[obm-l] Re: [obm-l]EN - FUNÇÃO
Oi,acho que consegui fazer: Existe um teorema que diz que,sendo f uma função monótona e contínua no intervalo fechado [a,b] ,contendo o número c e,além disso,sendo f(c)=d,temos que ,se f'(c) existir e f'(c) for diferente de zero,então (f-1)'(d) existirá e (f -1)'(d) = 1 / f '(c) Ok,mas como iremos aplicar isto nesta questão? Como a questão pediu o (g -1)'(3),esse 3 é como se fosse o d na relação ali em cima...com isso,temos que achar o c correspondente,ou seja,qual o valor tal que g(c) = 3?Como g(x) = h(2x + 1) e h(0) =3,temos que,fazendo x = -1/2, g(-1/2) = h(0) = 3. Logo, c é igual a -1/2. Com isso,podemos afirmar que (g -1)'(3) = 1/g'(-1/2) Temos também,do enunciado que g(x) =h(2x+1)...derivando ,pela regra da cadeia,temos: g'(x) = 2h'(2x+1) g'(-1/2) =2h'(0) = 2sen(sen (0+1))=2sen(sen1) Logo, (g -1)'(3) = 1/(2sen(sen1)) letra D Esperado não ter errado nenhuma bobeira,abraços. On Sáb 17/07/10 01:12 , arkon ar...@bol.com.br sent: Qual o bizu??? (EN) Considere h uma função real de variável real, tal que h'(x)=sen(sen(x+1)), h(0)=3 e g(x)=h(2x+1). Pode-se afirmar que (g^-1)'(3) vale (A) 1/(sen(sen1)) (B) 1/(2sen(sen2)) (C) 1/(sen(sen8)) (D) 1/(2sen(sen1)) (E) 1/(sen(sen4))= Instrues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
RES: [obm-l] Geometria
Seja ABCD o trapézio com a propriedade: a base AD é o dobro da base BC e a área do mesmo é 1. Ponhamos A à esquerda de D e abaixo de B, assim ABCD é em sentido horário. Seja M o ponto médio da base AD , claro está que ABCM é um paralelogramo de diagonais AC e BM. O ponto K é a intersecção dessas diagonais. Assim sendo os triângulos ABC, ACM e DCM tem área igual a 1/3. Tracemos a reta DK, ela corta AB em L e CM em G. Note que G é o baricentro do triângulo ACD. A área do triângulo BCK vale 1/6 ( metade de 1/3 ). O triângulo BLK é congruente ao triângulo MGK e este é semelhante ao triângulo CGD cuja área é 1/3 da área do triângulo ACD ( que vale 2/3 ) assim esse triângulo CGD tem área igual a 1/3 x 2/3 ou 2/9. A razão de semelhança entre os triângulos MGK e CGD é de ½ ( pois G é o baricentro ), a razão entre suas áreas é portanto ¼. Contas feitas a área do Triângulo MGK vale 1/18 . Agora a área do quadrilátero BCKL é a soma 1/6 + 1/18, o que nos dá 2/9. É essa a resposta. Espero ter sido claro. Um abraço do colega Osmundo Bragança. _ De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em nome de Fabio Bernardo Enviada em: sexta-feira, 16 de julho de 2010 21:34 Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: [obm-l] Geometria Alguém pode me ajudar nesse: Em um trapézio ABCD de área 1, a base BC mede a metade da base AD. Seja K o ponto médio da diagonal AC. A reta DK corta o lado AB no ponto L. A área do quadrilátero BCKL é: a) 3/4 b) 2/3 c) 1/3 d) 2/9 e) 1/9
[obm-l] Re: [obm-l]EN - FUNÇÃO
