[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Anderson Torres]

Em qua., 26 de ago. de 2020 às 18:29, Pedro José  escreveu:
>
> Boa noite!
> Anderson,
> achei legal a sua visão. Mas não consegui evoluir com nada.
> Todavia, fiquei com uma dúvida. Como x+y é um dos ângulos do triângulo temos 
> a restrição 0 E entendo que tanto para cotg(x) + cot(y) , como para tg(x) + tg(y) ocorrerá 
> um mínimo em x=y=K/2, onde x+y=k,k sendo um constante.
> Não acompanhei a sua dedução d quando um é mínimo o outro é máximo.

Eu não fui muito claro.

Você converteu o problema em "calcule o valor mínimo de cot(x)+cot(y)
com x+y fixo". Isso é essencialmente o mesmo que resolver o problema
"calcule o valor mínimo de tan(a)+tan(b) com a+b fixo" - pois sabendo
resolver um é só usar a mesma solução para x=90-a, y=90-b.

>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em qui., 20 de ago. de 2020 às 22:40, Anderson Torres 
>  escreveu:
>>
>> Em qui., 20 de ago. de 2020 às 22:03, Anderson Torres
>>  escreveu:
>> >
>> > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, Pedro José  
>> > escreveu:
>> > >
>> > > Boa noite!
>> > > Cláudio,
>> > > não consegui nada geométrico.
>> > > O máximo que atingi foi:
>> > > a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] + 
>> > > co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
>> > > Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre 
>> > > quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das 
>> > > bissetrizes e logo I.
>> > > Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.
>> >
>> > Acho que daqui poderia sair uma interpretação mais escamoteada.
>> > Afinal, trigonometria é uma espécie de "ponto de contato" entre a
>> > geometria analítica e a sintética, entre a nuvem de desenhos e a de
>> > números.
>> >
>> > Acredito que a solução aqui seria arranjar uma interpretação
>> > geométrica desses colchetes de co-tangentes. Acredito que possamos
>> > apelar para Ptolomeu em algum momento ou para um macete de
>> > semelhanças, pois as projeções de um ponto sobre duas retas criam um
>> > quadrilátero cíclico.
>>
>> Acrescentando mais coisas: se queremos minimizar cot(x) +cot(y) com
>> x+y fixo, isto é equivalente a minimizar tan(90-x)+tan(90-y) com
>> 90-x+90-y fixo. Ou como maximizar tan(x) + tan(y) com x+y fixo.
>>
>> Geometricamente, tangente é cateto oposto dividido por cateto
>> adjacente. Logo uma soma de tangentes com catetos adjacentes iguais
>> equivale a uma soma de catetos opostos! Assim sendo, nosso problema
>> pode ser pensado da seguinte forma:
>>
>> Dados um ponto A e uma reta d fixos, temos que construir duas retas x
>> e y, com ângulo 'alfa' entre elas, ambas passando por A e tais que a
>> distância entre os pontos X e Y, que elas geram ao intersectar d, seja
>> mínima.
>>
>> Daí fica fácil argumentar que a altura por A também tem que ser a
>> bissetriz por A.
>>
>> No fundo do fundo é uma forma de geometrizar a solução trigonométrica.
>> A trigonometria se torna apenas um atalho.
>>
>> Vou formalizar isso mais tarde, com desenhos e tudo.
>>
>>
>>
>> >
>> > Isso até me lembra o famoso artigo do Shine sobre geometria cearense
>> > VS geometria paulista:
>> > https://cyshine.webs.com/geometria-2005.pdf
>> >
>> >
>> > >
>> > > Saudações,
>> > > PJMS
>> > >
>> > > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara 
>> > >  escreveu:
>> > >>
>> > >> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? 
>> > >> E que torne o resultado mais intuitivo?
>> > >> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos 
>> > >> lados, pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo, 
>> > >> a/h_a cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
>> > >> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori, 
>> > >> que P deva ser equidistante dos três.
>> > >> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior 
>> > >> lado e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal 
>> > >> que a/h_a = b/h_b = c/h_c.
>> > >> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente 
>> > >> neste caso.
>> > >>
>> > >>
>> > >> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco  
>> > >> wrote:
>> > >>>
>> > >>> Olá, Vanderlei.
>> > >>> Por Cauchy-Schwarz, temos
>> > >>>
>> > >>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>> > >>>
>> > >>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a 
>> > >>> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o 
>> > >>> semi-perimetro.
>> > >>>
>> > >>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = 
>> > >>> hc, ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>> > >>>
>> > >>> Abraços,
>> > >>> Matheus
>> > >>>
>> > >>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz 
>> > >>>  escreveu:
>> > 
>> >  Bom dia!
>> > 
>> >  Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive 
>> >  êxito. Alguém ajuda?
>> >  Muito agradecido!
>> > 
>> >  Seja P um ponto no 

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Pedro José]

Boa noite!
Anderson,
achei legal a sua visão. Mas não consegui evoluir com nada.
Todavia, fiquei com uma dúvida. Como x+y é um dos ângulos do triângulo
temos a restrição 0 escreveu:

> Em qui., 20 de ago. de 2020 às 22:03, Anderson Torres
>  escreveu:
> >
> > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, Pedro José 
> escreveu:
> > >
> > > Boa noite!
> > > Cláudio,
> > > não consegui nada geométrico.
> > > O máximo que atingi foi:
> > > a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
> co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
> > > Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que
> ocorre quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das
> bissetrizes e logo I.
> > > Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.
> >
> > Acho que daqui poderia sair uma interpretação mais escamoteada.
> > Afinal, trigonometria é uma espécie de "ponto de contato" entre a
> > geometria analítica e a sintética, entre a nuvem de desenhos e a de
> > números.
> >
> > Acredito que a solução aqui seria arranjar uma interpretação
> > geométrica desses colchetes de co-tangentes. Acredito que possamos
> > apelar para Ptolomeu em algum momento ou para um macete de
> > semelhanças, pois as projeções de um ponto sobre duas retas criam um
> > quadrilátero cíclico.
>
> Acrescentando mais coisas: se queremos minimizar cot(x) +cot(y) com
> x+y fixo, isto é equivalente a minimizar tan(90-x)+tan(90-y) com
> 90-x+90-y fixo. Ou como maximizar tan(x) + tan(y) com x+y fixo.
>
> Geometricamente, tangente é cateto oposto dividido por cateto
> adjacente. Logo uma soma de tangentes com catetos adjacentes iguais
> equivale a uma soma de catetos opostos! Assim sendo, nosso problema
> pode ser pensado da seguinte forma:
>
> Dados um ponto A e uma reta d fixos, temos que construir duas retas x
> e y, com ângulo 'alfa' entre elas, ambas passando por A e tais que a
> distância entre os pontos X e Y, que elas geram ao intersectar d, seja
> mínima.
>
> Daí fica fácil argumentar que a altura por A também tem que ser a
> bissetriz por A.
>
> No fundo do fundo é uma forma de geometrizar a solução trigonométrica.
> A trigonometria se torna apenas um atalho.
>
> Vou formalizar isso mais tarde, com desenhos e tudo.
>
>
>
> >
> > Isso até me lembra o famoso artigo do Shine sobre geometria cearense
> > VS geometria paulista:
> > https://cyshine.webs.com/geometria-2005.pdf
> >
> >
> > >
> > > Saudações,
> > > PJMS
> > >
> > > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
> > >>
> > >> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica
> disso? E que torne o resultado mais intuitivo?
> > >> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos
> lados, pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo, a/h_a
> cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
> > >> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a
> priori, que P deva ser equidistante dos três.
> > >> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior
> lado e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que
> a/h_a = b/h_b = c/h_c.
> > >> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente
> neste caso.
> > >>
> > >>
> > >> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco <
> matheusse...@gmail.com> wrote:
> > >>>
> > >>> Olá, Vanderlei.
> > >>> Por Cauchy-Schwarz, temos
> > >>>
> > >>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
> > >>>
> > >>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o semi-perimetro.
> > >>>
> > >>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb
> = hc, ou seja, quando P é o incentro do triângulo
> > >>>
> > >>> Abraços,
> > >>> Matheus
> > >>>
> > >>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> escreveu:
> > 
> >  Bom dia!
> > 
> >  Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive
> êxito. Alguém ajuda?
> >  Muito agradecido!
> > 
> >  Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
> triângulo ABC.
> > 
> >  --
> >  Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >  acredita-se estar livre de perigo.
> > >>>
> > >>>
> > >>> --
> > >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > >>> acredita-se estar livre de perigo.
> > >>
> > >>
> > >> --
> > >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > >> acredita-se estar livre de perigo.
> > >
> > >
> > > --
> > > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > > acredita-se estar livre de perigo.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Anderson Torres]

Em qui., 20 de ago. de 2020 às 22:03, Anderson Torres
 escreveu:
>
> Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, Pedro José  
> escreveu:
> >
> > Boa noite!
> > Cláudio,
> > não consegui nada geométrico.
> > O máximo que atingi foi:
> > a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] + 
> > co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
> > Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre 
> > quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das bissetrizes 
> > e logo I.
> > Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.
>
> Acho que daqui poderia sair uma interpretação mais escamoteada.
> Afinal, trigonometria é uma espécie de "ponto de contato" entre a
> geometria analítica e a sintética, entre a nuvem de desenhos e a de
> números.
>
> Acredito que a solução aqui seria arranjar uma interpretação
> geométrica desses colchetes de co-tangentes. Acredito que possamos
> apelar para Ptolomeu em algum momento ou para um macete de
> semelhanças, pois as projeções de um ponto sobre duas retas criam um
> quadrilátero cíclico.

