RE: [obm-l] Problemas dificeis
Na 2ª questão faça assim: y1 = x1 y2 = x2 + 1 y3 = x3 + 2 y4 = x4 + 3 y5 = x5 + 4 Assim, escolher x1, x2, x3, x4, x5, x6 inteiros de modo que 1=x1=x2=x3=x4=x5=6 é equivalente a escolher 1 = y1 y2 y3 y4 y5 = 10. Para tanto, basta escolher 5 números de 1 a 10, ou seja, esta quantidade é igual a C(10, 5) = 252. Marcelo Rufino de Oliveira From: joao_maldona...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: RE: [obm-l] Problemas dificeis Date: Wed, 21 Mar 2012 01:19:01 -0300 Para o b pense assim Sendo a, b, c, d, e, f a quantidade de vezes que aparecem os numeros 1, 2, 3, 4, 5, 6 na quina (x1, x2, x3, x4, x5) respectivamente Temos que o problema se resume a encontar as solucoes nao negativas de a+b+c+d+e+f=5 que eh nada mais que C(10, 6) =210 Se nao errei em nenhuma passagem acho q eh isso []'s joao Date: Mon, 19 Mar 2012 21:47:45 -0300 Subject: [obm-l] Problemas dificeis From: heitor.iyp...@gmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br 1-Dados 2n pontos no espaço,n1, prove que: i) Se eles forem ligados por n²+1 segmentos Mostrque no minimo um triangulo é formado. ii) é possivel ligar 2n pontos por meio de n² segmentos sem que qualquer triangulo seja formado. 2- Quantas são as soluções inteiras de: 1=x1=x2=x3=x4=x5=6
[obm-l] Re: [obm-l] mais um de teoria dos números
Dá para mostrar, por indução, que se n = 3^k então n divide 2^n + 1. Para k = 0 é trivial. Supondo que vale para um determinado k (ou seja, que 2^3^k + 1 = A.3^k), para k +1 temos: 2^(3^(k + 1)) = (2^3^k)^3 + 1 = (A.3^k - 1)^3 + 1 = A^3.3^(3k) - A^2.3^(2k + 1) + A.3^(k + 1) = 2^(3^(k + 1)) = [3^(k + 1)][A^3.3^(2k - 1) - A^2.3^k + A] Até mais, | / \ /___\ || Marcelo Rufino de Oliveira || || Coordenador das Turmas Militares do Colégio Ideal /||\ / || \ Coordenador Regional da Olimpíada Brasileira de Matemática /__||__\ | | | | | Engenheiro Mecânico-Aeronáutico - ITA 99 ~~~ - Original Message - From: Bruno França dos Reis [EMAIL PROTECTED] To: OBM [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, June 27, 2004 10:39 AM Subject: [obm-l] mais um de teoria dos números -BEGIN PGP SIGNED MESSAGE- Hash: SHA1 Olá. Andei dando uma estudadinha em teoria dos números pela internet, e tenho feito alguns probleminhas simples, do estilo: encontre todos os inteiros a!=3 tais que (a-3)|(a^3-3). Agora me apareceu um problema um tanto mais complicado... diz assim: Mostre que existem infinitos naturais n tais que 2^n+1 é diviísvel por n. Não sei o que fazer com essa potência! alguam sugestão? abraço - -- Bruno França dos Reis brunoreis at terra com br icq: 12626000 gpg-key: http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.key -BEGIN PGP SIGNATURE- Version: GnuPG v1.2.4 (GNU/Linux) iD8DBQFA3s4OsHdDIT+qyroRAtLlAKC7btvVBxlsPn56AfxLBZOGCuJJFwCggctH VAASYPFHs+VrQRDlJXAVDYA= =7IcM -END PGP SIGNATURE- = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] teoria dos números
Divindindo [nx] por n: [nx] = n.q + r, onde 0 = r n Assim: [nx]/n = q + r/n Como 0 = r/n 1 temos que [[nx]/n] = q Por outro lado: x = [x] + a, onde 0 = a 1. Portanto: nx = n[x] + na Como n[x] é inteiro temos que [nx] = n[x] + [na] (*) Desde que 0 = [na] n, (*) é a expressão da divisão euclidiana de [nx] por n. Assim, concluímos que [na] = r e [x] = q. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Bruno França dos Reis [EMAIL PROTECTED] To: OBM [EMAIL PROTECTED] Sent: Saturday, June 26, 2004 1:31 PM Subject: [obm-l] teoria dos números -BEGIN PGP SIGNED MESSAGE- Hash: SHA1 Ola Alguém tem alguma indicação de livro de teoria dos números? Queria começar a ver isso direito. Ah, e lá vai uma questãozinha: Seja n um número natural e x um número real. Prove que: [ [nx]/n ] = [x] onde [a] é o maior inteiro que não ultrapassa a. Não consegui chegar na prova... (deve ser muito ridículo, mas...) até - -- Bruno França dos Reis brunoreis at terra com br icq: 12626000 gpg-key: http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.key -BEGIN PGP SIGNATURE- Version: GnuPG v1.2.4 (GNU/Linux) iD8DBQFA3aTRsHdDIT+qyroRAkMlAJ96bOG068IaFSDEN8KuEcAS9RCOAACeMSuE tIICC/4ECsLOvhq4ICh3oX4= =s+tD -END PGP SIGNATURE- = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Qual O período de uma função?
On Mon, Jan 26, 2004 at 09:24:51PM +, Márcio Pinheiro wrote: Uma de minhas várias dúvidas refere-se à seguinte pegunta: qual o período de determinada função, não necessariamente dada por uma lei de formação explícita, que possui determinada propriedade? Um exemplo clássico é em relação a uma função real f para a qual vale a propriedade: f(x+a)=[1+f(x)]/[1-f(x)], para os valores de x em que f(x) difere de 1, sendo a um real não nulo. Acho que a única coisa que falta é exibir uma f satisfazendo esta condição e para a qual 4a seja período fundamental. O que não é muito difícil: tome b um número real e defina f(x) = b para todo x no intervalo [0,a), = (1+b)/(1-b) para x no intervalo [a,2a), e assim por diante. Para quase todo b o período fundamental será 4a. Ou, se você estiver interessado em uma função mais bonitinha, tome f(x) = tan((4*x)/(a*pi)). A fórmula para f segue da fórmula para tan(u+v). Não entendi, esta justificativa. Posso estar errado, mas o simples fato de exibir uma função cujo período fundamental seja 4a realmente garante que toda função que satisfaz f(x+a)=[1+f(x)]/[1-f(x)] possui período fundamental 4a??? Na verdade a minha dúvida (e provavelmente a do Márcio) é se é possível garantir que 4a é o período mínimo de todas as funções que satisfazem a equação funcional anterior ou se no máximo podemos afirmar que 4a é um período (comum a todas)? Além do mais, podemos afirmar que todas as funções que satisfazem f(x+a)=[1+f(x)]/[1-f(x)] possuem o mesmo período fundamental??? Lembremos que a manipulação algébrica somente garante que 4a é UM período... Ainda pensando no assunto, Marcelo Rufino de Oliveira = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] problema de física
Em texto vai ser meio chato de entender pois tem muitas divisões, tente escrever as expressões para ficar mais fácil de enxergar as jogadas algébricas. Suponha que: x = distância que A e B andam de bicicleta t1 = tempo que A e B levam para percorrer x y = distância que B anda a pé até o final t2 = tempo que B leva para percorrer y. z = distância que A anda para trás, de bicicleta, até encontrar C. t3 = tempo que A leva até encontrar C. vm = velocidade média dos turistas Perceba que a velocidade pode ser calculada em cima do movimento de B. Assim: vm = (x + y)/(t1 + t2) Durante o percurso temos que: x = v2.t1 (1) y = v1.t2 (2) 2z + y = v2.t2 (3) t3 = (x - z)/v1 = (x + z)/v2 (4) (4) = x.v2 - z.v2 = x.v1 + z.v1 = z = x(v2 - v1)/(v2 + v1) (3) = 2x(v2 - v1)/(v2 + v1) + y = v2.t2 = y.v2/v1 = 2x(v2 - v1)/(v2 + v1) = y(v2 - v1)/v1 = 2xv1 = y(v2 + v1) = x = y(v2 + v1)/(2v1) Portanto: vm = (x + y)/(t1 + t2) = [y(v2 + v1)/2v1 + y]/[x/v2 + y/v1] = [y/2v1][3v2 + v1]/[y(v2 + v1)/(2v1v2) + y/v1] = vm = v2(3v2 + v1)/(v2 + 3v1) Esta questão foi copiada vírgula a vírgula do livro Problemas Selecionados de Física, mas conhecido pelo nome de um dos autores, M. Saraeva. Diversas questões deste livro já foram usadas em questões do ITA e do IME. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Thiago A. Santos [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Thursday, July 17, 2003 6:59 AM Subject: [obm-l] problema de física Eu sei que essa aqui não é bem de matemática mas será que alguém consegue resolver essa questão? ITA 1988: Três turistas, reunidos num mesmo local e dispondo de uma bicicleta que pode levar somente duas pessoas de cada vez, precisam chegar ao centro turístico o mais rápido possível. O turista A leva o turista B, de bicicleta até um ponto x do percurso e retorna para apanhar o turista C que vinha caminhando ao seu encontro. O turista B, a partir de x, continua a pé sua viagem rumo ao centro turístico. Os três chegam simultaneamente ao centro turístico. A velocidade média como pedestre é v1, enquanto que como ciclista é v2. Com que velocidade média os turistas farão o percurso total? Valeu, Thiago = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] inteiros
Desenvolvendo temos que xy - 1992x - 1992y = 0 = (x - 1992)(y - 1992) = 1992^2 Para divisor n positivo de 1992^2 temos uma solução do sistema, uma vez que você pode montar o sistema x - 1992 = n y - 1992 = 1992^2/n Assim, o número de soluções é igual ao número de divisores positivos de 1992^2. Como 1992 = (2^3)(3)(83) = 1992^2 = (2^6)(3^2)(83^2) = n.o de solução = (6 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 63 Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Rafael [EMAIL PROTECTED] To: OBM [EMAIL PROTECTED] Sent: Thursday, July 24, 2003 8:33 AM Subject: [obm-l] inteiros O número de pares de inteiros positivos (x, y) que são solução da equação 1/x + 1/y = 1/1992 é: resposta: 63 ___ Conheça o novo Cadê? - Rápido, fácil e preciso. 42 milhões de páginas brasileiras, busca por imagens e muito mais! http://www.cade.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Paulo e suas ...