Oi,acho que consegui fazer: Existe um teorema que diz que,sendo f uma função monótona e contínua no intervalo fechado [a,b] ,contendo o número c e,além disso,sendo f(c)=d,temos que ,se f'(c) existir e f'(c) for diferente de zero,então (f-1)'(d) existirá e (f -1)'(d) = 1 / f '(c) Ok,mas como iremos aplicar isto nesta questão? Como a questão pediu o (g -1)'(3),esse 3 é como se fosse o d na relação ali em cima...com isso,temos que achar o c correspondente,ou seja,qual o valor tal que g(c) = 3?Como g(x) = h(2x + 1) e h(0) =3,temos que,fazendo x = -1/2, g(-1/2) = h(0) = 3. Logo, c é igual a -1/2. Com isso,podemos afirmar que (g -1)'(3) = 1/g'(-1/2) Temos também,do enunciado que g(x) =h(2x+1)...derivando ,pela regra da cadeia,temos: g'(x) = 2h'(2x+1) g'(-1/2) =2h'(0) = 2sen(sen (0+1))=2sen(sen1) Logo, (g -1)'(3) = 1/(2sen(sen1)) letra D Esperado não ter errado nenhuma bobeira,abraços. Alexandre de Azevedo Silva On Sáb 17/07/10 01:12 , arkon ar...@bol.com.br sent: Qual o bizu??? (EN) Considere h uma função real de variável real, tal que h'(x)=sen(sen(x+1)), h(0)=3 e g(x)=h(2x+1). Pode-se afirmar que (g^-1)'(3) vale (A) 1/(sen(sen1)) (B) 1/(2sen(sen2)) (C) 1/(sen(sen8)) (D) 1/(2sen(sen1)) (E) 1/(sen(sen4))= Instrues 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] Geometria Olimpica
Daria para explicar como obter a expressão (a/2-a(a-d)/(a-d+a+d))? Date: Fri, 16 Jul 2010 08:19:49 -0700 From: cysh...@yahoo.com Subject: Re: [obm-l] Geometria Olimpica To: obm-l@mat.puc-rio.br Nossa, quantas soluções bacanas! Eu pensei nessa aqui: Sejam a - d, a, a + d os lados do triângulo. Então o raio da circunferência inscrita é r = S/p, em que S é a área e p = (a-d + a + a+d)/2 = 3a/2 é o semiperímetro. Mas S = ah/2, sendo h a altura relativa ao lado de medida a. Assim, r = ah/3a = h/3, ou seja, o incentro está a 1/3 da altura de distância do lado de medida a. Mas o baricentro também está a essa mesma altura, porque divide a mediana na razão 2:1. Isso quer dizer que a reta que liga o baricentro e o incentro é paralela ao lado de medida a. Assim, o segmento que liga esses dois centros é igual a 2/3 do segmento que liga o ponto médio ao pé da bissetriz no lado de medida a, que é 2/3(a/2 - a(a-d)/(a-d+a+d)) = d/3. []'s Shine From: Luís Lopes qed_te...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Fri, July 16, 2010 11:31:23 AM Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Sauda,c~oes, Seria legal conhecer outras soluções dos membros da lista e da própria OBM. Seguem outra solução de ND e correções de APH. []'s Luis = Lemma 1: In every triangle: Lemma 1: GI^2 = (bc+ca+ab)/3 - (a^2+b^2+c^2)/9 - 4Rr Lemma 2: If 2b = a + c [: b = a+d, c = a+2d ] == ac = 6Rr L1 /\ L2 == 9GI^2 = b^2 - ac = (a+d)^2 - a(a+2d) = d^2 == GI = d/3 APH == Dear Tuan, very good! Another proof with vectors: We have GA + GB + GC = 0 a.IA + b.IB + c.IC = 0 or (a + b + c).IG + a.GA + b.GB + c.GC = 0 or 3b.IG + (a - b)GA + (c - b)GC = 0 or 3b.IG = d.(GA - GC) = d.CA and hence |IG| = |CA|.d/3b = d/3. Best regards Nikos Dergiades From: qed_te...