Acrescentando mais coisas: se queremos minimizar cot(x) +cot(y) com
x+y fixo, isto é equivalente a minimizar tan(90-x)+tan(90-y) com
90-x+90-y fixo. Ou como maximizar tan(x) + tan(y) com x+y fixo.

Geometricamente, tangente é cateto oposto dividido por cateto
adjacente. Logo uma soma de tangentes com catetos adjacentes iguais
equivale a uma soma de catetos opostos! Assim sendo, nosso problema
pode ser pensado da seguinte forma:

Dados um ponto A e uma reta d fixos, temos que construir duas retas x
e y, com ângulo 'alfa' entre elas, ambas passando por A e tais que a
distância entre os pontos X e Y, que elas geram ao intersectar d, seja
mínima.

Daí fica fácil argumentar que a altura por A também tem que ser a
bissetriz por A.

No fundo do fundo é uma forma de geometrizar a solução trigonométrica.
A trigonometria se torna apenas um atalho.

Vou formalizar isso mais tarde, com desenhos e tudo.



>
> Isso até me lembra o famoso artigo do Shine sobre geometria cearense
> VS geometria paulista:
> https://cyshine.webs.com/geometria-2005.pdf
>
>
> >
> > Saudações,
> > PJMS
> >
> > Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara 
> >  escreveu:
> >>
> >> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E 
> >> que torne o resultado mais intuitivo?
> >> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados, 
> >> pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo, a/h_a 
> >> cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
> >> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori, que 
> >> P deva ser equidistante dos três.
> >> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior lado 
> >> e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que 
> >> a/h_a = b/h_b = c/h_c.
> >> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente neste 
> >> caso.
> >>
> >>
> >> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco  
> >> wrote:
> >>>
> >>> Olá, Vanderlei.
> >>> Por Cauchy-Schwarz, temos
> >>>
> >>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
> >>>
> >>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a 
> >>> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o 
> >>> semi-perimetro.
> >>>
> >>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc, 
> >>> ou seja, quando P é o incentro do triângulo
> >>>
> >>> Abraços,
> >>> Matheus
> >>>
> >>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz 
> >>>  escreveu:
> 
>  Bom dia!
> 
>  Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito. 
>  Alguém ajuda?
>  Muito agradecido!
> 
>  Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as 
>  distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor 
>  mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do 
>  triângulo ABC.
> 
>  --
>  Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
> >>>
> >>>
> >>> --
> >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >>> acredita-se estar livre de perigo.
> >>
> >>
> >> --
> >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >> acredita-se estar livre de perigo.
> >
> >
> > --
> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Anderson Torres]

Em ter., 18 de ago. de 2020 às 19:51, Pedro José  escreveu:
>
> Boa noite!
> Cláudio,
> não consegui nada geométrico.
> O máximo que atingi foi:
> a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] + 
> co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
> Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre 
> quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das bissetrizes e 
> logo I.
> Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.

Acho que daqui poderia sair uma interpretação mais escamoteada.
Afinal, trigonometria é uma espécie de "ponto de contato" entre a
geometria analítica e a sintética, entre a nuvem de desenhos e a de
números.

Acredito que a solução aqui seria arranjar uma interpretação
geométrica desses colchetes de co-tangentes. Acredito que possamos
apelar para Ptolomeu em algum momento ou para um macete de
semelhanças, pois as projeções de um ponto sobre duas retas criam um
quadrilátero cíclico.

Isso até me lembra o famoso artigo do Shine sobre geometria cearense
VS geometria paulista:
https://cyshine.webs.com/geometria-2005.pdf


>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara 
>  escreveu:
>>
>> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E que 
>> torne o resultado mais intuitivo?
>> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados, 
>> pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo, a/h_a cresceria 
>> e a expressão se afastaria do valor mínimo.
>> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori, que P 
>> deva ser equidistante dos três.
>> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior lado e 
>> conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que a/h_a = 
>> b/h_b = c/h_c.
>> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente neste 
>> caso.
>>
>>
>> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco  
>> wrote:
>>>
>>> Olá, Vanderlei.
>>> Por Cauchy-Schwarz, temos
>>>
>>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>>>
>>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a 
>>> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o semi-perimetro.
>>>
>>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc, 
>>> ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>>>
>>> Abraços,
>>> Matheus
>>>
>>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz 
>>>  escreveu:

 Bom dia!

 Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito. 
 Alguém ajuda?
 Muito agradecido!

 Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as 
 distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor 
 mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do 
 triângulo ABC.

 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Claudio Buffara]

Realmente, não era isso que eu estava procurando...  mas valeu! É outra
solução.


On Tue, Aug 18, 2020 at 7:51 PM Pedro José  wrote:

> Boa noite!
> Cláudio,
> não consegui nada geométrico.
> O máximo que atingi foi:
> a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
> co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
> Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre
> quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das bissetrizes
> e logo I.
> Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E
>> que torne o resultado mais intuitivo?
>> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados,
>> pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo,
>> a/h_a cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
>> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori,
>> que P deva ser equidistante dos três.
>> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior
>> lado e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que
>> a/h_a = b/h_b = c/h_c.
>> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente neste
>> caso.
>>
>>
>> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco 
>> wrote:
>>
>>> Olá, Vanderlei.
>>> Por Cauchy-Schwarz, temos
>>>
>>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>>>
>>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
>>> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
>>> semi-perimetro.
>>>
>>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb =
>>> hc, ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>>>
>>> Abraços,
>>> Matheus
>>>
>>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
>>> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>>>
 Bom dia!

 Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
 Alguém ajuda?
 Muito agradecido!

 Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
 distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
 mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
 triângulo ABC.

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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Pedro José]

Boa noite!
Cláudio,
não consegui nada geométrico.
O máximo que atingi foi:
a/ha + b/hb + c/hc= [cotg(A1) +cotg (A2)]  + [cotg(B1) +cotg (B2)] +
co[tg(C1) +cotg (C2)] com A1 + A2 = A; B1 + B2 + B e C1 + C2 = C.
Para ser mínimo cada termo entre colchetes deve ser mínimo, o que ocorre
quando A1 = A2; B1 = B2 e C1 = C2. Logo P seria o encontro das bissetrizes
e logo I.
Onde: A1= PAB e A2=PAC; B1=PBA e B2=PBC; C1=PCA e C2=PCB.

Saudações,
PJMS

Em ter., 18 de ago. de 2020 às 11:34, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E
> que torne o resultado mais intuitivo?
> É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados,
> pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo,
> a/h_a cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
> Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori, que
> P deva ser equidistante dos três.
> De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior lado
> e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que
> a/h_a = b/h_b = c/h_c.
> O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente neste
> caso.
>
>
> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco 
> wrote:
>
>> Olá, Vanderlei.
>> Por Cauchy-Schwarz, temos
>>
>> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>>
>> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
>> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
>> semi-perimetro.
>>
>> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc,
>> ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>>
>> Abraços,
>> Matheus
>>
>> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
>> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Bom dia!
>>>
>>> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
>>> Alguém ajuda?
>>> Muito agradecido!
>>>
>>> Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
>>> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
>>> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
>>> triângulo ABC.
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
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>> --
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Claudio Buffara]

Será que tem uma demonstração mais geométrica e menos algébrica disso? E
que torne o resultado mais intuitivo?
É razoável que o ponto P não esteja muito próximo de qualquer dos lados,
pois neste caso, se P se aproximasse do lado a, por exemplo,
a/h_a cresceria e a expressão se afastaria do valor mínimo.
Mas, com lados não necessariamente congruentes, não é óbvio, a priori, que
P deva ser equidistante dos três.
De fato, seria razoável esperar que P estivesse mais próximo do maior lado
e conjecturar, por exemplo, que o P que minimiza a expressão é tal que
a/h_a = b/h_b = c/h_c.
O fato de P ser o incentro não me parece a conjectura mais evidente neste
caso.


On Sun, Aug 16, 2020 at 10:11 AM Matheus Secco 
wrote:

> Olá, Vanderlei.
> Por Cauchy-Schwarz, temos
>
> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>
> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
> semi-perimetro.
>
> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc,
> ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>
> Abraços,
> Matheus
>
> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>
>> Bom dia!
>>
>> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
>> Alguém ajuda?
>> Muito agradecido!
>>
>> Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
>> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
>> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
>> triângulo ABC.
>>
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Professor Vanderlei Nemitz]

Muito obrigado, Matheus!
Pensei nas outras desigualdades, menos em Cauchy-Schwarz.

Muito bom!

Em dom, 16 de ago de 2020 10:11, Matheus Secco 
escreveu:

> Olá, Vanderlei.
> Por Cauchy-Schwarz, temos
>
> (a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)
>
> Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
> expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
> semi-perimetro.
>
> Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc,
> ou seja, quando P é o incentro do triângulo
>
> Abraços,
> Matheus
>
> Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>
>> Bom dia!
>>
>> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
>> Alguém ajuda?
>> Muito agradecido!
>>
>> Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
>> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
>> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
>> triângulo ABC.
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[obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana com desigualdade de médias?

[Matheus Secco]

Olá, Vanderlei.
Por Cauchy-Schwarz, temos

(a/ha + b/hb + c/hc) * (a*ha + b*hb + c*hc) >= (a+b+c)^2.  (#)

Como (a*ha + b*hb + c*hc) = 2S, onde S é a área de ABC, segue que a
expressão a/ha + b/hb + c/hc é pelo menos 2p^2/S, onde p é o
semi-perimetro.