Caro João Paulo, os sites abaixo possuem listas de discussão sobre o ensino de matemática no Brasil. http://www.matematicahoje.com.br/ http://www.est.ufmg.br/ Esta nossa lista destina-se unicamente a discussão de problemas de matemática (algumas pouquíssimas vezes de física, astronomia e xadrez). A dificuldade dealguns integrantes da lista em entender você é devido ao fato de todos serem fãs da matemática e terem entrado nesta lista somente para discutir problemas de matemática e não o ensino da matemática. Cadastre seu e-mail nos sites acima e esponha suas idéas para pessoasque darão ouvidosà você. Espero ter feito uma boa ação para a qualidade das coisas discutidas nesta lista. Sem mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: J.Paulo roxer ´til the end To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, July 13, 2003 5:37 PM Subject: Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Paulo e suas ... Se reclamar e questionar fosse chatice,os filósofos seriam assassinados. Em vez de me chamar de chato,por q não sugere algum lugar pra colocar minhas dúvidas?Vc contribuiria mais. João Paulo - Original Message - From: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, July 13, 2003 4:12 PM Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Paulo e suas ... Vc só consegue me chamar de idiota,porq sou o único leigo.Se a maioriaaquinão fosse campeão de olimpíadas,teriam a minha reação,pediriam mais explicaçãopara tantas questões entediantes,que a maioria não entende(Os normais)... vc não está vendo que está reclamando no lugar errado ?deixa de ser chato !!"Mathematicus nascitur, non fit"Matemáticos não são feitos, eles nascem---Gabriel Haeserwww.gabas.cjb.net--Use o melhor sistema de busca da InternetRadar UOL - http://www.radaruol.com.br=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html= Email.it, the professional e-mail, gratis per te: clicca qui Sponsor:Un giorno a settimana gusta la Mozzarella di Bufala Campana e la Treccia di Agerola.Clicca qui
Re: [obm-l] dificuldade
- Original Message - From: Fabrício To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, July 15, 2003 2:31 PM Subject: [obm-l] dificuldade Prove que:se a,b e c são lados de um triângulo e satisfaz a sentença a^2+b^2+c^2=9r^2, onde r é o raio da circunferência circunscrita, então esse triângulo é eqüilátero. 1a. Solução (esperta): Usando o fato de que a distância entre circuncentro O e o baricentro G de um triângulo é igual a R^2 - (a^2 + b^2 + c^2)/9 temos que O = G e segue diretamente que o triângulo é equilátero. 2a. Solução (lusitana): Pela Lei dos Senos a/R = 2.sen A, b/R = 2.sen B e c/R = 2.sen C. Assim: 9 = 4.sen^2 A + 4.sen^2 B + 4.sen^2 C = 2 - 2.cos 2A + 2 - 2.cos 2B + 2 - cos 2C = cos 2A + cos 2B + cos 2C = - 3/2agora é braço, use trigonometria para provar que a única solução desta equaçãoé A = B = C. Falou, Marcelo Rufino de Oliveira
Re: [obm-l] polinomios
Seja Q(x) = P(x) - 1 = Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = Q(5) = 0. Como Q(x) também possui grau cinco, 1, 2, 3, 4, e 5 são as cinco raízes de Q(x) = Q(x) = A(x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5) (1) P(6) = 0 = Q(6) = - 1 Aplicando x = 6 em (1) = - 1 = A.5.4.3.2.1 = A = - 1/120 = Q(x) = - (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5)/120 = P(x) = 1 - (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5)/120 Assim, P(0) = 1 - (-1)(-2)(-3)(-4)(-5)/120 = P(0) = 2 Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Eduardo Henrique Leitner [EMAIL PROTECTED] To: lista de matemática [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, July 15, 2003 6:52 PM Subject: [obm-l] polinomios Fundamentos de Matemática Elementar, volume 6 Gelson Iezzi 145. Seja P(x) um polinômio de 5^o grau que satisfaz as condições: 1 = P(1) = P(2) = P(3) = P(4) = P(5) e 0 = P(6). Qual o valor de P(0)? eu tentei fazer pelo sistema... mas putz... sem condições... = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] complexo
Se x é real então pode-se separar a equação em parte real e parte imeginária: (x^2 + ax + c) + i(bx + d) = 0 Se este número complexo é igual a zero então tanto a parte real quanto a imaginária são iguais a zero: Im = 0 = bx + d = 0 = x = - d/b Re = 0 = x^2 + ax + c = 0 = d^2/b^2 - ad/b + c = 0 = abd = d^2 + cb^2. Até mais, Marcelo Rufino - Original Message - From: Eduardo Henrique Leitner [EMAIL PROTECTED] To: lista de matemática [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, July 06, 2003 5:28 PM Subject: [obm-l] complexo desisto de tentar esse... Prove que se a equação x^2 + (a + bi)x + c + di = 0, em que a, b, c, d são reais, admite uma raiz real, então abd = d^2 + cb^2 = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] f(f(x))_=_x^2_-_1996_é_impossível
Acho que consegui fazer. Algumas contas são muio extensas em eu acabei designando alguns números reais cheios de raízes quadradas de inteiros por x1, x2, x3 e x4. Procure pontos fixos, ou seja, valores de x de modo que f(x) = x = f(f(x)) = f(x) = x. Temos assim a equação x^2- 1996 = x, onde temos duas raízes, digamos x1 e x2, com x1 diferente de x2. Evidentemente temos que x1 + x2 = 1 e x1.x2 = - 1996. Repare quef(f(f(f(x = f(f(x^2 - 1996)) = (x^2 - 1996)^2 - 1996 Agora procuremos pontos fixos de de f(f(f(f(x, ou seja, quando que f(f(f(f(x = x Temos a seguinte equação: (x^2 - 1996)^2 - 1996 =x = x^4 - 4992x^2 - x + 1996^2 - 1996 = 0 onde temos quatro soluções: x1 e x2 (que já são pontos fixos de f(x)) e x3 e x4, distintos entre si edistintos de x1 e x2. A saída da questão é observar que x3 + x4 = - 1 e x3.x4 = - 1995 = x3(- 1 - x3) = - 1995 = x3 = 1995 - x3^2 =- 1 - x4 =1995 - x3^2 = x4 = x3^2 - 1996 e x3 = x4^2 - 1996 Por outro lado: f(f(x3)) = x3^2 -1996 = x4 e f(f(x4)) = x4^2 -1996 = x3 Sabemos que f(f(f(x))) = f(x^2 - 2) = f(x)^2 - 1996 Assim: f(f(f(x3))) = f(x4) = f(x3)^2 -1996 e f(f(f(x4))) = f(x3) = f(x4)^2 - 1996 Substituindo temos que: f(x3) = [f(x3)^2 - 1996]^2 -1996 = f(x3) = x1, x2, x3, ou x4 Se f(x3) = x1 ou x2 teríamos que f(f(x3)) = f(x1 ou x2) = x1 ou x2, que é um absurso pois f(f(x3)) = x4 Se f(x3) = x3 teríamos que x3 é ponto fixo de f(x), que é falso pois os únicos pontos fixos de f(x) são x1 e x2. Portanto, f(x3) = x4 = f(f(x3)) = f(x4) = x4 = f(x4) que é uma contradição pois x4 não é ponto fixo de f(x). Assim, não existe f(x) que satisfaça f(f(x)) = x^2 - 1996. Bem, acho que fiz certo, mas agradeceria se alguém pudesse fazer alguns comentários sobrecertas passagens desta solução, posso ter errado alguma coisa... Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Bruno Lima To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Friday, June 06, 2003 6:32 PM Subject: Re: [obm-l] f(f(x))_=_x^2_-_1996_é_impossível Na verdade não estou ajudando em nada, mas já procurou por pontos fixos? Pontos do tipo f(x)=xCláudio_(Prática) [EMAIL PROTECTED] wrote: Caros colegas: Estou com dificuldades num problema que caiu no Torneio das Cidades de 1996: Provar que não existe nenhuma função f: R - R tal que: f(f(x)) = x^2 - 1996. Agradeço qualquer ajuda. Um abraço, Claudio. Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam.
Re: [obm-l] geometria
Nesta questão é necessário fazer a figura. Considere que ABCD é o quadrilátero inscritível e E, F G e H são os pés das perpendiculares de um ponto M, sobre a circunferência, a AB, BC, CD e DA, respectivamente. Eu coloquei o ponto M entre A e B, mas vale para qualquer ponto da circunferência. Perceba que os triângulos MCF e MAE são semelhantes (os ângulos são iguais): ME/MA = MF/MC = ME/MF = MA/MC Como os ângulos GCM e MAH são iguais (demonstre isto, não é difícil) então MAH e MCG também são semelhantes: MH/MA = MG/MC = MH/MG = MA/MC Portanto: ME/MF = MH/MG = ME.MG = MF.MH Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Rafael [EMAIL PROTECTED] To: OBM [EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, May 26, 2003 7:14 PM Subject: [obm-l] geometria Provar que em todo quadrilátero inscritivel, o produto das distâncias de um ponto qualquer da circunferência circunscrita a dois lados opostos é igual ao produto das distâncias do mesmo ponto às diagonais. ___ Yahoo! Mail O melhor e-mail gratuito da internet: 6MB de espaço, antivírus, acesso POP3, filtro contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Duvidas diversas sobre diversos
Ola turma!!!Faz um bom tempo que eu nao escrevo para a lista da OBM.E vou chegar metendo bala: 01)Sejam a,b,c,d reais nao negativos tais que ab+bc+cd+da=1.Prove que (a^3/b+c+d)+(b^3/a+c+d)+(c^3/a+b+d)+(d^3/a+b+c)=1/3 e determine a igualdade. Seja A = b + c + d, B = a + c + d, C = a + b + d e D = a + b + c. Como (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - d)^2 + (d - a)^2 = 0 = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = ab + bc + cd + da = 1 (1) Suponha que a = b = c = d = a^3 = b^3 = c^3 = d^3 e 1/A = 1/B = 1/C = 1/D. Assim, pela desigualdade de Chebyshev: a^3/A + b^3/B + c^3/C + d^3/D = (a^3 + b^3 + c^3 + d^3)(1/A + 1/B + 1/C + 1/D)/4 (2) Também pela desigualdade de Chebyshev: a^3 + b^3 + c^3 + d^3 = (a^2 + b^2 + c^2 + d^2)(a + b + c + d)/4 (3) Note também que 3(a + b + c + d) = A + B + C + D (4) Pela desigualdade entre as médias aritmética e geométrica temos que (A + B + C + D)(1/A + 1/B + 1/C + 1/D) = 16 (5) (1), (2), (3), (4) e (5) = a^3/A + b^3/B + c^3/C + d^3/D = (A + B + C + D)(1/A + 1/B + 1/C + 1/D)/48 = 16/48 = 3 A igualdade ocorre quando A = B = C = D = a = b = c = d. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
[obm-l] Re: [obm-l] inversão/desigualdades/cone sul
Acho que a terceira possui a seguinte solução 3.Seja p um real positivo dado.Achar o mínimo valor de x^3 +y^3 sabendo que x e y são reais positivos tais que xy(x+y)=p P = x^3 + y^3 = (x + y)(x^2 + y^2 - xy) = (x + y)(x^2 + y^2) - (x + y)xy = (x + y)(x^2 + y^2) - p Pela desigualdades entre as médias aritmética e geométrica, temos que x^2 + y^2 = 2xy Assim: P = x^3 + y^3 = (x + y)(2xy) - p = 2p - p = p Assim, o valor mínimo de x^3 + y^3 é p. Obrigada! []´s Fê Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: [obm-l] (nenhum assunto)
Considereo podlinômio P(x) = x^7 - 1, que possui as 7 seguintes raízes complexas: z(k) = cos (2.k.pi/7) + i.sen (2.k.pi/7), k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 Como o coeficiente de x^6 em P(x) é0 então a soma das raízes de P(x) é 0, implicando que: cos 0 + cos (2.pi/7) + cos (4.pi/7) + cos (6.pi/7) + cos (8.pi/7) + cos (10.pi/7) + cos (12.pi/7) = 0 Como 2.pi/7 + 12.pi/7 = 2.pi = cos (12.pi/7) =cos (2.pi/7) Como 4.pi/7 + 10.pi/7 = 2.pi = cos (10.pi/7) =cos (4.pi/7) = - cos (3.pi/7) Como 6.pi/7 + 8.pi/7 = 2.pi = cos (8.pi/7) =cos (6.pi/7) = - cos (pi/7) Portanto: 1 + cos (2.pi/7)- cos (3.pi/7) - cos (pi/7) - cos (pi/7) - cos (3.pi/7) + cos (2.pi/7) = 0 = cos (pi/7) - cos (2.pi/7) + cos (3.pi/7) = 1/2 Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Saturday, May 18, 2002 6:15 PM Subject: [obm-l] (nenhum assunto) (IMO-1963) PROVE QUE COS(PI/7)-COS(2PI/7)+COS(3PI/7)=1/2.COMECEI A FAZER E FOI FICANDO GRANDE...CADA VEZ MAIOR...RISOS...ALGUEM CONSEGUE ACHAR UM TRUQUIINHO AI?? VALEU! CROM
[obm-l] Re: [obm-l] ACHO QUE É FÁCIL, MAS...
O número n = 2^(2k + 1) possui Fi(n) = 2^2k, que é um quadrado perfeito. Outro exemplo é n = [2^(2a)][3^(2b + 1)] possui Fi(n) = [2^(2a)][3^(2b)] qu também é quadrado. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Frederico Reis Marques de Brito [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 30, 2002 10:53 AM Subject: [obm-l] ACHO QUE É FÁCIL, MAS... Para que todos entendam a questão, vou começar definindo a função Fi( em grego) de Euler, indicada aqui, por problemas computacionais, por Fi. Se n é um número natural ( considere 0 não natural), Fi(n) representa a quantidfade de números naturais não excedendo n relativamente primos com n . Proponho a seguinte questão, cuja solulção imagino ser simples, porém meio mágica. Questão: Prove que existem na imagem de Fi infinitos quadrados perfeitos. Um abraço a todos. Fred. _ O MSN Photos é o modo mais fácil de compartilhar e imprimir suas fotos: http://photos.msn.com/support/worldwide.aspx = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é [EMAIL PROTECTED] =
Re: Desafio
- Original Message - From: Pedro Costa To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Saturday, January 05, 2002 2:13 PM Subject: Desafio Determine todos os inteiros positivosn tais que a quarta potência do número de seus divisores positivos é igual an . Seja n = (p1^a1)(p2^a2)...(pm^am) onde p1, p2, ..., pm são os m fatores primos de n e a1, a2, ..., am são os expoentes destes primos. Assim, o número de divisorespositivos éd(n) = (a1 + 1)(a2 + 1)...(am + 1) Pelo enunciado n = [(a1 + 1)(a2 + 1)...(am + 1)]^4, ou seja, cada expoente ai é divisível por 4. Façamos ai = 4bi = n = (p1^4b1)(p2^4b2)...(pm^4bm)=[(4b1 + 1)(4b2 + 1)...(4bm + 1)]^4 = (p1^b1)(p2^b2)...(pm^bm)=(4b1 + 1)(4b2 + 1)...(4bm + 1) Notemos que o número de termos em cada lado da igualdade é igual a m.Note também que p1 é diferente de 2, pois (4b1 + 1)(4b2 + 1)...(4bm + 1) é ímpar. Observe agora que: 3^1 4.1 + 1 3^2= 4.2 + 1 3^3 4.3 + 1 5^1= 4.1 + 1 5^2 4.2 + 1 se p = 7 temos que p^k 4.k + 1 Como o número de termos de cada lado da expressão (p1^b1)(p2^b2)...(pm^bm)=(4b1 + 1)(4b2 + 1)...(4bm + 1) é igual, para que o lado esquerdo não seja maior que o lado direito,as únicas possibilidades são: i) m = 1 p1 = 3 b1 = 2 = n = 3^8 = d(n) = 9 = [d(n)]^4 = 3^8 ii) m = 1 p1 = 5 b1 = 1 = n = 5^4 = d(n) = 5 = [d(n)]^4 = 5^4 iii) m = 2 p1 = 2 b1 = 2 p2 = 5 b2 = 1 = n = (3^8)(5^4) = d(n) = 9.5 = d(n) = (3^8)(5^4) Acho que é isso, se alguém encontrar mais algum número é só complementar esta solução. Até mais, Marcelo Rufino
Re: Quadrados perfeitos...