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Date: Thu, 15 Jul 2010 20:06:14 + Sauda,c~oes, Três soluções de um outro grupo. []'s Luis == 1) Dear Luis, Let b = a + d, c = b + d, or a + c = 2b then s = (a + b + c) / 2 = 3b/2, s - b = b/2 and since s.r = (s - b) rb we get that rb = 3r where r, rb are the radi of incircle and B_excircle. The line IG has equation in barycentrics (b - c)x + (c - a)y + (a - b)z = 0 or -x + 2y - z = 0 and meets the line BC at D (0 : 1 : 2) which means that BD/DC = 2 and the line IG is parallel to AC. If M is the midpoint of AC and the line BI meets AC at J then CJ = ab/(a + c) = a/2 MJ = b/2 - a/2 = d/2 and GI = 2MJ/3 = d/3. The Nagel point Na is known that lies on line IG and if BNa meets AC at K then AK = s - c = 3b/2 - c and KM = AM - AK = b/2 - (3b/2 - c) = c - b = d Hence NaG = 2KM/3 = 2d/3 Best regards Nikos Dergiades == 2) Dear Luis Lemma 1: In every triangle: GI^2 = (bc+ca+ab)/3 - (a^2+b^2+c2)/9 - 4Rr Lemma 2: If 2b = a + c [: a = b+d, c = b+2d ] == ac = 6Rr L1 /\ L2 == 9GI^2 = b^2 - 3ac = (c-a)^2 == 3GI = c-a = d == GI = d/3 APH == 3) Dear Luis and Nikos, We can solve the problem by construction triangle ABC (b = a+d = c-d) as following: Choose b = AC as one segment. X as any point on segment AC and CX = d. X1 = reflection of X in C X2 = reflection of X in midpoint of AC B = intersection of two circles centered at C passing X2 and centered at A passing X1 Y1 = midpoint of BX1 Y2 = midpoint of BX2 A1 = midpoint of BC C1 = midpoint of AB I = intesection of AY1 and CY2 G = intesection of AA1 and CC1 From this construction: GI//AC and GI = 2/3*A1Y1 = 2/3*1/2*CX1 = 1/3*CX1 = d/3 Best regards, Bui Quang Tuan From: marconeborge...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Date: Tue, 13 Jul 2010 21:51:15 + Muito ´´bonito´´ mesmo.Seria muito interessante ver soluções diferentes postadas aqui neste fabuloso espaço. Date: Tue, 13 Jul 2010 14:36:06 -0700 From: luizfelipec...@yahoo.com.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica To: obm-l@mat.puc-rio.br Estou enviando, pois achei o problema muito bonito. Abs Felipe --- Em ter, 13/7/10, Thiago Tarraf Varella thiago_...@hotmail.com escreveu: De: Thiago Tarraf Varella thiago_...@hotmail.com Assunto: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Para: OBM Lista obm-l@mat.puc-rio.br Data: Terça-feira, 13 de Julho de 2010, 13:57 Você está apenas comentando com agente pois achou ele legal ou você quer ajuda na resolução? Thiago Date: Mon, 12 Jul 2010 10:48:57 -0700 From: luizfelipec...@yahoo.com.br Subject: [obm-l] Geometria Olimpica To: obm-l@mat.puc-rio.br Pessoal, Segue problema da OBM : Os lados de um triângulo qualquer estão em uma P.A de razão r. Calcular a distância do incentro ao baricentro deste triangulo, em função de r. Abs Felipe O INTERNET EXPLORER 8 DÁ DICAS DE SEGURANÇA PARA VOCÊ SAIBA MAIS! FIQUE MAIS PROTEGIDO ENQUANTO FAZ DOWNLOADS INSTALE GRÁTIS O INTERNET EXPLORER 8. LEVE SEU MESSENGER PARA ONDE VOCÊ ESTIVER PELO SEU CELULAR. CLIQUE E VEJA COMO FAZER. FIQUE
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FW: [obm-l] Geometria Olimpica