Por outro lado, a igualdade em (#) ocorre se, e somente se, ha = hb = hc,
ou seja, quando P é o incentro do triângulo

Abraços,
Matheus

Em dom, 16 de ago de 2020 08:59, Professor Vanderlei Nemitz <
vanderma...@gmail.com> escreveu:

> Bom dia!
>
> Tentei utilizar alguma desigualdade de médias aqui, mas não tive êxito.
> Alguém ajuda?
> Muito agradecido!
>
> Seja P um ponto no interior de um triângulo e sejam ha, hb e hc as
> distâncias de P aos lados a, b e c, respectivamente. Mostre que o valor
> mínimo de (a/ha) + (b/hb) + (c/hc) ocorre quando P é o incentivo do
> triângulo ABC.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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Re: [obm-l] Geometria plana

[matematica10complicada]

Obrigado Julio, incrivel solucao.
So corrija AB=AC=AQ=R

Abraco
Douglas Oliveira.

Em seg, 25 de fev de 2019 10:38, Julio César Saldaña Pumarica <
saldana...@pucp.edu.pe> escreveu:

> Na prolongação do BP ubique o ponto Q tal que AQ=AB. Chamemos AC=R, então
> temos AB=AC+AQ=R.
>
> Completando ângulos: 
> Analisse o triângulo MAQ. Dado que o  circunferencia circunscrita mede 60 e portanto o raio de essa
> circunferência é igual ao lado AQ, ouseja R.
>
> Seja O o centro de essa circunferência (circunscrita ao triângulo MAQ).
> Então OM=OA=OQ=R
>
> Completando mais ângulos, obtemos  com os arcos da circunferencia, mas também da para fazer com soma de
> ângulos en triângulos, alguns isósceles)
>
> Compare os triângulos  CAQ e MOQ, ambos são isósceles com lados iguais a R
> formando ângulos iguais a 100. Então cumprem o caso LAL de congruência.
> Logo QC=QM e portando o triângulo  MQC é isósceles: x+x+20=180, então x=80
>
>
>
>
>
>
> El dom., 24 feb. 2019 a las 11:39, matematica10complicada (<
> profdouglaso.del...@gmail.com>) escribió:
>
>> Ola amigos, alguem ja fez essa questao abaixo?
>>
>> Eu fiz por trigonometria e achei 80 graus.
>> Gostaria de uma ajuda para fazer por construcao.
>>
>> Problema:
>> Num triangulo ABC isosceles , onde AB=AC, o angulo A mede 40 graus,
>> traca-se BP com P em AC, e o angulo ABP mede 20 graus. Toma-se um ponto M
>> em BP de modo que AP=PM, determinar o angulo PMC.
>>
>> Valeh pela ajuda
>> Douglas Oliveira.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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Re: [obm-l] Geometria plana

[Julio César Saldaña Pumarica]

Na prolongação do BP ubique o ponto Q tal que AQ=AB. Chamemos AC=R, então
temos AB=AC+AQ=R.

Completando ângulos: ) escribió:

> Ola amigos, alguem ja fez essa questao abaixo?
>
> Eu fiz por trigonometria e achei 80 graus.
> Gostaria de uma ajuda para fazer por construcao.
>
> Problema:
> Num triangulo ABC isosceles , onde AB=AC, o angulo A mede 40 graus,
> traca-se BP com P em AC, e o angulo ABP mede 20 graus. Toma-se um ponto M
> em BP de modo que AP=PM, determinar o angulo PMC.
>
> Valeh pela ajuda
> Douglas Oliveira.
>
> --
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Re: [obm-l] geometria plana

[Claudio Buffara]

Legal! Obrigado, Ralph!

A relação entre estas 3 soluções cabe bem na discussão que eu queria ter
sobre educação matemática (resolução de problemas é uma parte importante
dela).

A solução por geometria sintética eu já conhecia. Ela usa construções
auxiliares, no caso, paralelogramos construídos a partir de duas das
medianas. Neste problema, as construções auxiliares são mais ou menos
óbvias. Mas há vários problemas de geometria cuja solução sintética usa
construções auxiliares nada óbvias e que parecem vir "do além". Imagino que
esta seja a fonte mais comum de dificuldade em problemas olímpicos de
geometria.

A solução por vetores (que é essencialmente algébrica) também usa
paralelogramos, mas de forma implícita. Pois a soma de vetores no plano (na
qual a solução é baseada) obedece à chamada "lei do paralelogramo". De
fato, me parece possível definir um paralelogramo a partir da soma de
vetores, mais ou menos assim: dados os pontos A, B, C no plano, e definindo
os vetores v = AB e w = AC, então o ponto D tal que AD = v + w é tal que os
pontos A, B, C, D são vértices de um paralelogramo (no caso, o
paralelogramo ABDC).
É interessante que, por causa disso, o uso de vetores dispensa a busca de
uma construção auxiliar, o que resulta numa solução mais "automática". Ou
seja, o uso de vetores em geometria foi um avanço tecnológico, que
suplantou, em vários casos, o "artesanato" da solução sintética.

A ideia de usar uma transformação afim, que me ocorreu porque o Anderson
Torres mencionou "homotetia" (um tipo específico de transformação afim) em
relação a outro problema, no fundo também usa vetores mas, além deles,
também usa transformações lineares e uma estratégia de solução que, em
linhas gerais, é:
1) usar uma transformação invertível pra transformar o problema original
num outro mais fácil de resolver (no caso, o problema original proposto
para um triângulo equilátero);
2) resolver o problema mais fácil;
3) usar a transformação inversa pra obter automaticamente a solução do
problema original (triângulo qualquer).
Este tipo de estratégia é usado toda vez que fazemos uma "mudança de
variáveis".

***

A solução sintética também usa o fato de que as medianas de um triângulo o
subdividem em seis triângulos de mesma área.

Em geral, três cevianas que são concorrentes subdividem um triângulo em
seis outros triângulos e o uso "esperto" das áreas destes triângulos
resulta numa demonstração razoavelmente simples e intuitiva do teorema de
Ceva (vide, por exemplo, o livro Geometry Revisited, de Coxeter e Greitzer).

A demonstração usual de Ceva usa semelhança: no triângulo ABC, com cevianas
concorrentes AM, BN e CP, trace a reta r contendo A e paralela a BC e, em
seguida, considere os pontos Q e R de intersecção das cevianas BN e CP (ou
seus prolongamentos) com a reta r. Usando semelhança de pares de triângulos
adequados e alguma álgebra, chega-se à relação de Ceva: AP/PB * BM/MC *
CN/NA = 1.

Mas o que eu queria dizer é que acho bem possível que as teorias de área e
de semelhança sejam equivalentes, no sentido de que tudo o que é possível
demonstrar por meio de uma delas também é possível por meio da outra.

O que me leva a dizer isso é o seguinte: no triângulo ABC, com alturas BH e
CK, temos:
1) 2*área(ABC) = AB*CK = AC*BH
e
2) a semelhança dos triângulos retângulos AHB e AKC (ângulo A comum)
implica que:
AB/BH = AC/CK  <==>  AB*CK = AC*BH

Ou seja, chega-se à mesma relação (algébrica) entre elementos de um
triângulo por dois caminhos aparentemente distintos: área e semelhança.

Hoje em dia, estas duas teorias são apresentadas supondo-se conhecidas as
propriedades dos números reais (vide Medida e Forma em Geometria, do Elon
Lages Lima).
Em particular, este livro (que é ótimo) apresenta a teoria da semelhança
com base na definição:
As figuras planas F e G são ditas semelhantes (de razão k) se existir uma
função f:F -> G e um número real positivo k tais que, para quaisquer pontos
X e Y de F:
dist(f(X),f(Y)) = k*dist(X,Y), onde dist(X,Y) = distância entre X e Y =
medida do segmento XY.

[]s,
Claudio.


2018-07-29 19:44 GMT-03:00 Ralph Teixeira :

> Sim! Quando aplica-se qualquer transformacao linear a um objeto, a razao
> entre o volume da figura nova e o da figura antiga eh constante e igual ao
> determinante da transformacao! Entao ambas as areas ficariam multiplicadas
> pelo mesmo numero, e a razao se manteria!
>
> Outro detalhe: teria que ver se a transformacao linear leva medianas em
> medianas... Mas isso tambem eh verdade e vem direto da definicao de
> "transf. linear", pontos medios se preservam.
>
> Abraco, Ralph.
>
> On Sun, Jul 29, 2018 at 5:53 PM Claudio Buffara 
> wrote:
>
>> Idéia que me ocorreu: todo triângulo é afim-equivalente a um triângulo
>> equilátero.
>> Mediante translações, as medianas de um triângulo equilátero de lado 1
>> formam um triângulo equilátero cujos lados medem raiz(3)/2 e, portanto,
>> cuja área é 3/4.
>> Será que uma transformação afim preserva a razão entre as áreas do
>> 

Re: [obm-l] geometria plana

[Esdras Muniz]

Pra mim não é tão fácil ver 3, to enferrujado na geometria plana. Pra
justificar acho que uma boa forma de ver é dizer que o triângulo APQ é
congruente ao PBC. Para concluir, o caminho mais curto que eu vi foi usar
que o triângulo MNR é semelhante ao BAN, e a razão é 1/2.