O negócio é reparar que não existem quadrados perfeitos cujo algarismo das
unidades seja 8, 3, 2 ou 7. Assim sobraria somente o 14541 com chance de ser
quadrado perfeito.
Marcelo Rufino
- Original Message -
From: Fernando Henrique Ferraz [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Saturday, October 27, 2001 3:26 PM
Subject: Quadrados perfeitos...
Vi esse exercício numa prova de vestibular desse ano,
28. Qual dos números seguintes é quadrado perfeito?
a) 745328
b) 9015743
c) 6259832
d) 9761387
e) 14641
O jeito mais óbvio parece fatorar um a um.. mas é muito braçal e leva
muito
tempo. Existe alguma regra que indique se o número é quadrado perfeito ou
não?
Um amigo sugeriu que a soma dos algarismos que compõe um quadrado perfeito
dá outro quadrado perfeito... mas nem sempre é válida...
funciona para 121 ... 1 + 1 + 2 = 4
Mas não para 256.. = 13
(curiosamente dá certo no 14641)
Against stupidity, the Gods themselves contend in vain,
Friedrich von Schiller's
-
[]'s
{O-Grande-Mentecapto}
[EMAIL PROTECTED]
Iberoamericana de Física
Tenho uma grande notícia para os integrantes da lista, principalmente para os amantes da física. Terminounesta sexta-feira (26/10), a tarde, a VI Olimpíada Iberoamericana de Física e o Brasil obteve excelentes resultados: 2 ouros, 1 prata e 1 bronze. Os alunos e seus resultados são os seguintes: Leonardo Leite Pereira (PA): medalha de ouro Lívia Maria Frota Lima(CE): medalha de ouro Martha PriscillaAraújo de Moraes Torres (CE): medalha de prata Paulo Ribeiro de Almeida Neto (PA): medalha de bronze A Ibero deste ano foi realizada na Bolívia e cada país é representado por até 4 alunos. São aplicadas duas provas: uma teórica e uma experimental. Para vocês terem uma idéia, ano passado (em sua 1a. participação) o resultado do Brasil na Ibero (que foi na Espanha) foram 3 menções honrosas, o que mostra um grande crescimento em apenas 1 ano. Valedestacar também que este anoo Brasil conquistou sua primeira menção honrosa na Olimpíada Internacional de Física, com o aluno Guilherme Pimentel, que incluisive participa desta lista de discussão. Uma curiosidade é que um dos critérios para participar da Ibero é nunca ter participado da Internacional. O comentário é que a prova teórica deste ano estava mais fácil que a dos anos anteriores. Por sorte dos alunos brasileiros a prova experimentalda Ibero era baseada na mesma experiência feita por estes mesmos alunos na Olimpíada Brasileira do ano passado, que é determinar o coeficente de restituição do choque de uma bolinha com o solo (que é bem simples, para dizer a verdade). A expectativa agora é que ano que vem algum brasileiro ganhe nossa primeira medalha na Internacional. A Martha e o Paulo também se dão bem com matemática. A solução que está no site da OBM para a questão 1 da 3a. Fase do Nível 3 da OBM 2000 é da Martha. O Paulo foi medalha de bronze no Nível 3 da OBM 2000. Algo que deve ser destacado é a importância da Olimpíada Brasileira de Matemática para o desenvolvimento de outras olimpíadas de ciências no Brasil (Física,Astronomia, Informática e futuramente Biologia). É inegável que o funcionamento de todas estas olimpíadas em parte é fundamentado no que a OBM já faz (e com muito êxito) a um certo tempo. Desde o sistema de coordenadores regionais, provas enviadas pelo correio, possibilidade de participação para qualquer interessado (não existindo limitação do número de alunos por colégio), seletivas para as olimpíadas internacionais, preparação para as olimpíadas internacionais (a de Física e a de Astronomia possuem uma Escola de Inverno, semelhante à Semana Olimpíca da OBM), quase tudo é semelhante ao que a OBM possui. Talvez a Olimpíada de Química seja a única que fuja um pouco deste sistema.Por isso, toda vez que algum aluno brasileiro consegue algum destaque em nível internacional em qualquer olimpíada de ciências deve-selembrar que, lá no fundo, a OBM possuiu uma participação nesta vitória, pelo simples fato de ser a precursora deste programa de olimpíadas de ciênciasque temos no Brasil. Por fim, desejo parabéns aos alunos que tão bem representaram nosso país e também a todos os professores que, direta ou indiretamente, contribuiram para este resultado. Não podemos esquecer também o bom trabalho que vem realizando a Sociedade Brasileira de Física na realização da OBF. Se não me engano ano passado25 mil alunos fizeram a primeira fase da OBF, e olha que era somente a sua segunda edição. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira Coordenador Regional da OBM no Pará
Questão da Ibeoamericana
Eu li o enunciado da questão 1 da iberoamericana deste ano e pareceu-me que a solução era imediata demais. O enunciado é o seguinte: 1) Dizemos que um número natural n é charrua se satisfaz simultaneamente as seguintes condições: - Todos os algarismos de n são maiores que 1 - Sempre que se multiplicam quatro algarismos de n, obtém-se um divisor de n. Demonstrar que para cada número natural k existe um número charrua com mais de k algarismos. Por um acaso não basta fazer n = 333...33, onde n possui 3^x dígitos (x = 3) e usar o fato de que 3^(x + 1) | n ? Com este número sempre teremos a multiplicação de quatro algarismos dando 81, e como x = 3 então n será sempre divisível por 81. O fato de que exista um número charrua com mais de k algarismos aparentemente não importa muito, pois podemos fazer x o maior que se queira e assim conseguir um número de dígitos sempre maior que k. Peço ao pessoal da lista que dê uma analisada, pois quando parece-me que uma questão é muito imediata sempre eu erro alguma coisa. Valeu, Marcelo Rufino
Re: obm
Aí vai uma solução para o problema 4 do Nível 3, só que não está completa, é necessário demonstrar alguns trechos que somente vou enunciar: Para quem não lembra o enunciado é o seguinte: 4) Uma calculadora tem o número 1 na tela. Devemos efetuar 2001 operações, cada uma das quais consistindo em pressionar a tecla sen ou a tecla cos. Essas operações calculam respectivamente o seno e o cosseno com argumentos em radianos. Qual é o maior resultado possível depois das 2001 operações? Como cos e sen variam entre - 1 e 1, evidentemente tentaremos alcançar um número que seja o mais próximo possível de 1. Alguns fator são relevantes: 1) entre 0 e pi/2 a função sen x é crescente; 2) se x é próximo de zero então cos x é próximo de 1; 3) para que sen x seja próximo de 1 então x deve ser bastante próximo de pi/2 1; 4) se 0 x pi/4 então sen x cos x e se pi/4 x pi/2 então senx cos x. Ainda mais, se 0 x pi/4, então sen x x. 5) Se tivermos 1 escrito na calculadora e apertarmos somente a tecla cos os números que vão aparecendo vão aproximando cada mais do número que é solução da equação cos x = x (aqui é necessário demonstrar). Este número é aproximadamente x = 0,73; 6) se apertarmos somente a tecla sen os números que vão aparecendo vão aproximando cada mais do número que é solução da equação sen x = x (também é necessário demonstrar). Este número é x = 0; Dos fatos 2 e 3 concluímos que a melhor estratégia para conseguir o maior número possível é alcançar um número positivo mais próximo possível de 0 até a 2000a. operação e depois apertar cos, aparecendo assim um número muito próximo de 1, uma vez que não é possível obter um número próximo de pi/2 na calculadora pois pi/2 é aproximadamente 1,55. Dos fatos 5 e 6 concluímos que apertar seguidamente a tecla cos não ajuda em nada, pois vamos sempre nos aproximar de um número (aproximadamente 0,73) que está longe de 0. De início, como temos escrito 1 na calculadora, do fato 4 é melhor apertar cos, pois cos 1 sen 1. Desde que cos 1 pi/4 (é necessário demonstrar), a 2a. tecla a ser apertada deve ser sen. Dos fatos 1 e 4, como cos 1 pi/4, temos que sen (cos 1) cos 1. Dos fatos 1, 4 e 6, se continuarmos a apertar a tecla sen iremos sempre conseguir números positivos cada vez menores. Assim, depois da 1a. operação (que é apertar cos) devemos apertar sen 1999 vezes. Depois destas operações teremos na calculadora um número positivo muito próximo de 0, bastando na 2001a. operação apertar cos e assim alcançar um número muito próximo de 1. Assim, o maior número possível é cos (sen (sen (sen (...(sen (cos 1)))...))), onde aplicamos sen 1999 vezes. Acho que é isso, talvez falte demonstrar mais criteriosamente alguns trechos, mas acredito que todas as idéias necessárias são estas. Até mais, Marcelo Rufino - Original Message - From: Carlos Stein Naves de Brito [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, October 23, 2001 9:37 PM Subject: obm Gostaria de ver uma solucao para 4 da obm nivel 3!