From: marconeborge...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Date: Mon, 19 Jul 2010 00:40:49 + Daria para explicar como obter a expressão (a/2-a(a-d)/(a-d+a+d))? Date: Fri, 16 Jul 2010 08:19:49 -0700 From: cysh...@yahoo.com Subject: Re: [obm-l] Geometria Olimpica To: obm-l@mat.puc-rio.br Nossa, quantas soluções bacanas! Eu pensei nessa aqui: Sejam a - d, a, a + d os lados do triângulo. Então o raio da circunferência inscrita é r = S/p, em que S é a área e p = (a-d + a + a+d)/2 = 3a/2 é o semiperímetro. Mas S = ah/2, sendo h a altura relativa ao lado de medida a. Assim, r = ah/3a = h/3, ou seja, o incentro está a 1/3 da altura de distância do lado de medida a. Mas o baricentro também está a essa mesma altura, porque divide a mediana na razão 2:1. Isso quer dizer que a reta que liga o baricentro e o incentro é paralela ao lado de medida a. Assim, o segmento que liga esses dois centros é igual a 2/3 do segmento que liga o ponto médio ao pé da bissetriz no lado de medida a, que é 2/3(a/2 - a(a-d)/(a-d+a+d)) = d/3. []'s Shine From: Luís Lopes qed_te...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Fri, July 16, 2010 11:31:23 AM Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Sauda,c~oes, Seria legal conhecer outras soluções dos membros da lista e da própria OBM. Seguem outra solução de ND e correções de APH. []'s Luis = Lemma 1: In every triangle: Lemma 1: GI^2 = (bc+ca+ab)/3 - (a^2+b^2+c^2)/9 - 4Rr Lemma 2: If 2b = a + c [: b = a+d, c = a+2d ] == ac = 6Rr L1 /\ L2 == 9GI^2 = b^2 - ac = (a+d)^2 - a(a+2d) = d^2 == GI = d/3 APH == Dear Tuan, very good! Another proof with vectors: We have GA + GB + GC = 0 a.IA + b.IB + c.IC = 0 or (a + b + c).IG + a.GA + b.GB + c.GC = 0 or 3b.IG + (a - b)GA + (c - b)GC = 0 or 3b.IG = d.(GA - GC) = d.CA and hence |IG| = |CA|.d/3b = d/3. Best regards Nikos Dergiades From: qed_te...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Date: Thu, 15 Jul 2010 20:06:14 + Sauda,c~oes, Três soluções de um outro grupo. []'s Luis == 1) Dear Luis, Let b = a + d, c = b + d, or a + c = 2b then s = (a + b + c) / 2 = 3b/2, s - b = b/2 and since s.r = (s - b) rb we get that rb = 3r where r, rb are the radi of incircle and B_excircle. The line IG has equation in barycentrics (b - c)x + (c - a)y + (a - b)z = 0 or -x + 2y - z = 0 and meets the line BC at D (0 : 1 : 2) which means that BD/DC = 2 and the line IG is parallel to AC. If M is the midpoint of AC and the line BI meets AC at J then CJ = ab/(a + c) = a/2 MJ = b/2 - a/2 = d/2 and GI = 2MJ/3 = d/3. The Nagel point Na is known that lies on line IG and if BNa meets AC at K then AK = s - c = 3b/2 - c and KM = AM - AK = b/2 - (3b/2 - c) = c - b = d Hence NaG = 2KM/3 = 2d/3 Best regards Nikos Dergiades == 2) Dear Luis Lemma 1: In every triangle: GI^2 = (bc+ca+ab)/3 - (a^2+b^2+c2)/9 - 4Rr Lemma 2: If 2b = a + c [: a = b+d, c = b+2d ] == ac = 6Rr L1 /\ L2 == 9GI^2 = b^2 - 3ac = (c-a)^2 == 3GI = c-a = d == GI = d/3 APH == 3) Dear Luis and Nikos, We can solve the problem by construction triangle ABC (b = a+d = c-d) as following: Choose b = AC as one segment. X as any point on segment AC and CX = d. X1 = reflection of X in C X2 = reflection of X in midpoint of AC B = intersection of two circles centered at C passing X2 and centered at A passing X1 Y1 = midpoint of BX1 Y2 = midpoint of BX2 A1 = midpoint of BC C1 = midpoint of AB I = intesection of AY1 and CY2 G = intesection of AA1 and CC1 From this construction: GI//AC and GI = 2/3*A1Y1 = 2/3*1/2*CX1 = 1/3*CX1 = d/3 Best regards, Bui Quang Tuan From: marconeborge...