Em 28 de julho de 2018 20:51, Claudio Buffara 
escreveu:

> Idéia que me ocorreu: todo triângulo é afim-equivalente a um triângulo
> equilátero.
> Mediante translações, as medianas de um triângulo equilátero de lado 1
> formam um triângulo equilátero cujos lados medem raiz(3)/2 e, portanto,
> cuja área é 3/4.
> Será que uma transformação afim preserva a razão entre as áreas do
> triângulo original e do triângulo “medianico”?
>
> Abs,
> Cláudio.
>
> Enviado do meu iPhone
>
> Em 28 de jul de 2018, à(s) 19:08, matematica10complicada <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
> Então,podemos fazer o seguinte:
>
> Considere um triângulo ABC, cujas medianas são AM, BN, CP, e baricentro
> G desta forma
>
> 1)Monte um paralelogramo BNQM de forma que MQ intercepte AC em R.
>
> 2)Como o baricentro divide em seis áreas iguais, temos que a área do
> triângulo AGN será 1/6.
>
> 3)É fácil ver que MQ=BN, e AQ=CP.
>
> 4) Desta forma a área procurada será a do triângulo AMQ que é o dobro
> da área do triângulo AMR=3/8.
>
> Portanto a resposta é 3/4.
>
>
> Douglas Oliveira.
> Grande Abraço.
>
> Em 28 de julho de 2018 16:32, marcone augusto araújo borges <
> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>
>> Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do
>> triangulo cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>



-- 
Esdras Muniz Mota
Mestrando em Matemática
Universidade Federal do Ceará

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
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Re: [obm-l] geometria plana

[Ralph Teixeira]

Sim! Quando aplica-se qualquer transformacao linear a um objeto, a razao
entre o volume da figura nova e o da figura antiga eh constante e igual ao
determinante da transformacao! Entao ambas as areas ficariam multiplicadas
pelo mesmo numero, e a razao se manteria!

Outro detalhe: teria que ver se a transformacao linear leva medianas em
medianas... Mas isso tambem eh verdade e vem direto da definicao de
"transf. linear", pontos medios se preservam.

Abraco, Ralph.

On Sun, Jul 29, 2018 at 5:53 PM Claudio Buffara 
wrote:

> Idéia que me ocorreu: todo triângulo é afim-equivalente a um triângulo
> equilátero.
> Mediante translações, as medianas de um triângulo equilátero de lado 1
> formam um triângulo equilátero cujos lados medem raiz(3)/2 e, portanto,
> cuja área é 3/4.
> Será que uma transformação afim preserva a razão entre as áreas do
> triângulo original e do triângulo “medianico”?
>
> Abs,
> Cláudio.
>
> Enviado do meu iPhone
>
> Em 28 de jul de 2018, à(s) 19:08, matematica10complicada <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
> Então,podemos fazer o seguinte:
>
> Considere um triângulo ABC, cujas medianas são AM, BN, CP, e baricentro
> G desta forma
>
> 1)Monte um paralelogramo BNQM de forma que MQ intercepte AC em R.
>
> 2)Como o baricentro divide em seis áreas iguais, temos que a área do
> triângulo AGN será 1/6.
>
> 3)É fácil ver que MQ=BN, e AQ=CP.
>
> 4) Desta forma a área procurada será a do triângulo AMQ que é o dobro
> da área do triângulo AMR=3/8.
>
> Portanto a resposta é 3/4.
>
>
> Douglas Oliveira.
> Grande Abraço.
>
> Em 28 de julho de 2018 16:32, marcone augusto araújo borges <
> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>
>> Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do
>> triangulo cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC
>>
>> --
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>> acredita-se estar livre de perigo.
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] geometria plana

[Claudio Buffara]

Idéia que me ocorreu: todo triângulo é afim-equivalente a um triângulo 
equilátero.
Mediante translações, as medianas de um triângulo equilátero de lado 1 formam 
um triângulo equilátero cujos lados medem raiz(3)/2 e, portanto, cuja área é 
3/4.
Será que uma transformação afim preserva a razão entre as áreas do triângulo 
original e do triângulo “medianico”?

Abs,
Cláudio.

Enviado do meu iPhone

Em 28 de jul de 2018, à(s) 19:08, matematica10complicada 
 escreveu:

> Então,podemos fazer o seguinte:
> 
> Considere um triângulo ABC, cujas medianas são AM, BN, CP, e baricentro G 
> desta forma
> 
> 1)Monte um paralelogramo BNQM de forma que MQ intercepte AC em R.
> 
> 2)Como o baricentro divide em seis áreas iguais, temos que a área do 
> triângulo AGN será 1/6.
> 
> 3)É fácil ver que MQ=BN, e AQ=CP.
> 
> 4) Desta forma a área procurada será a do triângulo AMQ que é o dobro da 
> área do triângulo AMR=3/8.
> 
> Portanto a resposta é 3/4.
> 
> 
> Douglas Oliveira.
> Grande Abraço.
> 
> Em 28 de julho de 2018 16:32, marcone augusto araújo borges 
>  escreveu:
>> Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do 
>> triangulo cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] geometria plana

[matematica10complicada]

Então,podemos fazer o seguinte:

Considere um triângulo ABC, cujas medianas são AM, BN, CP, e baricentro G
desta forma

1)Monte um paralelogramo BNQM de forma que MQ intercepte AC em R.

2)Como o baricentro divide em seis áreas iguais, temos que a área do
triângulo AGN será 1/6.

3)É fácil ver que MQ=BN, e AQ=CP.

4) Desta forma a área procurada será a do triângulo AMQ que é o dobro da
área do triângulo AMR=3/8.

Portanto a resposta é 3/4.


Douglas Oliveira.
Grande Abraço.

Em 28 de julho de 2018 16:32, marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> escreveu:

> Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do
> triangulo cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
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Re: [obm-l] geometria plana

[Ralph Teixeira]

Vamos fazer este por vetores... Mas primeiro um tiquinho de notacao: dados
dois vetores v e w no plano, vou escrever [v,w] para o determinante da
matriz cujas colunas sao v e w; em outras palavras, [v,w] eh a area do
paralelogramo cujos lados sao v e w, com sinal determinado pela orientacao.

Uma propriedade importante do determinante eh que ele eh linear em cada uma
das suas coordenadas (ou seja, ele eh "bilinear"). Em outras palavras, voce
pode usar a propriedade distributiva como se ele fosse um produto:
[ka+b,c]=k[a,c]+[b,c] e [a,kb+c]=k[a,b]+[a,c] para quaisquer vetores a,b,c,
e qualquer escalar k. Outra propriedade essencial eh que [v,w]=-[w,v] para
quaisquer v e w; em particular, [x,x]=0 para todo vetor x.

Com isso em mente, o problema eh facil. Escreva AB=2v e AC=2w (vetores).
Supondo spdg uma das orientacoes possiveis, o problema diz que [2v,2w]=2,
isto eh, [v,w]=1/2.

Agora, as medianas sao (faca uma figura) v-2w, w-2v e v+w (dos vertices
para os pontos medios). Note que a soma desses 3 vetores eh zero, entao o
triangulo cujos lados sao as medianas eh exatamente o triangulo cujos lados
sao esses 3 vetores!

Portanto, a area pedida eh a metade de  [w-2v,v-2w]... Usando a propriedade
distributiva, esse produto fica
[w,v]-2[w,w]-2[v,v]+4[v,w]=-1/2-0-0+4/2=3/2. Ou seja, a resposta eh 3/4.

Abraco, Ralph.

On Sat, Jul 28, 2018 at 4:43 PM marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> wrote:

> Seja um triangulo ABC cuja area eh igual a 1. Determinar a area do
> triangulo cujos  lados sao iguais às medianas do triangulo ABC
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Julio César Saldaña Pumarica]

Pensei na seguinte solução usando congruência de triângulos

1. Pela condição do perímetro podemos deduzir que PQ=PB+QD

2. Estique o segemento AB até o ponto T tal que BT=QD, então os triângulos
TBC e QCD são congruentes pelo caso L.A.L.; e portanto concluimos que
CT=CQ. Notemos também que PT=PQ

3. Calculemos o ângulo TCQ. Este é igual a TCB+BCQ, mas como TCB=QCD (pela
congruência do ponto 2), então TCQ=QCD+BCQ=90

4. Finalmente notemos que os triângulos TCP e PCQ são congruentes pelo caso
L.L.L, e portanto os ângulos TCP e PCQ são iguais, e como ambos somam 90,
cada um deve ser 45

Julio

2018-04-02 16:36 GMT-03:00 Claudio Buffara :