Re: Torneio das Cidades
Já que a bola da vez é o TIC, abaixo estão duas questões do Torneio Internacional das Cidades que eu ainda não consegui fazer. Quem sabe alguém da lista possa resolvê-los... (TIC-99) Um movimento da torre consiste e passar a uma casa vizinha, indo em direção horizontal ou vertical. Assim, depois de 64 movimentos a torre poderá ter visitado todas as casas de um tabuleiro de xadrez 8x8 e regressar a casa de que partiu. Demonstrar que o número de movimentos em direção vertical e o número de movimentos em direção horizontal são distintos. (TIC-99) Um círculo está dividido por n diâmetros em 2n setores iguais. A metade dos setores estão pintados de azul e a outra metade estão pintados de vermelho (em ordem arbitrária). Os setores azuis estão numerados de 1 a n em sentido contrário a dos ponteiros do relógio, começando desde um setor azul arbitrário, e os setores vermelhos estão numerados de 1 a no sentido dos ponteiros do relógio, começando desde um setor vermelho arbitrário. Demonstrar que existe um semicírculo que contem setores com todos os números de 1 a n. Como é o desempenho das cidades brasileiras no Torneio? Já teve algum aluno brasileiro que conseguiu uma pontuação muito alta? Falou, Marcelo Rufino - Original Message - From: Paulo Jose Rodrigues [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Cc: [EMAIL PROTECTED] Sent: Wednesday, October 24, 2001 10:44 PM Subject: Torneio das Cidades Já que o assunto Torneio das Cidades é a bola da vez vão aqui alguns esclarecimentos: O Torneio das Cidades é uma competição organizada pela Rússia cujo regulamento tenta permitir que cidades grandes e pequenas participem nas mesmas condições (lembre que essa é uma competição entre cidades...) As provas são corrigidas pelo comitê organizador de cada cidade e as melhores enviadas para Moscou que emite os diplomas de premiação. O diploma é da Academia de Ciências da Rússia, obviamente é em russo e contém a pontuação obtida pelo estudante. Um problema muito interessante que já caiu no Torneio é o seguinte: (a) Duas pessoas realizam um truque. A primeira retira 5 cartas de um baralho de 52 cartas (previamente embaralhado por um membro da platéia), olha-as, e coloca-as em uma linha da esquerda para a direita: uma com a face para baixo (não necessariamente a primeira), e a outras com a face para cima. A segunda pessoa deve adivinhar a carta que esté com a face para baixo. Prove que elas podem combinar um sistema que sempre torna isto possível. (b) Prove que as pessoas ainda podem realizar o truque se a carta oculta for colocado no bolso da 1a pessoa. Eu sei resolver o ítem (a), mas não o (b). Paulo José
Re: Terceira fase da OBM
Maiores informações sobre o Torneio Internacional das Cidades podem ser encontradas nos sites: http://www.amt.canberra.edu.au/imtot.html http://www.math.kth.se/users/mshapiro/Articles/Shapovalov/tg_glav.htm evidentemente as informações estão em inglês. Até mais, Marcelo Rufino - Original Message - From: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Saturday, October 20, 2001 6:10 PM Subject: Re: Terceira fase da OBM Só uma curiosidade : até q idade pode se participar do torneio das cidades ? Um universitário pode participar ?? Falow _ Oi! Você quer um iG-mail gratuito? Então clique aqui: http://registro.ig.com.br/
Re: CONE SUL-97
Fernanda, para a primeira questão faça o seguinte: 1.Demonstrar que existem infinitos termos (a,b,c),com a,b,c, números naturais , que satisfazem 2a^2 + 3b^2 - 5c^2=1997 Tentemos transformar esta equação em uma Equação de Pell da forma x^2 - Dy^2 = 1. Fazendo a = 31 temos: 2(31)^2 + 3b^2 - 5c^2 = 1997 = 1922 + 3b^2 - 5c^2 = 1997 = 3b^2 - 5c^2 = 75 Fazendo b = 5b' e c = 15c' temos: 75(b'^2) - 15(75.c'^2) = 75 = b '^2 - 15c'^2 = 1 Que é uma Equação de Pell, onde uma solução é b' = 4 e c' = 1. Como uma Equação de Pell do tipo x^2 - Dy^2 = 1 que possui uma solução consequentemente possui infinitas soluções, teremos infinitos números b' e c' satisfazendo b'^2 - 15c'^2 = 1. Assim, teremos infinitos ternos (a, b, c) (com a = 31, b = 5b' e c = 15c') satisfazendo 2a^2 + 3b^2 - 5c^2 = 1997 - Original Message - From: Fernanda Medeiros [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Wednesday, October 17, 2001 10:28 PM Subject: CONE SUL-97 Olá: gostaria de ajuda nestas 2 questões da prova do cone sul de 97: 1.Demonstrar que existem infinitos termos (a,b,c),com a,b,c, números naturais , que satisfazem 2a^2 + 3b^2 - 5c^2=1997 2. Seja C uma circunferencia de centro O , AB um diametro dela e R um ponto qualquer em C, distinto de A e B.Seja P a interseção da perpendicular traçada por O a AR.Sobre a reta OP se marca o ponto Q, de maneira que QP é a metade de PO e Q não pertence ao segmento OP.Por Q traçamos a paralela a AB que corta a reta AR em T. Chamamos de H o ponto de interseção das retas AQ e OT. Prove que H,R e B são colineares. Obrigada! _ Chegou o novo MSN Explorer. Instale já. É gratuito! http://explorer.msn.com.br
Re: Dúvida sobre exame do ITA
Formei no ITA em 99 e hoje trabalho como coordenador deum curso preparatório IME/ITA, por isso acho que posso responder suas perguntas. Quanto a nota necessária para passar, até o vestibular de 99 especulava-se que a nota do último que era chamado girava em torno de 66% dos pontos totais das provas. Em 2000 parece que este valor subiu para uns 75% dos pontos, pois a prova no geral estava um pouco mais fácil e a concorrência aumentou muito, e com isso o nível dos alunos. Entretanto, é tudo especulação, pois o ITA não divulga nota do aluno e nem classificação geral. Quanto as questões discursivas de física e matemática, o cartão resposta (contando com as alternativas das questões que devem ser justificadas) vale 50% dos pontos da prova, enquanto que as soluções das questões que devem ser justificadas valem os outros 50% da prova. Note, portanto, que as questões que devem ser justificadas possuem, no final das contas, mais ou menos 70% dos pontos da prova, pois contam no cartão resposta e na resolução. Espero ter ajudado, Marcelo Rufino - Original Message - From: Alex Vieira To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Thursday, October 04, 2001 10:19 PM Subject: Dúvida sobre exame do ITA Saudacoes a todos os colegas da lista, Irei prestar ITA este ano,e, apos resolver algumas provas dos anos anteriores, verifiquei que nas materias exatas ocorrem diversas questoescomplicadissimas, senao polemicas, com assuntos que "atrapalham" ateh professores. Como sei que nesta lista da OBM ha diversos alunos, ex-alunos, etc. do ITA, pergunto: alguem tem uma estimativa de uma porcentagem de acerto"boa" nas provas? Acertando 50% das questoes nas 4 provas garante meu lugaroueh necessario mais? Questoes "teste" e "dissertativas" tem o mesmo peso? Alguem pode me dar alguma dica, macete, estrategia, que possa me ajudar na prova? Muito obrigado
Re: combinatória
Alguem poderia me ajudar com essas questões: 01) Qual o total de números constituidos de 3 algarismos impares e 2 algarismos pares que podem ser formados com os algarismos de 1 a 9, sem repetição? Inicialmente escolha onde vão ficar os 3 algarismos ímpares. Como são ao todo 5 algarismos temos C(5, 3) = 10 possibilidades para escolher onde ficam os ímpares. Note que depois de escolhidos os ímpares, os pares já estão determinados. Para escolher os 3 ímpares temos (5)(4)(3) = 60 possibilidades (pois temos que escolher entre os dígitos 1, 3, 5, 7 e 9) e para escolher os dois pares temos (4)(3) = 12 possibilidades (pois temos os dígitos 2, 4, 6, e 8). Assim, o total é (10)(60)(12) = 7200 02) (FGV) Um tabuleiro quadrado dispõe de 9 orificios dispostos em 3 linhas e 3 colunas. De qtas maneiras podemos colocar 3 bolas de modo que os orificios ocupados não fiquem alinhados? Diagonais são considerados tipos de alinhamentos O total de formas de escolher 3 entre os 9 orifícios é C(9, 3) = 84 O total de formas de escolher 3 orifícios alinhados é 3 + 3 + 2 = 8 (3 linhas mais 3 colunasmais 2 diagonais). Portanto, o total é 84 - 8 = 76. Até mais, Marcelo Rufino
Re: complexos-ita
Na força bruta faz-se assim: w = (1 + z)/(1 - z) = [(1 + cos t) + i.sen t]/[(1 - cos t) - i.sen t] Multiplicando, em cima e em baixo, pelo conjungado de (1 - cos t) - i.sen t: w = [(1 - cos^2 t - sen^2 t) + i(sen t - sen t.cos t + sen t + sen t.cos t)]/(1 - 2.cos t + cos^2 t + sen^2 t] = w = [i.(sen t)]/[1 - cos t] que é uma resposta, mas acho que nas alternativas não está assim. Vamos colocar em função de t/2: w = [i.(2.sen (t/2).cos (t/2)]/[1 - cos^2 (t/2) + sen^2 (t/2)] w = [i.(2.sen (t/2).cos (t/2)]/[2.sen^2 (t/2)] w = [i.cos (t/2)]/[sen (t/2)] w = i.cotg (t/2) Uma outra forma de fazer é usando a soma de dois números complexos como se fossem vetores (na verdade os afixos). O número complexo z = cos t + i.sen t possui argumento t e módulo 1. O número complexo 1 possui argumento 0 e módulo 1. Como z e 1 possui o mesmo módulo, o afixo do número complexo que é igual a soma de 1 e z está situado na bissetriz do ângulo entre 1 e z, ou sejam o argumento 1 + z é t/2. Para calcular seu módulo basta somar as duas projeções, que valem [(1)(cos (t/2)] Assim: 1 + z = [(2)(cos (t/2)][cos (t/2) + i.sen (t/2)] Para 1 - z basta lembrar que - z = cos (t + pi) + i.sen (t + pi) Pelo mesmo raciocínio, 1 - z = [(2)(cos (t/2 + pi/2)][cos (t/2 + pi/2) + i.sen (t/2 + pi/2)] = [(2)(- sen (t/2)][- sen (t/2) + i.cos (t/2)] Portanto, w = [cotg (t/2)][cos (t/2) + i.sen (t/2)]/[sen (t/2) - i.cos (t/2)] Multiplicando, em cima e em baixo, por sen (t/2) + i.cos (t/2) : w = [cotg (t/2)][sen (t/2).cos (t/2) - sen (t/2).cos (t/2) + i(sen^2 (t/2) + cos^2 (t/2)] w = i.cotg (t/2) Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Fernanda Medeiros [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Saturday, September 22, 2001 9:31 PM Subject: Re: complexos-ita O que está entre parentêsis seriam as alternativas, já que era uma questão de múltipla escolha, o problema é que não me lembro das alternativas O enunciado é: sendo z=cos(t)+i*sen(t), qual o valor de w=1+z/1-z (desenvolva w) []´s Fê From: Marcelo Ferreira [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: Re: complexos-ita Date: Sat, 22 Sep 2001 20:38:38 -0300 Vc poderia reescrever o enunciado ? - Original Message - From: Fernanda Medeiros [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Saturday, September 22, 2001 7:18 PM Subject: complexos-ita Olá pessoal, Olha só esta questão: z=cos(t) + i sen(t) , qual o valor de w=1+z/1-z ( i*tg(t), i*cotg(t/2) etc...) Obrigada Fê _ Chegou o novo MSN Explorer. Instale já. É gratuito! http://explorer.msn.com.br _ Chegou o novo MSN Explorer. Instale já. É gratuito! http://explorer.msn.com.br
Re: OBM Segunda Fase
Na minha opinião os critérios de correção poderiam ter sido mais amplos, e incluir coisas que não poderiam ser feitas, além do que pode ser feito para resolver cada questão. Por exemplo, na questão 3 do Nível 3 alguns alunos do meu colégio utilizaram métodos que não estavam previstos nos critérios de correção e chegaram a resposta correta do problema. O enunciado é o seguinte: 3) Determine todas as funções f: R - R tais que f(x) = f(-x) e f(x + y) = f(x) + f(y) + 8xy + 115 para todos os reais x e y. Um aluno chutou que f(x) = ax^2 + bx + c (justificou isto devido o termo 8xy + 115 ser polinomial) aplicou na equação funcional tirando a, b, c e chegando na função correta. Eu sei que ele calculou somente a função polinomial que satisfaz o problema e não provou que não existem outras possíveis, entretanto, como a grade de resposta é omissa com relação a esta solução eu deixo duas perguntas: 1) Quanto vale esta solução? 2) Um professor menos acostumado com olimpíadas não poderia dar 10 pontos para esta solução? Nesta mesma questão outros 2 alunos fizeram y = 1 e escreveram n expressões variando x nos naturais desde 1 até n. Somaram todas as expressões e obtuveram quanto vale f(x) se x for natural. Evidentemente obtiveram f(n) = 4n^2 - 115. Novamente esta solução não estava prevista, e ficam as duas perguntas acima para esta outra situação. Na questão 6 do Nível 3 um aluno encontrou que o somatório vale n^2/2 utilizando indução matemática para isto, que também não estava previsto na grade de resposta. Neste caso, como eu li com bastante calma sua solução (que era longa) e estava tudo certo eu acabei dando os 10 pontos. Só que também seria interessante esta solução por indução estar prevista na grade de resposta. É evidente que existem outras soluções (algumas bastante complexas) para as questões do Nível 3 (acho que a questão 5 dá para fazer usando recorrência), porém outras soluções não tão complexas deveriam ser incluídas, para não deixar que professores menos experientes cometam injustiças na hora da correção. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Paulo Jose Rodrigues [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, September 04, 2001 11:44 PM Subject: OBM Segunda Fase Parabéns aos que trabalharam na elaboração da 2a fase da OBM. As questões estavam adequadas, criativas e desafiantes. A única que me pareceu inadequada foi a 4 do nível 1. Por outro lado, em alguns momentos, os critérios de correção me pareceram injustos. Não é muito pouco dar 3 pontos para que achou que cada número aparecia 7 vezes no dominó? Não é muito dar 2 pontos para quem fez a figura corretamente no problema 4 do nível 2? Paulo
Re: Alfabetização Matemática
Vamos ver... 1) Uma urna contém 6 bolas brancas, 6 bolas vermelhas, 6 bolas pretas e 6 bolas azuis, numeradas de 1 a 24. Quantas são as extrações de 4 bolas onde aparecem pelo menos 3 cores? Existem duas alternativas para as retiradas: i) todas as bolas de cores diferentes; deste modo temos 6 possibilidades para as escolhas de cada cor, implicando que existem 6^4 extrações possíveis. ii) 2 bolas de uma determinada cor e outras duas cada uma de uma cor distinta da primeira; para escolher a cor que será repetida temos 4 possibilidades e para escolher estas duas bolas da mesma cor temos C(6, 4) = 15 (combinação de 6 bolas tomadas quatro a quatro) possibilidades. sobram assim 18 bolas (todas das outras 3 cores), onde devemos escolher duas de cores diferentes. Para escolher a primeira temos 18 possibilidades, e para a segunda temos 12 possibilidades. Como tanto faz escolher primeiro a bola 13 e depois a 24 como escolher primeiro a 24 e depois a 13, temos que dividir o total desta segunda alternativa por 2. O total então é 6^4 + 4.15.(18.12)/2 = 7776 Acho que é isso. 2) Resolva (sen x)^2 + (sen x)^4 + (sen x)^6 + (sen x)^8 + (sen x)^10 = 5 Note que se (sen x)^2 1 então (sen x)^4 1 (sen x)^6 1 (sen x)^8 1 (sen x)^10 1 = (sen x)^2 + (sen x)^4 + (sen x)^6 + (sen x)^8 + (sen x)^10 5, que contraria a equação dada. Como 0 = (sen x)^2a = 1 (a um inteiro positivo), então a única possibilidade é (sen x)^2 = 1 = sen x = pi + k.pi 3) Se (tg x)^3 = (cos x)^2 - (sen x)^2, calcule (tg x)^2. (cos x)^2 - (sen x)^2 = 2(cos x)^2 - 1 = 2/[1 + (tg x)^2] - 1 = (tg x)^3 = 2 - 1 - (tg x)^2 = (tg x)^3 + (tg x)^5 = (tg x)^5 + (tg x)^3 + (tg x)^2 = 1, que é uma equação de quinto grau em tg x. Joguei esta expressão na minha calculadora e encontrei 4 raízes complexas e apenas uma real, bastante próxima de 0,7, mas não me parece ser um valor conhecido, e nem me parece que existe uma método simples (fatorando) de resolver a equação z^5 + z^3 + z^2 - 1 = 0. Bem... quem sabe outra pessoa consiga fazer esta questão?! []s, Josimar -Mensagem original- De: Nicolau C. Saldanha [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] Data: Quarta-feira, 29 de Agosto de 2001 08:23 Assunto: Re: Alfabetização Matemática Quando o meu pai foi trabalhar na Alemanha eu me lembro dele ter avisado para escrever no envelope o 1 apenas como um traço vertical e o 7 não cortado senão o correio alemão confunde: o 1 com aba eles pensam que é um sete e o 7 cortado eles não entendem. Por outro lado, o Fred andou perguntando a algumas pessoas aqui do depto se elas cortavam o 7 e os franceses (ou pelo menos os franceses que estavam perto do Fred neste dia e hora) aprenderam a cortar o 7 na escola francesa. []s, N. On Wed, Aug 29, 2001 at 12:04:14AM -0300, Bruno Furlan wrote: Não seria mais sensato ensinar a grafar o um como um palito, sem a aba? Fica bem mais fácil para as crianças e não causa confusão... Bruno F. Me lembro da minha professora do primario dizer que se cortava o 7 para diferenciar do 1. De fato, na caligrafia das criancas eh muito facil confundir um com sete, e vejo isto concretamente com meus filhos pequenos. Quem aprendeu assim, as vezes nao perde o habito. Abraco, Wagner.