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Date: Tue, 13 Jul 2010 21:51:15 + Muito ´´bonito´´ mesmo.Seria muito interessante ver soluções diferentes postadas aqui neste fabuloso espaço. Date: Tue, 13 Jul 2010 14:36:06 -0700 From: luizfelipec...@yahoo.com.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica To: obm-l@mat.puc-rio.br Estou enviando, pois achei o problema muito bonito. Abs Felipe --- Em ter, 13/7/10, Thiago Tarraf Varella thiago_...@hotmail.com escreveu: De: Thiago Tarraf Varella thiago_...@hotmail.com Assunto: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Para: OBM Lista obm-l@mat.puc-rio.br Data: Terça-feira, 13 de Julho de 2010, 13:57 Você está apenas comentando com agente pois achou ele legal ou você quer ajuda na resolução? Thiago Date: Mon, 12 Jul 2010 10:48:57 -0700 From: luizfelipec...@yahoo.com.br Subject: [obm-l] Geometria Olimpica To: obm-l@mat.puc-rio.br Pessoal, Segue problema da OBM : Os lados de um triângulo qualquer estão em uma P.A de razão r. Calcular a distância do incentro ao baricentro deste triangulo, em função de r. Abs Felipe O INTERNET EXPLORER 8 DÁ DICAS DE SEGURANÇA PARA VOCÊ SAIBA MAIS! FIQUE MAIS PROTEGIDO ENQUANTO FAZ
Re: [obm-l] Geometria Olimpica
Claro! Para facilitar, seja BC o lado de medida a, AB o lado de medida a-d e AC o lado de medida a+d. O ponto médio é M e o pé da bissetriz é T. Temos BM = a/2. Pelo teorema das bissetrizes, CT/BT = AC/AB, ou seja, BC/BT = (AB+AC)/AB (basta somar 1 de cada lado). Logo BT = BA*BC/(AB+AC) = (a-d)*a/(a-d+a+d) = (a-d)/2. É daí que veio a expressão. []'s Shine From: marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Sun, July 18, 2010 9:00:35 PM Subject: FW: [obm-l] Geometria Olimpica From: marconeborge...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Date: Mon, 19 Jul 2010 00:40:49 + Daria para explicar como obter a expressão (a/2-a(a-d)/(a-d+a+d))? Date: Fri, 16 Jul 2010 08:19:49 -0700 From: cysh...@yahoo.com Subject: Re: [obm-l] Geometria Olimpica To: obm-l@mat.puc-rio.br Nossa, quantas soluções bacanas! Eu pensei nessa aqui: Sejam a - d, a, a + d os lados do triângulo. Então o raio da circunferência inscrita é r = S/p, em que S é a área e p = (a-d + a + a+d)/2 = 3a/2 é o semiperímetro. Mas S = ah/2, sendo h a altura relativa ao lado de medida a. Assim, r = ah/3a = h/3, ou seja, o incentro está a 1/3 da altura de distância do lado de medida a. Mas o baricentro também está a essa mesma altura, porque divide a mediana na razão 2:1. Isso quer dizer que a reta que liga o baricentro e o incentro é paralela ao lado de medida a. Assim, o segmento que liga esses dois centros é igual a 2/3 do segmento que liga o ponto médio ao pé da bissetriz no lado de medida a, que é 2/3(a/2 - a(a-d)/(a-d+a+d)) = d/3. []'s Shine From: Luís Lopes qed_te...