> Tudo bem.
> Mas minha dúvida é outra: como/por que você pensou em usar a
> circunferência centrada em C e passando por B e D?
>
> Este é um dos temas que mais me interessa em matemática: de onde vêm as
> idéias não óbvias?
> Inspiração divina?
> Experiência ("já vi algo parecido antes")?
> Muita transpiração?
>
> Pois, neste problema, após chamar AP de x e AQ de y, minha primeira
> tentativa foi usar Pitágoras para determinar CP e CQ e daí usar a lei dos
> cossenos pra determinar o ângulo PCQ. Caí num emaranhado algébrico.
> Daí, me ocorreu a ideia de calcular PCQ como sendo 90 - (PCB + QCD) e, ao
> fazer isso, percebi que tan(PCB) = 1-x, etc... Com um pouco de
> trigonometria e álgebra, cheguei à resposta.
>
> Mas, a meu ver, a solução mais elegante é a que usa o círculo. Só que não
> é óbvio, a priori, que aquele círculo ajuda.
>
> Mesmo levando em conta que, pelo enunciado, o ângulo PCQ provavelmente
> deve ter medida invariante, independentemente de AP e AQ, ainda assim não é
> óbvio (pelo menos pra mim) que o círculo mata o problema. Por outro lado,
> se o ângulo PCQ tem medida invariante, então tomando o caso extremo P = B e
> Q = A (portanto, o triângulo APQ é degenerado) constatamos facilmente que
> PCQ (no caso, ACB) deve medir 45 graus.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> 2018-04-02 16:13 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com>:
>
>> Da para fazer uma prova por absurdo.
>> Fica bom, suponha que a reta nao tangencia a circunferencia entao trace a
>> tangente e vai chegar em um absurdo.
>>
>> Abraco
>> Douglas Oliveira.
>>
>> Em seg, 2 de abr de 2018 11:14, Claudio Arconcher 
>> escreveu:
>>
>>> Bom dia caros colegas.
>>>
>>> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda,
>>> segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o
>>> circuito ABCD ).
>>>
>>> Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
>>>
>>> Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e
>>> AB em B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao
>>> quadrado ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P
>>> ( serão, de fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x =
>>> PM, o perímetro do triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se
>>> consideramos o triângulo AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o
>>> mesmo, todos esses triângulos são assim obtidos, com PQ tangente à
>>> circunferência em um ponto M com a propriedade descrita.
>>>
>>> Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ
>>> e, também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
>>>
>>> Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
>>>
>>> Abraço.
>>>
>>> Cláudio.
>>>
>>>
>>>
>>> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
>>> nome de *Douglas Oliveira de Lima
>>> *Enviada em:* domingo, 1 de abril de 2018 17:25
>>> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
>>> *Assunto:* [obm-l] Geometria plana
>>>
>>>
>>>
>>> Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
>>> questão do coelhinho da páscoa que achei legal.
>>>
>>>
>>>
>>> 1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre
>>> os lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
>>> seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.
>>>
>>>
>>>
>>> Um abraço
>>>
>>>
>>>
>>> Douglas Oliveira.
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> 
>>>  Livre
>>> de vírus. www.avast.com
>>> .
>>>
>>> <#m_-5665104085043217724_m_2647765965440199561_m_3844324294932745576_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>>>
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>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo 

Re: [obm-l] Geometria plana

[Claudio Buffara]

Tudo bem.
Mas minha dúvida é outra: como/por que você pensou em usar a circunferência
centrada em C e passando por B e D?

Este é um dos temas que mais me interessa em matemática: de onde vêm as
idéias não óbvias?
Inspiração divina?
Experiência ("já vi algo parecido antes")?
Muita transpiração?

Pois, neste problema, após chamar AP de x e AQ de y, minha primeira
tentativa foi usar Pitágoras para determinar CP e CQ e daí usar a lei dos
cossenos pra determinar o ângulo PCQ. Caí num emaranhado algébrico.
Daí, me ocorreu a ideia de calcular PCQ como sendo 90 - (PCB + QCD) e, ao
fazer isso, percebi que tan(PCB) = 1-x, etc... Com um pouco de
trigonometria e álgebra, cheguei à resposta.

Mas, a meu ver, a solução mais elegante é a que usa o círculo. Só que não é
óbvio, a priori, que aquele círculo ajuda.

Mesmo levando em conta que, pelo enunciado, o ângulo PCQ provavelmente deve
ter medida invariante, independentemente de AP e AQ, ainda assim não é
óbvio (pelo menos pra mim) que o círculo mata o problema. Por outro lado,
se o ângulo PCQ tem medida invariante, então tomando o caso extremo P = B e
Q = A (portanto, o triângulo APQ é degenerado) constatamos facilmente que
PCQ (no caso, ACB) deve medir 45 graus.

[]s,
Claudio.



2018-04-02 16:13 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com>:

> Da para fazer uma prova por absurdo.
> Fica bom, suponha que a reta nao tangencia a circunferencia entao trace a
> tangente e vai chegar em um absurdo.
>
> Abraco
> Douglas Oliveira.
>
> Em seg, 2 de abr de 2018 11:14, Claudio Arconcher 
> escreveu:
>
>> Bom dia caros colegas.
>>
>> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda,
>> segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o
>> circuito ABCD ).
>>
>> Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
>>
>> Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e
>> AB em B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao
>> quadrado ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P
>> ( serão, de fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x =
>> PM, o perímetro do triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se
>> consideramos o triângulo AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o
>> mesmo, todos esses triângulos são assim obtidos, com PQ tangente à
>> circunferência em um ponto M com a propriedade descrita.
>>
>> Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ
>> e, também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
>>
>> Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
>>
>> Abraço.
>>
>> Cláudio.
>>
>>
>>
>> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
>> nome de *Douglas Oliveira de Lima
>> *Enviada em:* domingo, 1 de abril de 2018 17:25
>> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
>> *Assunto:* [obm-l] Geometria plana
>>
>>
>>
>> Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
>> questão do coelhinho da páscoa que achei legal.
>>
>>
>>
>> 1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre
>> os lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
>> seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.
>>
>>
>>
>> Um abraço
>>
>>
>>
>> Douglas Oliveira.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> 
>>  Livre
>> de vírus. www.avast.com
>> .
>>
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>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Douglas Oliveira de Lima]

Da para fazer uma prova por absurdo.
Fica bom, suponha que a reta nao tangencia a circunferencia entao trace a
tangente e vai chegar em um absurdo.

Abraco
Douglas Oliveira.

Em seg, 2 de abr de 2018 11:14, Claudio Arconcher 
escreveu:

> Bom dia caros colegas.
>
> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda,
> segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o
> circuito ABCD ).
>
> Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
>
> Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e AB
> em B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao
> quadrado ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P
> ( serão, de fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x =
> PM, o perímetro do triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se
> consideramos o triângulo AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o
> mesmo, todos esses triângulos são assim obtidos, com PQ tangente à
> circunferência em um ponto M com a propriedade descrita.
>
> Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ
> e, também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
>
> Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
>
> Abraço.
>
> Cláudio.
>
>
>
> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
> nome de *Douglas Oliveira de Lima
> *Enviada em:* domingo, 1 de abril de 2018 17:25
> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Assunto:* [obm-l] Geometria plana
>
>
>
> Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
> questão do coelhinho da páscoa que achei legal.
>
>
>
> 1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre os
> lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
> seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.
>
>
>
> Um abraço
>
>
>
> Douglas Oliveira.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
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> acredita-se estar livre de perigo.
>

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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Douglas Oliveira de Lima]

Entao Claudio, eu pensei assim tb, mas a parte do reciprocamente, me deixa
incomodado, pois se o perimetro for 2 como provar que a circunferencia
tangencia em M.

Douglas Oliveira.

Em seg, 2 de abr de 2018 11:14, Claudio Arconcher 
escreveu:

> Bom dia caros colegas.
>
> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda,
> segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o
> circuito ABCD ).
>
> Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
>
> Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e AB
> em B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao
> quadrado ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P
> ( serão, de fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x =
> PM, o perímetro do triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se
> consideramos o triângulo AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o
> mesmo, todos esses triângulos são assim obtidos, com PQ tangente à
> circunferência em um ponto M com a propriedade descrita.
>
> Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ
> e, também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
>
> Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
>
> Abraço.
>
> Cláudio.
>
>
>
> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
> nome de *Douglas Oliveira de Lima
> *Enviada em:* domingo, 1 de abril de 2018 17:25
> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Assunto:* [obm-l] Geometria plana
>
>
>
> Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
> questão do coelhinho da páscoa que achei legal.
>
>
>
> 1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre os
> lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
> seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.
>
>
>
> Um abraço
>
>
>
> Douglas Oliveira.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
> .
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Claudio Buffara]

Legal!

A minha foi diferente (e menos elegante, pois usou trigonometria e bastante
álgebra).
Com a sua notação, teremos:
tan(PCB) = 1-x
tan(QCD) = 1-y
x+y+raiz(x^2+y^2) = 2

A ideia é determinar PCB+QCD = 90 - PCQ.

Usando a fórmula de tan(a+b) e após algumas simplificações, obtemos
tan(PCB+QCD) = (2-x-y)/(x+y-xy)

x+y+raiz(x^2+y^2) = 2 ==> x^2+y^2 = (2-x-y)^2 ==> xy = 2x+2y-2 ==>

tan(PCB+QCD) = (2-x-y)/(x+y-2x-2y+2) = 1 ==> PCB+QCD = 45 = 90 - PCQ ==>
PCQ = 45.

***

Agora, não é óbvio que o círculo de centro C e raio 1 tangencia todos os
segmentos PQ tais que APQ tem perímetro 2.
Como você teve esta ideia?

[]s,
Claudio.