distribuição de números
A questão abaixo possui um enunciado bem interessante... vamos ver se aparecem soluções também interessantes por participantes da lista: Todos os números de 1 a 100 são escritos aleatoriamente ao longo de um círculo. A soma de todos 3 números consecutivos é calculada. Prove que existem duas destas somas cuja diferença é maior que 2. Até mais, Marcelo Rufino
Re: SELEÇÃO IMO
Na segunda questão faça o seguinte:
2) se a = sqrt(4-sqrt5-a), b = sqrt(4+sqrt5-b), c = sqrt(4-sqrt5+c) e
d = sqrt(4+sqrt5+d), calcule a*b*c*d.
Solução:
Inicialmente note que, devido as equações que definem a, b, c e d, então
estes valores são todos distintos.
Elevando ao quadrado duas vezes as equações obtemos:
(1) (a^2 - 4)^2 = 5 - a = a^4 - 8a^2 + 16 = 5 - a =
a^4 - 8a^2 + a + 11 = 0
(2) (b^2 - 4)^2 = 5 - b = b^4 - 8b^2 + 16 = 5 - b =
b^4 - 8b^2 + b + 11 = 0
(3) (c^2 - 4)^2 = 5 + c = c^4 - 8c^2 + 16 = 5 + c =
c^4 - 8c^2 - c + 11 = 0
(4) (d^2 - 4)^2 = 5 + d = d^4 - 8d^2 + 16 = 5 + d =
d^4 - 8d^2 - d + 11 = 0
Assim, a e b são 2 das 4 raízes do polinômio P(x) = x^4 - 8x^2 + x + 11 e
c e d são 2 das 4 raízes do polinômio Q(x) = x^4 - 8x^2 - x + 11.
Aplicando x = - c em P(x) temos:
P(- c) = c^4 - 8c^2 - c + 11 = 0 = - c é raiz de P(x).
Aplicando x = - d em P(x) temos:
P(- d) = d^4 - 8d^2 - d + 11 = 0 = - d é raiz de P(x).
Deste modo, as raízes de P(x) são a, b, - c e - d.
Como a multiplicação das raízes P(x) é igual a 11,
temos que a.b.(- c)(- d) = 11 = abcd = 11.
Falou,
Marcelo Rufino de Oliveira
- Original Message -
From: Henrique Lima [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Tuesday, July 31, 2001 11:16 PM
Subject: SELEÇÃO IMO
alguém pode ajudar nesses problemas?
1)se m e n são inteiros positivos tais q 2^n - 1 divide m^2 +9, prove q n
eh uma potencia de 2
se n eh uma potencia de 2 prove q existe um inteiro m (positivo) tal q 2^n
-1 divide m^2 + 9
2)se a=sqrt(4-sqrt5-a), b=sqrt(4+sqrt5-b), c=sqrt(4-sqrt5+c) e
d=sqrt(4+sqrt5+d), calcule a*b*c*d
3)sejam Q+ e Z os conjuntos dos racionais estritamente positivos e o
conjunto dos inteiros. determine todas as funções f:Q+ -Z satisfazendo as
seguintes condições:
(i)f(1999)=1
(ii)f(ab)=f(a)+f(b) ,pra qq a,b racionais estritamente positivos
(iii)f(a+b)=min{f(a),f(b)}, pra qq a,b racionais estritamente positivos
valeu!
_
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Re: SELEÇÃO IMO
Na verdade, para ficar mais clara a equação da questão 2 que eu
resolvi no e-mail anterior, o mais correto é:
2) Se a = sqrt(4 - sqrt(5 - a)), b = sqrt(4 + sqrt(5 - b)),
c = sqrt(4 - sqrt(5 + c)) e d = sqrt(4 + sqrt(5 + d)),
calcule a*b*c*d.
Sem os parenteses nos lugares corretos realmente dá margem a várias
interpretações.
Lembre-se que sqrt(x) significa a raiz quadrada de x.
Falou,
Marcelo Rufino de Oliviera
- Original Message -
From: Marcelo Rufino de Oliveira [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Wednesday, August 01, 2001 3:07 AM
Subject: Re: SELEÇÃO IMO
Na segunda questão faça o seguinte:
2) se a = sqrt(4-sqrt5-a), b = sqrt(4+sqrt5-b), c = sqrt(4-sqrt5+c) e
d = sqrt(4+sqrt5+d), calcule a*b*c*d.
Solução:
Inicialmente note que, devido as equações que definem a, b, c e d, então
estes valores são todos distintos.
Elevando ao quadrado duas vezes as equações obtemos:
(1) (a^2 - 4)^2 = 5 - a = a^4 - 8a^2 + 16 = 5 - a =
a^4 - 8a^2 + a + 11 = 0
(2) (b^2 - 4)^2 = 5 - b = b^4 - 8b^2 + 16 = 5 - b =
b^4 - 8b^2 + b + 11 = 0
(3) (c^2 - 4)^2 = 5 + c = c^4 - 8c^2 + 16 = 5 + c =
c^4 - 8c^2 - c + 11 = 0
(4) (d^2 - 4)^2 = 5 + d = d^4 - 8d^2 + 16 = 5 + d =
d^4 - 8d^2 - d + 11 = 0
Assim, a e b são 2 das 4 raízes do polinômio P(x) = x^4 - 8x^2 + x + 11 e
c e d são 2 das 4 raízes do polinômio Q(x) = x^4 - 8x^2 - x + 11.
Aplicando x = - c em P(x) temos:
P(- c) = c^4 - 8c^2 - c + 11 = 0 = - c é raiz de P(x).
Aplicando x = - d em P(x) temos:
P(- d) = d^4 - 8d^2 - d + 11 = 0 = - d é raiz de P(x).
Deste modo, as raízes de P(x) são a, b, - c e - d.
Como a multiplicação das raízes P(x) é igual a 11,
temos que a.b.(- c)(- d) = 11 = abcd = 11.
Falou,
Marcelo Rufino de Oliveira
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From: Henrique Lima [EMAIL PROTECTED]
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Sent: Tuesday, July 31, 2001 11:16 PM
Subject: SELEÇÃO IMO
alguém pode ajudar nesses problemas?
1)se m e n são inteiros positivos tais q 2^n - 1 divide m^2 +9, prove q
n
eh uma potencia de 2
se n eh uma potencia de 2 prove q existe um inteiro m (positivo) tal q
2^n
-1 divide m^2 + 9
2)se a=sqrt(4-sqrt5-a), b=sqrt(4+sqrt5-b), c=sqrt(4-sqrt5+c) e
d=sqrt(4+sqrt5+d), calcule a*b*c*d
3)sejam Q+ e Z os conjuntos dos racionais estritamente positivos e o
conjunto dos inteiros. determine todas as funções f:Q+ -Z satisfazendo
as
seguintes condições:
(i)f(1999)=1
(ii)f(ab)=f(a)+f(b) ,pra qq a,b racionais estritamente positivos
(iii)f(a+b)=min{f(a),f(b)}, pra qq a,b racionais estritamente positivos
valeu!
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Dúvida em problema
Estou tentando fazer a questão abaixo mais não consigo. Gostaria da ajuda dos integrantes da lista. Os divisores próprios de um número natural n são colocados em ordem crescente: x1 x2 ... xk. Determine todos os números n tais que: (x5)^2 + (x6)^2 - 1 = n. Obs: os divisores próprios de n são todos os divisores positivos de n com excessão de 1 e n. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira
Re: Movimento de um pendulo
Vou mandar a demonstração que existe no livro Os Tópicos da Física 2 - 5a. edição, de 1988. Em um MHS a constante de força é definida por K = mw^2, onde m é masse e w é a velocidade angular. Como w = 2.pi/T temos que T = 2.pi.(m/K)^1/2 (1) Analisemos agora o pêndulo propriamente dito. Afaste o pêndulo de um pequeno ângulo y em relação a sua posição de equilíbrio. A componente tangencial do peso Pt é a força restauradora do movimento oscilatório do pêndulo e sua intensidade é dada por: Pt = m.g.sen y O ângulo y em radianos é dado por y = x/L, L o comprimento do fio do pêndulo e x é o comprimento do arco subentido entre a posição do pêndulo e sua posição de equilíbrio. Assim temos que Pt = m.g.sen (x/L) Nesta última expressão concluímos que o movimento do pêndulo não é harmônico simples, uma vez que a intensidade da força não é proporcional à elongação, mas sim ao seno de x/L. Por outro lado, se as oscilações ocorrerem com pequenos ângulos (y menor ou igual a 10 graus), o valor do seno e o valor do ângulo expresso em radianos serão aproximadamente iguais. Deste modo: Pt = m.g.x/L = Pt = (m.g/L).x (2), caracterizando agora um MHS. Como a força restauradora de um MHS é igual a F = Kx, comparando com (2) temos que K = m.g/L Aplicando este valor de K em (1) temos que T = 2.pi.(L/g)^1/2 Note que este valor de período vale somente quando o ângulo máximo que o fio do pêndulo faz com a vertical é menor que 10 graus. Para outros valores o movimento do pêndulo não é um MHS. Evidentemente, a demonstração mais criteriosa utiliza a equação diferencial do movimento do pêndulo, e é muito mais curta. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Leonardo Motta [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Saturday, July 21, 2001 10:10 PM Subject: Re: Movimento de um pendulo Cara,qualquer livro desses de segundo grau tipo Física Clássica,Tópicos,Fundamentos,tem essa demonstração. Eu nao achei essa demonstracao no Fundamentos do Ramalho-Nicolau-Toledo. Acho que essa demonstracao soh eh possivel por calculo, pq e' demonstrado que a expressao diferencial que define o periodo do pendulo se confunde com a expressao q vc deu quando os angulos sao muito pequenos.
Re: olá e problemas :)
Acho que cheguei a uma solução para o quinto problema da Fernanda, aí vai... 5.Mostre que todo nº racional positivo pode ser representado sob a forma r = (a^3 + b^3)/(c^3 + d^3) a, b, c, d inteiros positivos Solução: (I) Primeiro vou mostrar que todos os racionais entre 1/2 e 2 podem ser expressos da forma r = (a^3 + b^3)/(c^3 + d^3) a, b, c, d inteiros positivos Para isso faça a = c e b + d = a. Assim: r = (a^3 + b^3)/(a^3 + d^3) = [(b/a)^3 + 1]/[(d/a)^3 + 1] = [((a - d)/a)^3 + 1]/[(d/a)^3 + 1] = [(1 - (d/a))^3 + 1]/[(d/a)^3 + 1] Fazendo d/a = x temos que r = [(1 - x)^3 + 1]/[x^3 + 1]. Dividindo em cima e em baixo por x^2 - x + 1 temos que r = (2 - x)/(1 + x) = x = (2 - r)/(1 + r) Esta expressão mostra que para qualquer racional r temos um racional x (que é igual a d/a) tal que r = (2 - x)/(1 + x). Como 0 x 1 e reescrevendo r da forma r = - 1 + 3/(1 + x) concluímos que 1/2 r 2, ou seja, acabamos de provar que qualquer racional r entre 1/2 e 2 pode ser escrito da forma r = (a^3 + b^3)/(c^3 + d^3) bastanto fazer a = c e b + d = a. (II) Note que r é um racional da forma r = (a^3 + b^3)/(c^3 + d^3) se e somente se s = r.(x/y)^3 também é (x e y inteiros positivos), uma vez que s = ((a.x)^3 + (b.x)^3)/((c.y)^3 + (d.y)^3). Assim, pela expressão s = r.(x/y)^3 (r um racional entre 1/2 e 2) podemos conseguir qualquer racional positivo s, através da escolha adequada de r e x/y. Acho que é isso. Não sei se é necessária uma demonstração mais criteriosa da última conclusão... acredito que está completa, mas quem quiser completar melhor o final da demonstração fique a vontade. Se não me angano essa questão foi proposta para o banco de uma IMO recente, não sei se foi na IMO de 1999 ou na 2000... Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira.