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Fri, July 16, 2010 11:31:23 AM Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Sauda,c~oes, Seria legal conhecer outras soluções dos membros da lista e da própria OBM. Seguem outra solução de ND e correções de APH. []'s Luis = Lemma 1: In every triangle: Lemma 1: GI^2 = (bc+ca+ab)/3 - (a^2+b^2+c^2)/9 - 4Rr Lemma 2: If 2b = a + c [: b = a+d, c = a+2d ] == ac = 6Rr L1 /\ L2 == 9GI^2 = b^2 - ac = (a+d)^2 - a(a+2d) = d^2 == GI = d/3 APH == Dear Tuan, very good! Another proof with vectors: We have GA + GB + GC = 0 a.IA + b.IB + c.IC = 0 or (a + b + c).IG + a.GA + b.GB + c.GC = 0 or 3b.IG + (a - b)GA + (c - b)GC = 0 or 3b.IG = d.(GA - GC) = d.CA and hence |IG| = |CA|.d/3b = d/3. Best regards Nikos Dergiades From: qed_te...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Date: Thu, 15 Jul 2010 20:06:14 + Sauda,c~oes, Três soluções de um outro grupo. []'s Luis == 1) Dear Luis, Let b = a + d, c = b + d, or a + c = 2b then s = (a + b + c) / 2 = 3b/2, s - b = b/2 and since s.r = (s - b) rb we get that rb = 3r where r, rb are the radi of incircle and B_excircle. The line IG has equation in barycentrics (b - c)x + (c - a)y + (a - b)z = 0 or -x + 2y - z = 0 and meets the line BC at D (0 : 1 : 2) which means that BD/DC = 2 and the line IG is parallel to AC. If M is the midpoint of AC and the line BI meets AC at J then CJ = ab/(a + c) = a/2 MJ = b/2 - a/2 = d/2 and GI = 2MJ/3 = d/3. The Nagel point Na is known that lies on line IG and if BNa meets AC at K then AK = s - c = 3b/2 - c and KM = AM - AK = b/2 - (3b/2 - c) = c - b = d Hence NaG = 2KM/3 = 2d/3 Best regards Nikos Dergiades == 2) Dear Luis Lemma 1: In every triangle: GI^2 = (bc+ca+ab)/3 - (a^2+b^2+c2)/9 - 4Rr Lemma 2: If 2b = a + c [: a = b+d, c = b+2d ] == ac = 6Rr L1 /\ L2 == 9GI^2 = b^2 - 3ac = (c-a)^2 == 3GI = c-a = d == GI = d/3 APH == 3) Dear Luis and Nikos, We can solve the problem by construction triangle ABC (b = a+d = c-d) as following: Choose b = AC as one segment. X as any point on segment AC and CX = d. X1 = reflection of X in C X2 = reflection of X in midpoint of AC B = intersection of two circles centered at C passing X2 and centered at A passing X1 Y1 = midpoint of BX1 Y2 = midpoint of BX2 A1 = midpoint of BC C1 = midpoint of AB I = intesection of AY1 and CY2 G = intesection of AA1 and CC1 From this construction: GI//AC and GI = 2/3*A1Y1 = 2/3*1/2*CX1 = 1/3*CX1 = d/3 Best regards, Bui Quang Tuan From: marconeborge...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica Date: Tue, 13 Jul 2010 21:51:15 + Muito ´´bonito´´ mesmo.Seria muito interessante ver soluções diferentes postadas aqui neste fabuloso espaço. Date: Tue, 13 Jul 2010 14:36:06 -0700 From: luizfelipec...@yahoo.com.br Subject: RE: [obm-l] Geometria Olimpica To: obm-l@mat.puc-rio.br Estou enviando, pois achei o problema muito bonito. Abs Felipe --- Em ter, 13/7/10, Thiago Tarraf Varella