2018-04-02 11:02 GMT-03:00 Claudio Arconcher :

> Bom dia caros colegas.
>
> Ponhamos ABCD o quadrado (o ponto A está no lado de baixo e à esquerda,
> segue-se o ponto B à direita, C e D estão no lado de acima fechando o
> circuito ABCD ).
>
> Ponhamos: AP=x e AQ=y, segue-se, QD=1-y e PB=1-x.
>
> Tracemos a circunferência de centro C e raio 1, ela tangencia AD em D e AB
> em B, agora seja M um ponto no quarto dessa circunferência interno ao
> quadrado ABCD e tracemos a tangente a ela por M, cortando AD em Q e AB em P
> ( serão, de fato os pontos esperados ), tem-se: QD=1-y = QM e PB=1 – x =
> PM, o perímetro do triângulo retângulo QAP é igual a 2. Reciprocamente se
> consideramos o triângulo AQP de perímetro 2 fixado antes o ponto M será o
> mesmo, todos esses triângulos são assim obtidos, com PQ tangente à
> circunferência em um ponto M com a propriedade descrita.
>
> Agora basta examinar as congruências dos triângulos retângulos CDQ e CMQ
> e, também, CBP e CMP, isso nos leva a concluir que o ângulo PCQ mede 45 º.
>
> Espero que o “coelhinho da Páscoa” concorde comigo.
>
> Abraço.
>
> Cláudio.
>
>
>
> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
> nome de *Douglas Oliveira de Lima
> *Enviada em:* domingo, 1 de abril de 2018 17:25
> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Assunto:* [obm-l] Geometria plana
>
>
>
> Olá amigos, pra quem gosta de geometria plana, compartilhando aqui uma
> questão do coelhinho da páscoa que achei legal.
>
>
>
> 1) Em um quadrado ABCD de lado unitário tomam-se os pontos P e Q sobre os
> lados AB e AD respectivamente, de modo que o perímetro do triângulo APQ
> seja igual a 2. Calcule a medida do ângulo  PCQ.
>
>
>
> Um abraço
>
>
>
> Douglas Oliveira.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
> .
> <#m_8113871720371556026_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Douglas Oliveira de Lima]

Eu fiz algo parecido , também cheguei na mesma resposta, eu cheguei na
expressão (m+n-n^2-m^2)/(m+n)(2-m-n) e tinha que maximizar isso com m e n
entre zero e um.

Obrigado.

Douglas Oliveira.

Em 12 de jul de 2017 4:10 PM, "Pedro José"  escreveu:

> Boa tarde!
>
> Só faltaram as definições de a e b, a é a medida do segmento BF e b a do
> segmento CG.
>
> Desculpem-me,
> PJMS
>
> Em 12 de julho de 2017 09:08, Pedro José  escreveu:
>
>> Bom dia!
>>
>> Estava indo pelo caminho errado, derivadas parciais.
>>
>> x + y = ab/(a+b) + (1-a) (1-b) / (2-(a+b)) = ((a+b) - (a^2+b^2))/ (2(a+b)
>> - (a+b)^2)
>>
>> Agora ficou fácil, basta mostrar que 2(a^2+b^2) >= (a+b)^2, o que implica
>> em x + y <= 0,5 e S(PFQG) <= 1/4
>> Mas por Cauchy-Shwarz fica clara a desigualdade e o caso particular da
>> igualdade só se dá para a = b.
>> Portanto, a=b é a condição e a área máxima é 1/4. Atentar que a e b não
>> podem assumir os valores 0 ou 1.
>>
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>> Em 11 de julho de 2017 20:50, Pedro José  escreveu:
>>
>>> Boa noite!
>>>
>>> Não consegui por completo, mas a solução é 1/4 e vale para BF=CG . BF<>0
>>> e BF <>1
>>>
>>> S(PFQG) =  S(FCD) - S(QCG) - S(PGD) ==> S(PFQG) = 1/2 - S(QCG) - S(PGD)
>>> (i)
>>>
>>> S (AGD) + S(BCG) = CG/2 +GD/2 = 1/2
>>>
>>> S(QCG) + S(PGD) + S(APD) + S(BCQ) = S (AGD) + S(BCG) = 1/2 (ii)
>>>
>>> por (i), se S(PFQG) é máximo então S(QCG) + S(PGD) é mínimo.
>>>
>>> por (ii) se S(QCG) + S(PGD) é mínimo, então S(APD) + S(BCQ) é máximo.
>>> (iii)
>>>
>>> seja x a medida da altura do triângulo BCQ, relativo ao vértice Q e y a
>>> altura do triângulo APD, relativa à P, de (iii) temos que x+ y deve ser
>>> máximo.
>>>
>>> x = ab/(a+b) e y = (1-a) (1-b) / (2-(a+b)), onde x é a medida de BF e y
>>> a medida de CG.
>>> É fácil mostrar que quando a=b ==> x+ y = 1/2 e S(PFQG) = 1/4.
>>>
>>> Difícil, pelo menos para mim, é mostrar que x + y < 0,5, quando a<>b e
>>> por conseguinte S(PFQG) < 1/4.
>>>
>>> Morri na praia.
>>>
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>>
>>> Em 10 de julho de 2017 10:48, Douglas Oliveira de Lima <
>>> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>>>
 Sejam F e G pontos sobre AB e CD de um quadrado unitário ABCD. AG e DF
 se interceptam em P,
 e CF e BG se interceptam em Q. Determinar a posição dos pontos F e G
 para que o quadrilátero PFQG tenha área máxima.

 Douglas Oliveira.

 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>>
>>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Pedro José]

Boa tarde!

Só faltaram as definições de a e b, a é a medida do segmento BF e b a do
segmento CG.

Desculpem-me,
PJMS

Em 12 de julho de 2017 09:08, Pedro José  escreveu:

> Bom dia!
>
> Estava indo pelo caminho errado, derivadas parciais.
>
> x + y = ab/(a+b) + (1-a) (1-b) / (2-(a+b)) = ((a+b) - (a^2+b^2))/ (2(a+b)
> - (a+b)^2)
>
> Agora ficou fácil, basta mostrar que 2(a^2+b^2) >= (a+b)^2, o que implica
> em x + y <= 0,5 e S(PFQG) <= 1/4
> Mas por Cauchy-Shwarz fica clara a desigualdade e o caso particular da
> igualdade só se dá para a = b.
> Portanto, a=b é a condição e a área máxima é 1/4. Atentar que a e b não
> podem assumir os valores 0 ou 1.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em 11 de julho de 2017 20:50, Pedro José  escreveu:
>
>> Boa noite!
>>
>> Não consegui por completo, mas a solução é 1/4 e vale para BF=CG . BF<>0
>> e BF <>1
>>
>> S(PFQG) =  S(FCD) - S(QCG) - S(PGD) ==> S(PFQG) = 1/2 - S(QCG) - S(PGD)
>> (i)
>>
>> S (AGD) + S(BCG) = CG/2 +GD/2 = 1/2
>>
>> S(QCG) + S(PGD) + S(APD) + S(BCQ) = S (AGD) + S(BCG) = 1/2 (ii)
>>
>> por (i), se S(PFQG) é máximo então S(QCG) + S(PGD) é mínimo.
>>
>> por (ii) se S(QCG) + S(PGD) é mínimo, então S(APD) + S(BCQ) é máximo.
>> (iii)
>>
>> seja x a medida da altura do triângulo BCQ, relativo ao vértice Q e y a
>> altura do triângulo APD, relativa à P, de (iii) temos que x+ y deve ser
>> máximo.
>>
>> x = ab/(a+b) e y = (1-a) (1-b) / (2-(a+b)), onde x é a medida de BF e y a
>> medida de CG.
>> É fácil mostrar que quando a=b ==> x+ y = 1/2 e S(PFQG) = 1/4.
>>
>> Difícil, pelo menos para mim, é mostrar que x + y < 0,5, quando a<>b e
>> por conseguinte S(PFQG) < 1/4.
>>
>> Morri na praia.
>>
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>>
>> Em 10 de julho de 2017 10:48, Douglas Oliveira de Lima <
>> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Sejam F e G pontos sobre AB e CD de um quadrado unitário ABCD. AG e DF
>>> se interceptam em P,
>>> e CF e BG se interceptam em Q. Determinar a posição dos pontos F e G
>>> para que o quadrilátero PFQG tenha área máxima.
>>>
>>> Douglas Oliveira.
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>>
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Pedro José]

Bom dia!

Estava indo pelo caminho errado, derivadas parciais.

x + y = ab/(a+b) + (1-a) (1-b) / (2-(a+b)) = ((a+b) - (a^2+b^2))/ (2(a+b) -
(a+b)^2)

Agora ficou fácil, basta mostrar que 2(a^2+b^2) >= (a+b)^2, o que implica
em x + y <= 0,5 e S(PFQG) <= 1/4
Mas por Cauchy-Shwarz fica clara a desigualdade e o caso particular da
igualdade só se dá para a = b.
Portanto, a=b é a condição e a área máxima é 1/4. Atentar que a e b não
podem assumir os valores 0 ou 1.

Saudações,
PJMS

Em 11 de julho de 2017 20:50, Pedro José  escreveu:

> Boa noite!
>
> Não consegui por completo, mas a solução é 1/4 e vale para BF=CG . BF<>0 e
> BF <>1
>
> S(PFQG) =  S(FCD) - S(QCG) - S(PGD) ==> S(PFQG) = 1/2 - S(QCG) - S(PGD) (i)
>
> S (AGD) + S(BCG) = CG/2 +GD/2 = 1/2
>
> S(QCG) + S(PGD) + S(APD) + S(BCQ) = S (AGD) + S(BCG) = 1/2 (ii)
>
> por (i), se S(PFQG) é máximo então S(QCG) + S(PGD) é mínimo.
>
> por (ii) se S(QCG) + S(PGD) é mínimo, então S(APD) + S(BCQ) é máximo. (iii)
>
> seja x a medida da altura do triângulo BCQ, relativo ao vértice Q e y a
> altura do triângulo APD, relativa à P, de (iii) temos que x+ y deve ser
> máximo.
>
> x = ab/(a+b) e y = (1-a) (1-b) / (2-(a+b)), onde x é a medida de BF e y a
> medida de CG.
> É fácil mostrar que quando a=b ==> x+ y = 1/2 e S(PFQG) = 1/4.
>
> Difícil, pelo menos para mim, é mostrar que x + y < 0,5, quando a<>b e por
> conseguinte S(PFQG) < 1/4.
>
> Morri na praia.
>
> Saudações,
> PJMS
>
>
> Em 10 de julho de 2017 10:48, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Sejam F e G pontos sobre AB e CD de um quadrado unitário ABCD. AG e DF se
>> interceptam em P,
>> e CF e BG se interceptam em Q. Determinar a posição dos pontos F e G para
>> que o quadrilátero PFQG tenha área máxima.
>>
>> Douglas Oliveira.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Pedro José]

Boa noite!