Re: Números primos (Rússia - 2000)
Note que os termos são dados por a(n) = 10^n + 1, n inteiro tal que 1 = n = 2000. Seja n = (2^x).m onde m é ímpar e x é um inteiro não negativo. Assim, se m 1: a(n) = 10^n + 1 = 10^((2^x).m) + 1 = [10^(2^x) + 1].K, K um inteiro qualquer, implicando que se m 1 então a(n) nunca é primo. Desta forma, uma condição necessária para que a(n) seja primo é que m = 1, ou seja, que n seja um potência de 2. Entre 1 e 2000 temos exatamente 11 potências de 2 (2^0, 2^1, 2^2, ..., 2^10). Assim, pelo menos 2000 - 11 = 1989 números a(n) = 10^n + 1 são compostos, que equivale a 99,45% dos termos. Acredito que com um pouco mais de paciência dá para chegar a porcentagens mais exatas, excluindo alguns termos da forma 10^(2^x) + 1 (0 = x = 10) que são compostos, mas a solução acima já é suficiente para o que o enunciado pede. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, July 22, 2001 4:40 PM Subject: Números primos (Rússia - 2000) Saudações a todos da lista! Acho que essa questao caiu ese ano na primeira fase da obm, de maneira diferente, mas com o mesmo foco... identificaçao de primos... Está na eureka no 10, olimpiadas ao redor do mundo (russia-2000) Seja M o conjunto que consiste nos 2000 primeiros numeros 11, 101 , 1001 , Mostre que pelo menos 99% dos elementos de M nao sao primos. Afinal , qual a melhor estrategia para tratar de primos? Obrigado a todos! Thiago Brando
Re: olá e problemas :)
Estou pegando o bonde andando (estava de férias), nem sei se alguém já resolveu esta questão em e-mails anteriores, mas achei bem legal e estoiu mandando uma solução: 6.Determine todas as funções f:R-R que possuem a propriedade: f(xf(x) + f(y)) = (f(x))^2 + y pra todos os reais x e y. Solução: Faça x = 0 e b = f(0) = f(f(y)) = b^2 + y Esta equação mostra que f(x) é uma função injetora e sobrejetora(*), ou seja, existe um número c tal que f(c) = 0 Faça x = c = f(f(y)) = y Faça y = 0 = f(xf(x)) = (f(x))^2 (1) Faça x = f(y) em (1) = f[f(y)f(f(y))] = [f(f(y))]^2 = f(yf(y)) = y^2 (2) Comparando (1) e (2) temos que f(x)^2 = x^2 = f(x) = x ou f(x) = - x Testando notamos que tanto f(x) = x quanto f(x) = - x satisfazem f(xf(x) + f(y)) = (f(x))^2 + y. (*) Demonstração que f(y) é injetora, partindo somente de f(f(y)) = b^2 + y: Suponha que f(y) não é injetora, ou seja, existem os reais distintos m e n tais que f(m) = p e f(n) = p, p um real qualquer. Faça y = m = f(f(m)) = b^2 + m = f(p) = b^2 + m Faça y = n = f(f(n)) = b^2 + n = f(p) = b^2 + n que é uma contradição, pois m é diferente de n, e o valor de f(p) deve ser um só (senão não é função). Demonstração que f(x) é sobrejetora: Como f(f(y)) = b^2 + y e podemos fazer o termo b^2 + y assumir qualquer valor real (substituindo para isso o valor de y necessário) então f(f(y)) é uma função sobrejetora. Evidentemente o conjunto imagem da função f(f(y)) é um subconjunto do conjunto imagem de f(y). Como o conjunto imagem de f(f(y)) são todos os reais, temos que o conjunto imagem de f(y) também deve ser o conjunto dos números reais, implicando que f(y) é sobrejetora. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira
Re: Unofficial Hierarchy by Countries!!
Brasil em décimo-sexto na IMO?! Acho que nem o mais otimista acreditaria nisto antes da competição!! Eu só não sabia que somente leva-se em conta a pontuação dos alunos premiados com medalhas ou menção honrosa, uma vez que somente a metade dos participantes é premiada com medalha. Na verdade, existe alguma regra nesta classificação de países na IMO? ela nem é oficial... Acredito que esta tenha sido a melhor classificação do Brasil na história da IMO. O curioso é que já tínhamos conquistado um total de 3 medalhas de prata em IMOs anteriores, e agora em uma só conquitamos 4!! O que dá gosto é ver o Brasil na frente de países como Irã, Polônia, Hungria (o berço das olimpíadas), Canadá e Inglaterra, que possuem muito mais tradição nas IMO e que por diversas vezes já estiverem entre os top ten. A propósito, não posso esquecer de dizer que faz muito bem para o ego do brasileiro ficar também na frente da Argentina, hehehe... Parabéns a todos os alunos participantes e seus professores que, de alguma forma, contribuiram para esta conquista. Não podemos deixar de parabenizar também a Secretaria da OBM, que de 4 anos para cá teve uma atuação decisiva no sentido de aumentar o número de participantes da OBM (e com isso seu nível de competitividade) e fazer com que os nossos representantes nas olimpíadas internacionais estejam bem melhor preparados. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira - Original Message - From: Davidson Estanislau [EMAIL PROTECTED] To: obm [EMAIL PROTECTED] Sent: Thursday, July 12, 2001 4:42 PM Subject: Unofficial Hierarchy by Countries!! Olá caros, amigos, olhem o que eu acabei de receber! Davidson -Mensagem original- De: El Principe de las Matematicas [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] Data: Quinta-feira, 12 de Julho de 2001 17:02 Assunto: [imo-problems] Unofficial Hierarchy by Countries!! And,as every year,here goes a hierarchy by countries.The amount of points is the sum of the awarded people only,i.e. the people who got one of gold,silver,bronze or h.mention.It could be few changes at the end of the IMO, so,don't worry: 1-CHINA:225 pts(Wow!!) 2-RUSSIA:196 pts 3-UNITED STATES OF AMERICA:196 pts 4-KOREA:185 pts 5-BULGARIA:185 pts 6-KAZAKHSTAN:168 pts 7-INDIA:148 pts 8-UKRAINE:143 pts 9-TAIWAN:141 pts 10-TURKEY:136 pts 11-BELARUS:135 pts 12-JAPAN:134 pts 13-VIETNAM:132 pts 14-GERMANY:131 pts 15-ROMANIA:129 pts 16-BRAZIL:120 pts 17-IRAN:111 pts 18-POLAND:107 pts 19-HONG KONG:107 pts 20-ISRAEL:106 pts 21-HUNGARY:104 pts 22-THAILAND:103 pts 23-CANADA:100 pts 24-AUSTRALIA:97 pts 25-ARGENTINA:97 pts 26-UZBEKISTAN:91 pts 27-CUBA:88 pts ( At last,we have a gold medallist ) 28-SINGAPORE:87 pts 29-GREECE:86 pts 30-FRANCE:81 pts 31-CYPRUS:78 pts 32-UNITED KINGDOM:75 pts 33-MONGOLIA:72 pts 34-CROATIA:71 pts 35-YUGOSLAVIA:70 pts 36-MOLDOVA:67 pts 37-ESTONIA:65 pts 38-SOUTH AFRICA:64 pts 39-GEORGIA:64 pts 40-PERU:62 pts 41-COLOMBIA:59 pts 42-LATVIA:58 pts 43-MEXICO:51 pts 44-CZECH REPUBLIC:50 pts 45-ITALY:49 pts 46-MACEDONIA:48 pts 47-VENEZUELA:47 pts 48-SLOVAKIA:40 pts 49-NEW ZEALAND:38 pts 50-NORWAY:37 pts 51-ARMENIA:34 pts 52-MOROCCO:34 pts 53-BOSNIA HERZEGOVINA:34 pts 54-NETHERLANDS:30 pts 55-MALAYSIA:30 pts 56-SPAIN:29 pts 57-INDONESIA:29 pts 58-SWITZERLAND:25 pts 59-TRINIDAD TOBAGO:25 pts 60- ? :24 pts(A little problem with software!!) 61-AUSTRIA:22 pts 62-TUNISIA:22 pts 63-TURKMENISTAN:18 pts 64-LITHUANIA:18 pts 65-MACAU:16 pts 66-SWEDEN:15 pts 67-AZERBAIJAN:15 pts 68-FINLAND:13 pts 69-SRI LANKA:12 pts 70-IRELAND:12 pts 71-DENMARK:10 pts 72-GUATEMALA:8 pts 73-SLOVENIA:8 pts 74-BELGIUM:8 pts 75-ALBANIA:8 pts So,what do you think ? Regards,roman
Re: lugar geométrico
Vou resolver usando geometria analítica. Para isso vou colocar a origem (0, 0) do meu par de eixos ortogonais x, y sobre o ponto A e vou colocar B no ponto (3, 0), ou seja, o segmento AB está sobre o eixo x. A partir de agora é bom pegar um papel e lápis para desenhar o que vou escrever, infelizmente não dá para desenhar neste e-mail. Seja C (x, y) um ponto que se desloca de tal forma que o ângulo CBA tenha como medida o dobro da medida do ângulo CAB. Para ficar mais fácil de enxergar coloque C no primeiro quadrante, logo sobre o segmento AB. Monte o triângulo ABC e trace também a altura relativa ao vértice C, cortando AB em D. Seja CBA = 2a e CAB = a Assim: tg a = CD/AD = y/x e tg 2a = CD/DB = y/(3 - x) Como tg 2a = 2.tg a/(1 - (tg a)^2) = (tg 2a)(1 - (tg a)^2) = 2.tg a = (y/(3 - x))(1 - y^2/x^2) = 2.y/x = y(x^2 - y^2) = 2yx(3 - x) Se y for diferente de zero: x^2 - y^2 = 6x - 2x^2 = 3x^2 - 6x - y^2 = 0 = 3(x^2 - 2x) - y^2 = 0 = 3(x - 1)^2 - 3 - y^2 = 0 = 3(x - 1)^2 - y^2 = 3 = (x - 1)^2 - (y^2)/3 = 1 que é a equação de uma hipérbole de centro em (1, 0), eixo real igual a 2, eixo imaginário igual a 2(3)^1/2, distância focal igual a 4 e focos em (- 1, 0) e (3, 0). Se y for igual a zero temos que C anda sobre o eixo x, fazendo com que os ângulos CBA e CAB sejam iguais a zero. Entretanto não deixa de ser uma resposta correta. Até mais, Marcelo Rufino - Original Message - From: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Wednesday, July 04, 2001 9:55 PM Subject: lugar geométrico O lado AB de um triângulo ABC mede 3 unidades de comprimento. Determine uma equação do lugar geométrico descrito pelo vértice C quando este se desloca de tal forma que o ângulo CBA tenha como medida o dobro da medida do ângulo CAB.
Re: Polinômios...
Aí vai uma solução usando divisão de polinômios: 1) 1a solução: x^3 + px + q = (x^2 + ax + b)(x + c) = x^3 + px + q = x^3 + (a + c)x^2 + (b + ac)x + bc x^3 + px + q = (x^2 + rx + s)(x + t)=x^3 + px + q = x^3 + (r + t)x^2 + (s + rt)x + st Concluímos então que: a = - c r = - t b + ac = s + rt bc = st Assim: b = s + rt - ac = (bc)/t - r^2 + a^2 = (ab)/r - r^2 + a^2 = b - (ab)/r = - (a + r)(a - r) = (b/r)(a - r) = - (a + r)(a - r) = b/r = -(a + r) = b = - r(a + r). Agora outra solução, porém usando as relações de Girard: 2) 2a solução: Do enunciado tiramos que as 2 raízes de x^2 + ax + b (c e d) e as 2 raízes de x^2 + rx + s (t e u) também são raízes de x^3 + px + q. Como x^3 + px + q possui somente 3 raízes, então x^2 + ax + b e x^2 + rx + s possuem uma raiz em comum. Digamos que u = c. Assim: c + d = - a cd = b c + t = - r ct = s Como a soma das raízes de x^3 + px + q é zero: c + d + t = 0 Como c + t = - r = t = a = c = - (a + r) Como t - d = a - r e t = a = d = r Portanto: b = cd = b = - r(a + r) Falou, Marcelo Rufino - Original Message - From: Héduin Ravell [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, July 02, 2001 12:44 PM Subject: Polinômios... Meus cumprimentos, Por favor, gostaria que tentassem resolver o seguinte problema: Se x^3 + px + q é divisível por x^2 + ax + b e por x^2 + rx + s, demonstrar que b = -r (a + r) . Agradeço desde já. Hipótese é uma coisa que nao é, mas a gente faz de conta que é, pra ver como seria se ela fosse. _ Do You Yahoo!? Get your free @yahoo.com address at http://mail.yahoo.com
Questões de combinatória/jogos
Abaixo vão 2 problemas de combinatória/jogos que eu ainda não consegui
fazer.
