles(as) que aspiram ler e aprender uma Matematica de mais alta qualidade. E eu tenho certeza - ate por experiencia pessoal - que com a colaboracao das inumeras pessoas talentosas que ja passaram por aqui, podemos criar um centro de discussao de Matematica Elementar que nao ficara devendo a nenhum outro centro do Mundo Quando ao problema do Nehab, e bastante razoavel supor que o campo gravitacional e constante ( pois estamos imaginando o triangulo proximo a superficie da terra). Agora, basta aplicar o teorema de Varignon. Seja ABC um triangulo. Sem perda de generalidade podemos supor que os seus vertices estao disposto tais que A esta em (0,0), B em (c,0) e C em (X,Y). E natural supor que a densidade linear de massa e constante em cada lado, donde decorre que os respectivos centros de massa dos seus lados estarao nos pontos medios destes lados. Seja d esta densidade liner. As forcas que atuam em cada ponto medio sao : No lado AB, cdg, atuando em (c/2,0) - aqui, g e a aceleracao da gravidade No lado AC, bdg, atuando em (X/2,Y/2) No lado BC, adg, atuando em ( (c+X)/2 , Y/2 ) Assim VERTICALMENTE, temos uma forca de cdg em 0, uma forca bdg em Y/2 e uma forca adg em Y/2, vale dizer, uma forca, (bdg+adg) em Y/2. A forca que equilibra tudo isso tem modulo, obviamente, igual adg + bdg + cdg atuando na posicao vertical m ( Varignon agora ) tal que : m*(adg + bdg + cdg) = cdg*0 + (bdg + adg)*(Y/2) m =( (a+b) / (a+b+c) )*(Y/2) Resultado 1 HORIZONTALMENTE, temos uma forca cdg em c/2, uma forca bdg em (X/2) e uma forca adg atuando em (c+X)/2. Para equilibrar isso devemos ter uma forca de modulo obviamente, igual adg + bdg + cdg e atuando na posicao horizontal n ( Varignon agora ) tal que : n*(adg + bdg + cdg) = cdg*(c/2) + bdg*(X/2) + adg*( (c+X)/2) n = ( (a+c)*(c/2) + (b+c)*(X/2) ) / (a + b + c) Resultado 2 Os dados em Resultado 1 e 2 sao conhecidos, bastando construir o sistema de coordenadas indicado ( traca-se por A uma perpendicular a AB, Esta perpendicular e o eixo Y; o eixo X sera a reta que suporta o lado AB). Os valores de m e n sao facilmente construtiveis. Logo: O PONTO PROCURADO Traca-se por m uma paralela ao eixo X e por n uma paralela ao eixo Y. O ponto de encontro e o ponto procurado. Um Abracao a Todos ! PSR,11005091409 pois isto afastara aqueles estudantes preguicosos , para que aqueles que nos acompanham 2009/5/10 Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com: Ola' Santa Rita, obrigado pelo elogio. Mas o culpado foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes para a lista. Parabens! Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele propos (e que eu reescrevo abaixo): Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade, utilizando-se apenas de desenho geometrico. (ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas expressa por meio de equacoes.) Abracos a todos, Rogerio Ponce 2009/5/9 Paulo Santa Rita paulo.santar...@gmail.com: Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes e demais colegas desta lista ... OBM-L, Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de qualidade. Parabens por ela ! Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se manifestarem. ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente ! Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte : Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo ) nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno triangulo no interior de um triangulo dado. O que se
[obm-l] RE: [obm-l] essa tá difícil!!!
jogando Ln dos dois lados ficamos assim, ln(a^q+b^q)/p=ln(a^p+b^p)/q ficamos assim entao (a^q+b^q)^p=(a^p+b^p)^q (1) fazendo a expansao o primeiro e ultimo termo de um lado cancela primeiro e ultimo termo do outro lado Se pq entao p+x=q sendo xq ja q p e positivo (p=q-x) p=q-x temos um temo na equaçao um entao (q,q-x).(a^p)^(q-x) .b^x como´p=q-x entao (q,q-x).(a^p²).b^x no outro lado da equaçao nao temos um a^p² pois para existir isso temos que ter um y sendo 0y=p inteiro,e para conseguirmos um a^p² o unico y possivel e um y fracionario y=(p/q)x ja q pq e xq sendo assim a=0 ou b=0 pode se fazer um mesmo se pq essa resoluaçao e conveniente?ou fiz aluma coisa errada? abraço Date: Sun, 10 May 2009 19:58:21 -0300 Subject: [obm-l] essa tá difícil!!! From: vanderm...@brturbo.com.br To: obm-l@mat.puc-rio.br Os números a, b e c são reais não negativos e p e q são inteiros positivos distintos. Prove que se: a^p + b^p = c^p e a^q + b^q = c^q, então a = 0 ou b = 0. Um abraço, Vanderlei _ Deixe suas conversas mais divertidas. Baixe agora mesmo novos emoticons. É grátis! http://specials.br.msn.com/ilovemessenger/pacotes.aspx
[obm-l] Inexpensive Louis Vuitton bags
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[obm-l] Geometria do Triângulo
Oi, gente, Há alguns anos resolvi dar uma estudada na geometria do triângulo e descobri, tristíssimo, que eu sabia MUITO pouco deste gigantesco universo. E já que estamos nos divertindo com ela (a Geometria do Triângulo), deixo registrado para os colegas um link que é o melhor e mais completo que conheço e que espero motive mais colegas a se aprofundarem nos inacreditáveis mistérios dos zilhões de pontos, retas e cônicas associadas a um triângulo: http://www.paideiaschool.org/Teacherpages/Steve_Sigur/geometryIndex.htm (tem sido permanentemente atualizado) Além disso, possui ótimas figuras, que facilitam em muito a compreensão das discussões, Nehab = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