Não consegui por completo, mas a solução é 1/4 e vale para BF=CG . BF<>0 e
BF <>1

S(PFQG) =  S(FCD) - S(QCG) - S(PGD) ==> S(PFQG) = 1/2 - S(QCG) - S(PGD) (i)

S (AGD) + S(BCG) = CG/2 +GD/2 = 1/2

S(QCG) + S(PGD) + S(APD) + S(BCQ) = S (AGD) + S(BCG) = 1/2 (ii)

por (i), se S(PFQG) é máximo então S(QCG) + S(PGD) é mínimo.

por (ii) se S(QCG) + S(PGD) é mínimo, então S(APD) + S(BCQ) é máximo. (iii)

seja x a medida da altura do triângulo BCQ, relativo ao vértice Q e y a
altura do triângulo APD, relativa à P, de (iii) temos que x+ y deve ser
máximo.

x = ab/(a+b) e y = (1-a) (1-b) / (2-(a+b)), onde x é a medida de BF e y a
medida de CG.
É fácil mostrar que quando a=b ==> x+ y = 1/2 e S(PFQG) = 1/4.

Difícil, pelo menos para mim, é mostrar que x + y < 0,5, quando a<>b e por
conseguinte S(PFQG) < 1/4.

Morri na praia.

Saudações,
PJMS


Em 10 de julho de 2017 10:48, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Sejam F e G pontos sobre AB e CD de um quadrado unitário ABCD. AG e DF se
> interceptam em P,
> e CF e BG se interceptam em Q. Determinar a posição dos pontos F e G para
> que o quadrilátero PFQG tenha área máxima.
>
> Douglas Oliveira.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana

[Julio César Saldaña]

Note que os triângulos ABD e BCE são equivalentes (mesma área).
Baseado nisso podemos concluir que BE=AD; pois areas iguais e alturas iguais
implica bases iguais.

Então os triângulos ABD e BCE além de equivalente são congruentes (L.A.L.).
Portanto 

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana (Ajuda)

[Pedro José]

Boa noite!

Bela e simples solução!

Saudações,
PJMS

Em 29 de junho de 2017 18:21, Julio César Saldaña <saldana...@pucp.edu.pe>
escreveu:

>
>
> Aproveitando que APC é isósceles (pois CA=CP), eu desenhei a altura CH,
> então
> AH=HP e anguloACH=anguloHCP=20; mas como também anguloPCB=20, decidi
> desenhar a
> perpendicular PN sobre BC, así temos PN=PH=HA. Aí não resisti e estiquei
> PN até
> K, onde NK=PN. Desenhei a linha BK também.
>
> Nesse ponto me encontrei com um problema que já tinha resolvido faz algum
> tempo
> mas não lembro. Então ensaiei outra solução. O problema é provar que P é o
> circuncentro do triângulo ABK. Desta vez argumento assim: como anguloBAK=30
> então BK é igual ao circunrádio do triângulo ABK. Mas note que BK=BP (pois
> BC é
> mediatriz de PK). Então pronto, P encontrase na mediatriz de AK e também se
> encontra a uma distância de B igual ao circunradio, logo P é o
> circuncentro do
> triângulo ABK.
>
> Com isso, o triângulo PBK é equilátero e portanto anguloPBN=30. Portanto
> anguloBEC=90 => EM é mediana relativa à hipotenusa do triângulo retângulo
> BEC.
> Resposta: anguloMEC=60
>
> Espero não ter me engando, mas vou fazer um double check e também vou
> tentar
> lembrar a outra forma de provar que P é circuncentro de ABK
>
> Julio Saldaña
>
>
> -- Mensaje original ---
> De : obm-l@mat.puc-rio.br
> Para : obm-l@mat.puc-rio.br
> Fecha : Wed, 28 Jun 2017 14:43:07 -0300
> Asunto : Re: [obm-l] Geometria plana (Ajuda)
> >Opa desculpe, CF é ceviana que passa por P.
> >
> >Em 28 de jun de 2017 11:05 AM, "Pedro José" <petroc...@gmail.com>
> escreveu:
> >
> >> Bom dia!
> >>
> >> O ponto F não foi definido, mas foram definidas duas medidas de
> ângulos
> >> aos quais o ponto F pertence: BCF=20 graus e FCA=40 graus.
> >> Não faltou definir o ponto F?
> >>
> >> Sds,
> >> PJMS
> >>
> >> Em 28 de junho de 2017 09:15, Douglas Oliveira de Lima <
> >> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> >>
> >>> Olá meus amigos preciso de uma ajuda pra resolver a seguinte questão:
> >>>
> >>> Num triângulo ABC , tracam-se as cevianas AD e BE, que se encontram no
> >>> ponto P, tal que BAD= 10 graus, DAC=70 graus, BCF=20 graus e FCA=40
> graus,
> >>> traçando a ceviana BE que passa por P e o segmento de reta que une os
> >>> pontos E e M, sendo M ponto médio de BC, determinar o ângulo CME.
> >>>
> >>> GRATO!!
> >>> Douglas Oliveira.
> >>>
> >>> --
> >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >>> acredita-se estar livre de perigo.
> >>
> >>
> >>
> >> --
> >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >> acredita-se estar livre de perigo.
> >
> >--
> >Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > acredita-se estar livre de perigo.
> >
>
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> http://www.pucp.edu.pe/puntoedu/suscribete/
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>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana (Ajuda)

[Julio César Saldaña]

Aproveitando que APC é isósceles (pois CA=CP), eu desenhei a altura CH, então 
AH=HP e anguloACH=anguloHCP=20; mas como também anguloPCB=20, decidi desenhar a 
perpendicular PN sobre BC, así temos PN=PH=HA. Aí não resisti e estiquei PN até 
K, onde NK=PN. Desenhei a linha BK também.


Nesse ponto me encontrei com um problema que já tinha resolvido faz algum tempo 
mas não lembro. Então ensaiei outra solução. O problema é provar que P é o 
circuncentro do triângulo ABK. Desta vez argumento assim: como anguloBAK=30 
então BK é igual ao circunrádio do triângulo ABK. Mas note que BK=BP (pois BC é 
mediatriz de PK). Então pronto, P encontrase na mediatriz de AK e também se 
encontra a uma distância de B igual ao circunradio, logo P é o circuncentro do 
triângulo ABK.


Com isso, o triângulo PBK é equilátero e portanto anguloPBN=30. Portanto 
anguloBEC=90 => EM é mediana relativa à hipotenusa do triângulo retângulo BEC. 
Resposta: anguloMEC=60


Espero não ter me engando, mas vou fazer um double check e também vou tentar 
lembrar a outra forma de provar que P é circuncentro de ABK


Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Wed, 28 Jun 2017 14:43:07 -0300
Asunto : Re: [obm-l] Geometria plana (Ajuda)

Opa desculpe, CF é ceviana que passa por P.

Em 28 de jun de 2017 11:05 AM, "Pedro José" <petroc...@gmail.com> escreveu:


Bom dia!

O ponto F não foi definido, mas foram definidas duas medidas de ângulos
aos quais o ponto F pertence: BCF=20 graus e FCA=40 graus.
Não faltou definir o ponto F?

Sds,
PJMS

Em 28 de junho de 2017 09:15, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:


Olá meus amigos preciso de uma ajuda pra resolver a seguinte questão:

Num triângulo ABC , tracam-se as cevianas AD e BE, que se encontram no
ponto P, tal que BAD= 10 graus, DAC=70 graus, BCF=20 graus e FCA=40 graus,
traçando a ceviana BE que passa por P e o segmento de reta que une os
pontos E e M, sendo M ponto médio de BC, determinar o ângulo CME.

GRATO!!
Douglas Oliveira.

--
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=

Re: [obm-l] Geometria plana (Ajuda)

[Douglas Oliveira de Lima]

Opa desculpe, CF é ceviana que passa por P.

Em 28 de jun de 2017 11:05 AM, "Pedro José"  escreveu:

> Bom dia!
>
> O ponto F não foi definido, mas foram definidas duas medidas de ângulos
> aos quais o ponto F pertence: BCF=20 graus e FCA=40 graus.
> Não faltou definir o ponto F?
>
> Sds,
> PJMS
>
> Em 28 de junho de 2017 09:15, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Olá meus amigos preciso de uma ajuda pra resolver a seguinte questão:
>>
>> Num triângulo ABC , tracam-se as cevianas AD e BE, que se encontram no
>> ponto P, tal que BAD= 10 graus, DAC=70 graus, BCF=20 graus e FCA=40 graus,
>> traçando a ceviana BE que passa por P e o segmento de reta que une os
>> pontos E e M, sendo M ponto médio de BC, determinar o ângulo CME.
>>
>> GRATO!!
>> Douglas Oliveira.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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Re: [obm-l] Geometria plana (Ajuda)

[Pedro José]

Bom dia!