Já mandei estas mesmas duas questões anteriormente para a lista mas
infelizmente ninguém se manifestou... vamos ver se desta vez alguém pode me
ajudar.
Já agradeço, de antemão, aos participantes da lista que tentarem fazer algum
dos problemas, pois estes não são elementares.
1) O conjunto {1, 2, ..., 49} é particionado em 3 subconjuntos disjuntos.
Mostre que ao menos um dos subconjuntos possui três números a, b e c tais
que a + b = c.
2) Dado um retângulo 1993x1994, dois jogadores (um de cada vez) escreve os
números 0 ou 1 nas casas. Quando o tabuleiro está completo seja A o máximo
valor das somas das 1993 linhas e B o máximo valor das somas das colunas. No
caso em que A B o primeiro ganha, no outro caso B ganha. Quem possui uma
estratégia vencedora?
Falou,
Marcelo Rufino
Re: OBM 1 Fase.
- Original Message - From: Nicolau C. Saldanha [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, June 12, 2001 2:11 PM Subject: Re: OBM 1 Fase. Para confirmar o que estou falando, andei comparando algumas questões de primeira fase da OBM (nível 3) com a da segunda fase dos últimos três anos e achei que o nível de dificuldade de boa parte das questões das duas fases é muito parecido. Como exemplo, colocarei abaixo algumas questões de 1a. e 2a. fase de 1999, 2000 e 2001 e gostaria de saber se outros participantes desta lista também acham que o nível destas questões é semelhante ou não. Na minha opinião um bom aluno teria a mesma dificuldade em resolver as questões abaixo, independente da fase. Confesso que não entendi bem o seu pensamento neste último parágrafo. Você está falando de níveis ou fases? Outros membros da lista, por favor, queremos ouvir suas impressões. []s, N. Acho que não fui claro mesmo. Quando eu comparei as questões de 1a. fase com as de 2a. fase eu estava querendo mostrar que a segunda fase está se tornando redundante, pois a imensa maioria dos alunos que acertam mais de 70% na primeira fase acabam por também acertar a mesma porcentagem na segunda fase e passam para a terceira, e os alunos que fazem entre 50% e 70% na primeira fase (e passam, pois a nota de corte é mais ou menos 50% das questões) dificilmente conseguem passar para a terceira fase, pois a nota de corte para a terceira é mais de 70% da prova da segunda fase. Na minha opinião isto ocorre pois o nível de dificuldade (e até o estilo) das questões das duas primeiras fases está muito parecido, implicando que o aluno tenha um desempenho muito semelhante nas duas primeiras fases. Para acrescentar, eu falei hoje pelo telefone com outros professores que aplicaram a OBM e eles estavam preocupados pois os resultados dos níveis 1 e 2 dos alunos de suas escolas foram muito ruins quando comparados com os resultados do ano passado. Inclusive alunos que tiveram bons resultados ano passado (chegaram à terceira fase) reduziram bastante seu percentual de acerto. Sinceramente espero que em outras regiões do Brasil com mais tradição na OBM o resultado tenha sido melhor, pois se manter o que está acontecendo em Belém o resultado não vai ser nada bom. Outra curiosidade foi o que aconteceu no nível 2 em meu colégio, onde as maiores notas (por volta de 8 ou 7) foram dos piores alunos da oitava série, pois estes sabem chutar as questões (coisa que eu nunca aprendi), enquanto que um aluno bom vai tentar resolver o problema e acaba resolvendo errado, marcando assim uma alternativa incorreta, mas que ele tinha certeza que era a que estava certa (pois ele tentou calcular e chegou a algum dos valores que estavam nas alternativas), ou seja, com o nível de dificuldade da prova deste ano do nível 2 o bom aluno tem menos chance de acertar do que o mal aluno. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira
Re: OBM 1 Fase.
lados de um triângulo acutângulo ABC, considere a soma de suas distâncias aos três lados do triângulo. O valor máximo desta soma é igual A) à média aritmética das 3 alturas do triângulo. B) ao maior lado do triângulo. C) à maior altura do triângulo D) ao triplo do raio do círculo inscrito no triângulo. E) ao diâmetro do círculo circunscrito ao triângulo. (2001) Quantos dígitos tem o menor quadrado perfeito cujos quatro últimos dígitos são 2001? A) 9 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 (2001) 18. Seja f(x) = x^2 - 3x + 4. Quantas soluções reais tem a equação f(f(f(...f(x = 2 (onde f é aplicada 2001 vezes)? A) 0 B) 1 C) 2 D) 2001 E) 22001 (2001) 20. Seja ABCD um trapézio retângulo cujos únicos ângulos retos são A e B. M e N são os pontos médios de AB e CD, respectivamente. A respeito dos ângulos alfa = ANB e beta = CMD, podemos dizer que: A) alfa beta B) alfa beta C) alfa = beta D) pode ocorrer qualquer uma das situações das alternativas A), B) e C). E) o ângulo alfa é reto 2a. fase: (1999) Nos extremos de um diâmetro de um círculo, escreve-se o número 1 (primeiro passo) . A seguir, cada semicírculo é dividido ao meio e em cada um dos seus pontos médios escreve-se a soma dos números que estão nos extremos do semicírculo (segundo passo) . A seguir, cada quarto de círculo é dividido ao meio e em cada um dos seus pontos médios coloca-se a soma dos números que estão nos extremos de cada arco (terceiro passo). Procede-se, assim, sucessivamente: sempre cada arco é dividido ao meio e em seu ponto médio é escrita a soma dos números que estão em seus extremos. Determinar a soma de todos os números escritos após 1999 passos. (1999) Determine todos os inteiros positivos n para os quais é possível montarmos um retângulo 9x10 usando peças 1xn. (1999) Encontre as soluções inteiras de x^3 - y^3 = 999. (2000) Qual é o menor inteiro positivo que é o dobro de um cubo e o quíntuplo de um quadrado? (2000) Para efetuar um sorteio entre os n alunos de uma escola (n 1) se adota o seguinte procedimento. Os alunos são colocados em roda e inicia-se uma contagem da forma um, DOIS, um, DOIS, Cada vez que se diz DOIS o aluno correspondente é eliminado e sai da roda. A contagem prossegue até que sobre um único aluno, que é o escolhido. a) Para que valores de n o aluno escolhido é aquele por quem começou o sorteio? b) Se há 192 alunos na roda inicial, qual é a posição na roda do aluno escolhido? (2000) O trapézio ABCD tem bases AB e CD. O lado DA mede x e o lado BC mede 2x. A soma dos ângulos DAB e ABC é 120o. Determine o ângulo DAB. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira Coordenador Regional da Olimpíada Brasileira de Matemática no Estado do Pará - Original Message - From: Olimpiada Brasileira de Matematica [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, June 11, 2001 8:53 PM Subject: OBM 1 Fase. Caros amigos da lista, Ja' esta' publicada na home-page a prova da 1 Fase com o gabarito. Abracos, Nelly.
Re:
Inicialmente note que x^10 - 1 = (x - 1)x^9 + x^8 + x^7 + x^6 + x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1, ou seja, todas as 9 raízes x de x^9 + x^8 + x^7 + x^6 + x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = 0 satisfazem x^10 = 1. Portanto, para cada x que é raiz de x^9 + x^8 + x^7 + x^6 + x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1: x^999+x^888+x^777+...+x^111+1=(x^9)(x^10)^99 + (x^8)(x^10)^88 + ... + (x^10)(x^10)^11 + 1 = x^9 + x^8 + x^7 + x^6 + x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = 0 , ou seja, cada uma das 9 raízes x de x^9 + x^8 + x^7 + x^6 + x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = 0 satisfazem x^999+x^888+x^777+...+x^111+1= 0, implicando que x^999+x^888+x^777+...+x^111+1 é divisível por x^9+x^8+x^7+...+x^1+1. Falou, Marcelo Rufino - Original Message - From: Eder To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, June 03, 2001 8:33 PM Esta foi do IME: Provar que x^999+x^888+x^777+...+x^111+1 é divisível por x^9+x^8+x^7+...+x^1+1.
Re: Assuntos que caem nas olimpíadas
Como várias vezes eu já vi muitos professores de matemática discutindo exatamente este assunto eu vou descrever alguns prós e contras já levantados em discussões anteriores: 1) prós de cobrar polinômios, geometria espacial, analítica, logaritmos, complexos, etc, em olimpíadas de matemática: - aproxima a olimpíada mais ao que o aluno vê na sala de aula; - diminuiria a aversão que certos professores de matemática tem por olimpíadas, uma vez que o assunto cobrado em uma olimpíada é diferente do que ele tem que estudar para dar aulas normais, fazendo com que uma pessoa que já tem o tempo livre reduzido tenha que procurar por outros meios conhecimento para resolver as questões para seus alunos. 2) contra de cobrar polinômios, geometria espacial, analítica, logaritmos, complexos, etc, em olimpíadas de matemática: - é notável como certos alunos que não possuem um desempenho muito bom na matemática normal do colégio acabam por serem grandes alunos de olimpíadas, uma vez que para estes a matéria cobrada em olimpíadas (jogos, teoria dos números, geometria plana, etc) acaba por desafiar mais seu intelecto, e convenhamos, boa parte dos alunos entre 11 e 18 anos gostam é de desafios; - a prova de olimpíada vai ficar parecida com a de vestibular (por exemplo o da fuvest, que é mais inteligante que existe cobrando polinômios, logarirmos, etc). Isto é ruim, pois a idéia atual de vestibular na cabeça do aluno é negativa, sendo o vestibular encarado com medo devido a uma possível reprovação. Outro fato é que existem infinitos vestibulares no Brasil, e se a olimpíada ficar parecida com o vestibular o aluno não vai mais querer fazer, pois a olimpíada não vale vaga na universidade; - como no ensino médio do Brasil alguns assuntos como polinômios, geometria analítica, geometria espacial são ensinados somente no segundo ano do ensino médio, os alunos de primeiro e segundo ano do ensino médio vão levar desvatagem em relação aos de terceiro ano, e esta desvantagem não pode ser admitida na competição. Por exemplo, com este estilo atual de prova o aluno Humberto Silva Naves foi medalha de ouro na OBM de 1999 e o aluno Fabrício Siqueira Benevides foi ouro na OBM 1998, ambos quando ainda estavam no primeiro ano do ensino médio, e talvez (apesar de serem excelentes alunos) estes poderiam ter mais dificuldade caso fossem cobrados assuntos que eles não dominassem completamente; - seria interessante manter a tradição dos assuntos cobrados nas olimpíadas. Quem tem ou já viu aqueles famosos livros das comptições Húngaras de 1894 até 1928 (que são encaradas como as primeiras olimpíadas que se tem registro) pode comprovar que o estilo da prova se mantem o mesmo até hoje, depois de mais de cem anos de olimpíadas de matemática. Só para lembrar, a primeira prova (de 1894) tinha uma questão de divisibilidade, duas de geometria plana, uma de progressão aritmética e uma de combinatória. Pode-se notar que o estilo é mantido até hoje, 107 anos depois. Acho que é isso. Na minha opinão, não deveria mudar, pois a última coisa que uma olimpíada quer é parecer-se com um vestibular. Eu tenho um exemplo aqui no meu colégio em relação a Olimpíada Brasileira de Física de 1999 e 2000, que lembram muito a prova da segunda fase da Fuvest, e por isso não atrai em nada os alunos, já que não possuiam nenhuma questão mais desafiadora. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira Coordenador da Regional da Olimpíada Brasileira de Matemática no Estado do Pará - Original Message - From: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Friday, May 25, 2001 6:42 PM Subject: Assuntos que caem nas olimpíadas Caros companheiros da lista, tenho acompanhado essa nova fase da OBM e realmente houve um grande desenvolvimento principalmente com relação a revista EUREKA!. Por outro lado, vocês não acham que os conteúdos cobrados nas provas (principalmente na 1a e 2a fase) atrapalham o desenvolvimento da olimpíada? As questões cobradas são de bom nível e muitas vezes elegantes mas, acredito que a presença de questões mais próximas da realidade da sala de aula atrairia muito mais a participação de professores e estudantes. Conteúdos específicos de polinômios, complexos, espacial, analítica, combinatória,... facilitariam a participação de todos. O que acham? Nada contra as questões de raciocínio, mas procedendo assim, a olimpíada provocaria o estudo desses assuntos por parte de professores e alunos, influenciando positivamente na formação dos mesmos. Que eu saiba, existem olimpíadas que trabalham desse modo, como a estadual de SP e a olimpíada norte americana. O que vocês acham? ___ http://www.zipmail.com.br O e-mail que vai aonde você está.
Re: Assuntos que caem nas olimpíadas 3
Desta vez serei um pouco mais breve. Desculpe professor, mas não entendo a razão pela qual o senhor acredita que meu ponto de vista se resume em: Não podemos ensinar matemática para esses garotos porque, apesar de talentosos, eles não sabem matemática. Não concordo com esta frase, e, como todos podem notar, em momento algum referi-me em meus dois e-mails anteriores ao ensino da matemática aos nossos jovens talentos. Na verdade, acredito que devemos ensinar matemática exatamente aos que não sabem matemática !!?? A minha preocupação quanto a introdução destes assuntos é que não podemos esquecer que a OBM é uma competição nacional, e assim tem que ser o mais justa (ou menos injusta) possível perante todos os participantes. Não podemos ficar apenas analisando os efeitos didáticos ou estimulatórios da OBM em relação a professores e alunos, temos que também analisar o efeito competição. Caso estivéssemos discutindo este assunto na Romênia ou na Polônia, evidentemente eu concordaria com a introdução deste assuntos não tradicionais (tomando o cuidado da prova não lembrar um vestibular!!!), pois o efeito injustiça seria mínimo, e teríamos uma olimpíada com assuntos mais abrangentes, unindo questões de raciocínio com questões técnicas, formando assim, como o senhor mesmo disse, uma olimpíada ideal. Contudo, nem sempre o ideal em relação a algum assunto é aplicável em qualquer lugar. Por exemplo no Brasil o efeito injustiça neste caso seria muito grande, e a igualdade de condições dos competidores estaria ameaçada. Por fim, claramente os alunos treinados levam vantagem em relação aos alunos não treinados inclusive nas questões de raciocínio, entretanto esta vantagem é bem menor que nas questões técnicas, pelo simples fato que o aluno não treinado possivelmente nem conhece a teoria envolvida na questão técnica. Até mais, Marcelo Rufino de Oliveira Coordenador da Regional da Olimpíada Brasileira de Matemática no Estado do Pará - Original Message - From: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Friday, May 25, 2001 11:55 PM Subject: Re: Assuntos que caem nas olimpíadas 3 Caro Marcelo, Respeito profundamente seu ponto de vista mas ele se resume mais ou menos assim: Não podemos ensinar matemática para esses garotos porque, apesar de talentosos, eles não sabem matemática. É um pensamento comodista. O objetivo da olimpíada é o de incomodar, de provocar jovens e professores. Há várias maneiras de fazer isso. 1) Uma delas é elaborando provas de raciocínio. Será que jovens preparados de melhores escolas também não levam vantagem nesse tipo de prova? Obviamente também existe matemática por trás de cada questão de raciocínio que se propõe; a diferença é que é uma matemática não usualmente tratada nas escolas. Ainda mais: Acredito que é com este tipo de situação que os privilegiados levam mais vantagem por possuirem uma formação mais ampla. A questão que estou levantando não é Escola Particular X Escola Pública ou qualquer coisa similar. Acredito que esse é um problema muito mais profundo e não é objetivo dessa lista. 2) Outra maneira de motivar professores e alunos é com desafios relacionados ao dia a dia da sala de aula, como expliquei na primeira mensagem. A diferença aqui é que trata-se de um jogo no qual as peças, ou seja, a matemática, são conhecidas antes e isso provoca um estudo completo por partes de professores e alunos antes das olimpíadas. É claro que uma olimpíada ideal deve misturar essas duas maneiras. Só para dar um exemplo, uma excelente questão que caiu na segunda fase da OBM foi a dos óculos, que está sendo discutida nesses dias (a da probabilidade). Não se engane achando que as questões de raciocínio não são mais técnicas que as tradicionais. Muitas vezes as soluções oficiais escritas escondem toda uma teoria que pode ser bastante conhecida por alunos treinados. Pode ser um problema de grafo que é um caso particular de um teorema conhecido ou um problema que usa uma batida técnica de invariante. Não quero criar polêmica. Apenas estou propondo e colocando em debate que a OBM cobre mais assuntos ligados a sala de aula, principalmente na 1a e 2a fase. -- Mensagem original -- ___ http://www.zipmail.com.br O e-mail que vai aonde você está.
Re: função composta
Interessante este contra-exemplo. Mas existem outras funções, que não sejam f(x) = x ou f(x) = k, tais que f(f(x)) = f(x)? Acredito que podem até existir algumas funções com domínio dentro de um intervalo específico [a, b], mas será que existe alguma com domínio nos reais? Ficam aí as perguntas. Marcelo Rufino - Original Message - From: Jose Paulo Carneiro [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, May 07, 2001 8:21 PM Subject: Re: função composta Nao entendi esta historia de lei do corte (??) De modo nenhum f(f(x))=f(x) implica f(x)=x. Basta pensar numa funcao constante. JP - Original Message - From: Fábio Arruda de Lima [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, May 06, 2001 1:04 AM Subject: Re: função composta Oi galera, A solução dada pelo Eric foi legal. Entretanto, fica uma pergunta. f(f(x)) = f(x)= f(x) = x (vale a lei do corte), e, além disso: f(x) = x = f(f(x)) = f (x) (vale a lei de aplicar a mesma função aos 2 membros) Pois, como ele poderia imaginar que f(f(y))=y+2*c = f(y)=y+c (linear) Seguindo, na solução da Questão da IMO - 1992, gostaria de sugerir alguns passos padrões, apenas para facilitar: 1) fazer x=y=0 conduz a f(0)=K (constante); 2) calcular o valor da constante K (neste caso foi zero); 3) tentar verificar se f(x+y)=f(x)+f(y), f(x-y)=f(x)-f(y) ou qualquer outra das equações funcionais bácisas, para poder enquadrar a f(x); 4) se a função é par ou impar; 5) chute que f(x) é uma função elementar de acordo com o achado do item 3; 6) Apele! Estude a continuidade, convergência, monotonicidade, contornos, a que conjunto pertencem os resultados (racionais, irracionais, reais, complexos, inteiros, ...), periodicidade, domínio, imagem, contradomínio, transformadas, diferenciabilidade, etc Assim, a solução ficaria da seguinte forma: a) x=y=0 e f(0)=k, partimos para valores de f(k), f(k^2), f^2(k), precisaremos: f( f(0) )=k^2 = f( k=f(0) )=k^2 = f(k)=k^2 y=0 e x=1= f(x^2+k)=f(x)^2 = f(1+k)=f(1)^2 x=0 e y=x = f(f(x))=x+k^2 = f(f(1))^2=(1+k^2)^2 Por último, para o cálculo do valor de K, temos: x=k e y=1+k = f(k^2 + f(1+k))=1+k+ f(k)^2 = 1+k+k^4 (i) x=f(1) e y=k = f(f(1)^2+f(k))=k+f(f(1))^2 = k + (1+k^2)^2 (ii) f(k^2+f(1)^2)=f(f(1)^2+f(k) = (i) e (ii) são iguais, logo k=0; Com k=0, temos f(f(x))=x e f(x^2)=f(x). b) f(x+y)=f(x) + f(y) f(x-y)=f(x)-f(y) f(-x) = - f(x) c) Diante disso, sugere-nos pelo item (b) que f(x)=c*x (linear) E daí por diante... Esta solução foi apresentada na página oficial da IMO, entretanto, tentem achar uma caminho melhor para mostrar que k=0. - Original Message - From: Eric Campos Bastos Guedes [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Sunday, May 06, 2001 9:59 AM Subject: RES: função composta Agora, resolvam esta: (IMO - 1992) Ache todas as funções f::R - R com a seguinte propriedade para todo x,y E R (lê-se x pertencente aos Reais): f[x^2+f(y)]=y+[f(x)^2] Se descobrir a solução, favor mandar para a lista Acho que consegui uma solução, mas não tenho certeza. Fazendo x=0 em f(x^2+f(y))=y+(f(x)^2) vem f(f(y))=y+f(0)^2 chamando 2c=f(0)^2 temos f(f(y))=y+2c, para todo y real Agora falta provar (se for verdade) que f(y)=y+c, daí vem f(x^2+f(y))=y+f(x)^2 x^2+y+c=y+(x+c)^2 x^2+y+c=y+x^2+2cx+c^2 c=2cx+c^2 para todo x, donde c=0 e f(y)=y para todo y real. Eric.
Re: Intervalo
a) Pela Desigualdade entre as Médias Aritmética e Geométrica: x^2 + y^2 = 2xy x^2 + z^2 = 2xz y^2 + z^2 = 2yz Somando temos que x^2 + y^2 + z^2 = xy + yz + xz implicando que x^2 + y^2 + z^2 = 1/3 (x + y + z)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 2(xy + xz + yz) = 1/3 + 2/3 x + y + z = 1 com igualdade quando x = y = z Também poderíamos chegar ao mesmo resultado usando a Desigualdade de Cauchy Notemos agora que não existe um limite superior para x + y + z, pois podemos fazer (por exemplo) x = y = 1/z. Assim: xy + yz + xz = x^2 + 2 implicando quex^2 + 2 = 3 implicandoque 0 x = 1 Comoz = 1/x temos que z= 1 Assim x + y + z = z pode assumir qualquer valor real, não possuindo x + y + z um limite superior Finalmente x + y + z= 1 b)Pela Desigualdade entre as Médias Aritmética e Geométrica: xyz = [(xy + xz + yz)^3]/27 = 27/27= 1 Assim: xyz = 1, com igualdade quando x = y = z. Como x, y e z são números reais positivos podemos fazer com que algum deles se aproxime o quanto quizermos de zero. Assim, como os outros valores vão ser todos finitos, então a multiplicação xyz também vai ser aproximar de zero o quanto quizermos. Portanto temos que xyz 0. Finalmente 0 xyz = 1 Falou. Marcelo Rufino - Original Message - From: Fábio Arruda de Lima To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Wednesday, April 18, 2001 9:42 AM Subject: Intervalo Olá Galera, (Olimpíada Britânica/92) Sejam x,y e y números reais positivos, satisfazendo: 1/3 = x*y + y*z + x*z = 3 Lê-se = (menor ou igual) Determine o intervalo dos valores dê: a) x+y+z b) x*y*z Valeu! Fábio
Re: Re: Dúvida
No estranhem, estou usando outro e-mail (da minha residncia). Acabei errando algumas coisas na minha ltima soluo, pois confundi "elevar ao quandrado uma raiz quadrada" com "tirar raiz quadrada de uma varivel que est elevada ao quadrado". Na verdade a expresso (1 - m)^1/2 =1 no equivalente a |1 - m| = 1, uma vez que 1 - m no pode ser negativo devido a raiz quadrada. Assim, o correto fazer (1 - m)^1/2 = 1 implica 0 = 1 - m = 1. Somando - 1 em cada lado da ltima expresso temos - 1 = - m = 0. Multiplicando por - 1 a ltima expresso temos que 0 = m = 1, que a soluo do problema. Desculpem pelos erros bobos, Marcelo Rufino - Original Message - From: Alex Vieira [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 17, 2001 9:44 PM Subject: Re: Re: Dvida Ol Pessoal, Mandou bem Rufino, na minha resoluo esqueci que as razes da eq. de 2 grau tem que ser positivas ou nulas, e no apenas reais O bom disso que agora eu nunca mais esqueo isso. Ser que vc poderia me explicar a parte final da sua resoluo, quando vc usa mdulo? Porque aparece |1 - m| = - 1 = 1 - m = 1, e, sei l, como o mdulo de 1-m vai ser menor ou igual a -1, se ele sempre positivo? Desculpa se estou falando besteiras Um abrao, Alex. - Original Message - From: "Titular" [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 17, 2001 8:30 PM Subject: Re: Dvida Faa x^2 = y Assim: y^2 - 2y + m = 0 Para que x seja real, y deve ser positivo ou nulo. Portanto as duas razes de y^2 - 2y + m = 0 devem ser maiores ou iguais a zero As razes desta equao so dadas por y = 1 +/- (1 - m)^(1/2) Note que m = 1 (1) para que y seja real. Evidentemente 1 + (1 - m)^1/2 = 0 Deste modo: 1 - (1 - m)^1/2 = 0 (1 - m)^1/2 = 1 |1 - m| = - 1 = 1 - m = 1 i) 1 - m = 1 m = 0 ii) 1 - m = - 1 m = 2 Ento, a soluo de |1 - m| = 10 = m = 2. Entretanto, de (1) temos que m = 1, implicando que a soluo do problema 0 = m = 1. At mais, Marcelo Rufino - Original Message - From: "Joo Paulo Paterniani da Silva" [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 17, 2001 7:31 PM Subject: Dvida Ol. Algum poderia me ajudar, enrosquei no seguinte problema: Dada a equao (x^4)-(2x^2)+m=0 a condio para que ela tenha 4 razes reais que: a) m=1 b) m1 c) -1m=1 d) 0=m=1 e) m=0 Obrigado, Joo Paulo Paterniani da Silva _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