O ponto F não foi definido, mas foram definidas duas medidas de ângulos aos
quais o ponto F pertence: BCF=20 graus e FCA=40 graus.
Não faltou definir o ponto F?

Sds,
PJMS

Em 28 de junho de 2017 09:15, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Olá meus amigos preciso de uma ajuda pra resolver a seguinte questão:
>
> Num triângulo ABC , tracam-se as cevianas AD e BE, que se encontram no
> ponto P, tal que BAD= 10 graus, DAC=70 graus, BCF=20 graus e FCA=40 graus,
> traçando a ceviana BE que passa por P e o segmento de reta que une os
> pontos E e M, sendo M ponto médio de BC, determinar o ângulo CME.
>
> GRATO!!
> Douglas Oliveira.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria Plana

[Israel Meireles Chrisostomo]

Obrigado Ralph

Em 26 de novembro de 2015 22:57, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Sim, ha um argumento simples e convincente para a existencia de tal
> triangulo.
>
> Comece pela circunferencia de raio R. Marque nela ARCOS consecutivos de
> comprimento angular 2a, 2b e 2c (como 2a+2b+2c=2pi, o terceiro arco termina
> onde o primeiro comeca). Use as pontas destes arcos para serem os vertices
> de um triangulo; os angulos do triangulo serao inscritos, e assim valerao
> metade dos arcos, isto eh, a, b e c exatamente.
>
> Abraco, Ralph.
>
> 2015-11-26 22:34 GMT-02:00 Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com>:
>
>> Recentemente me ocupei com alguns pensamentos que não sei se são ou não
>> inúteis:é possível provar que em uma circunferência com um dado raio fixo
>> se pode inscrever triângulos com todos os ângulos possíveis?Isto é,como
>> posso ter certeza que dada uma circunferência sempre haverá um triângulo
>> com ângulos a,b e c, sendo a,b,c reais quaisquer(obviamente a>0,b>0,c>0 e
>> a+b+c=pi).Isso me parece uma consequência imediata do fato de todo
>> triângulo ser circunscritível e por haver proporcionalidade entre as
>> circunferências...Mas como provar isso com argumentos claros e simples?
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Geometria Plana

[Ralph Teixeira]

Sim, ha um argumento simples e convincente para a existencia de tal
triangulo.

Comece pela circunferencia de raio R. Marque nela ARCOS consecutivos de
comprimento angular 2a, 2b e 2c (como 2a+2b+2c=2pi, o terceiro arco termina
onde o primeiro comeca). Use as pontas destes arcos para serem os vertices
de um triangulo; os angulos do triangulo serao inscritos, e assim valerao
metade dos arcos, isto eh, a, b e c exatamente.

Abraco, Ralph.

2015-11-26 22:34 GMT-02:00 Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com>:

> Recentemente me ocupei com alguns pensamentos que não sei se são ou não
> inúteis:é possível provar que em uma circunferência com um dado raio fixo
> se pode inscrever triângulos com todos os ângulos possíveis?Isto é,como
> posso ter certeza que dada uma circunferência sempre haverá um triângulo
> com ângulos a,b e c, sendo a,b,c reais quaisquer(obviamente a>0,b>0,c>0 e
> a+b+c=pi).Isso me parece uma consequência imediata do fato de todo
> triângulo ser circunscritível e por haver proporcionalidade entre as
> circunferências...Mas como provar isso com argumentos claros e simples?
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: {Disarmed} Re: [obm-l] Re: {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana

[Julio César Saldaña]

Muito boa, vou guardar.

Obrigado

Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Tue, 3 Mar 2015 22:13:54 -0300
Asunto : {Disarmed} Re: [obm-l] Re: {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria
plana

Vou compartilhar uma para termos soluções alternativas:
1)Circunscreva um círculo ao triângulo ABC.
2) Prolongue AD até tocar o círculo em F.
3)Trace de B para F e de C para F.
4)Encontre BFA=AFC=90-(BAC)/2
5)Como FA é uma bissetriz teremos BF=2FC.
6)Como BEF é isósceles,  tome um ponto M médio  de BF e Trace EM.
7)Os triângulos EMF e EFC são congruentes,  assim FEC=(BAC) /2

Douglas Oliveira.
Em 03/03/2015 16:04, Julio César Saldaña saldana...@pucp.edu.pe
escreveu:




Isso mesmo, M �ponto medio de BE,

obrigado


Julio Salda馻


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Tue, 3 Mar 2015 15:33:26 -0300
Asunto : {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana
Bela solu莽茫o.

houve s贸 um pequeno erro de digita莽茫o : M 茅 ponto m茅dio de BE, ok ?

Pacini

Em 3 de mar莽o de 2015 11:53, Julio C茅sar Salda帽a saldana...@pucp.edu.pe
escreveu:



 Fiz assim, mas cuidado, costumo me equivocar muito. Podem verificar?

 Notar que ABE=EAC.

 Seja N de AC tal que DN 茅 paralelo 脿 AB, ent茫o DN=NC e AN=2.DN

 Como os tri芒ngulos ABE e ADN s茫o semelhantes ent茫o BE=2.AE

 Seja M o ponto medio de AE, ent茫o BM=ME=AE, e AME=MAE=40.

 Os tri芒ngulos BAM e EAC s茫o congruentes, por tanto igualamos 芒ngulos
 externos
 respectivos: DEC=40.


 Julio Salda帽a


 -- Mensaje original ---
 De : obm-l@mat.puc-rio.br
 Para : obm-l@mat.puc-rio.br
 Fecha : Mon, 2 Mar 2015 09:23:52 -0300
 Asunto : [obm-l] Geometria plana
 Ol脙隆,  bom dia quero compartilhar uma boa quest脙拢o de geometria

com os

 senhores,
 Q1) Num tri脙垄ngulo is脙鲁sceles ABC com AB=AC,  toma-se um ponto D no
lado
 BC
 de forma que BD=2CD e um ponto E em AD tal que os 脙垄ngulos BAC e BED
sejam
 iguais a 80 graus,   encontrar o valor do 脙垄ngulo DEC.
 
 Douglas Oliveira.
 
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 acredita-se estar livre de perigo.

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=

[obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana

[Julio César Saldaña]

Fiz assim, mas cuidado, costumo me equivocar muito. Podem verificar?

Notar que ABE=EAC.

Seja N de AC tal que DN é paralelo à AB, então DN=NC e AN=2.DN

Como os triângulos ABE e ADN são semelhantes então BE=2.AE

Seja M o ponto medio de AE, então BM=ME=AE, e AME=MAE=40. 


Os triângulos BAM e EAC são congruentes, por tanto igualamos ângulos externos
respectivos: DEC=40.


Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Mon, 2 Mar 2015 09:23:52 -0300
Asunto : [obm-l] Geometria plana

Olá,  bom dia quero compartilhar uma boa questão de geometria com os
senhores,
Q1) Num triângulo isósceles ABC com AB=AC,  toma-se um ponto D no lado BC
de forma que BD=2CD e um ponto E em AD tal que os ângulos BAC e BED sejam
iguais a 80 graus,   encontrar o valor do ângulo DEC.

Douglas Oliveira.

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{Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana

[Pacini Bores]

Bela solução.

houve só um pequeno erro de digitação : M é ponto médio de BE, ok ?

Pacini

Em 3 de março de 2015 11:53, Julio César Saldaña saldana...@pucp.edu.pe
escreveu:



 Fiz assim, mas cuidado, costumo me equivocar muito. Podem verificar?

 Notar que ABE=EAC.

 Seja N de AC tal que DN é paralelo à AB, então DN=NC e AN=2.DN

 Como os triângulos ABE e ADN são semelhantes então BE=2.AE

 Seja M o ponto medio de AE, então BM=ME=AE, e AME=MAE=40.

 Os triângulos BAM e EAC são congruentes, por tanto igualamos ângulos
 externos
 respectivos: DEC=40.


 Julio Saldaña


 -- Mensaje original ---
 De : obm-l@mat.puc-rio.br
 Para : obm-l@mat.puc-rio.br
 Fecha : Mon, 2 Mar 2015 09:23:52 -0300
 Asunto : [obm-l] Geometria plana
 Olá,  bom dia quero compartilhar uma boa questão de geometria com os
 senhores,
 Q1) Num triângulo isósceles ABC com AB=AC,  toma-se um ponto D no lado
 BC
 de forma que BD=2CD e um ponto E em AD tal que os ângulos BAC e BED sejam
 iguais a 80 graus,   encontrar o valor do ângulo DEC.
 
 Douglas Oliveira.
 
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[obm-l] Re: {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana

[Julio César Saldaña]

Isso mesmo, M é ponto medio de BE,

obrigado


Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Tue, 3 Mar 2015 15:33:26 -0300
Asunto : {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana

Bela solução.

houve só um pequeno erro de digitação : M é ponto médio de BE, ok ?

Pacini

Em 3 de março de 2015 11:53, Julio César Saldaña saldana...@pucp.edu.pe
escreveu:




Fiz assim, mas cuidado, costumo me equivocar muito. Podem verificar?

Notar que ABE=EAC.

Seja N de AC tal que DN é paralelo à AB, então DN=NC e AN=2.DN

Como os triângulos ABE e ADN são semelhantes então BE=2.AE

Seja M o ponto medio de AE, então BM=ME=AE, e AME=MAE=40.

Os triângulos BAM e EAC são congruentes, por tanto igualamos ângulos
externos
respectivos: DEC=40.


Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Mon, 2 Mar 2015 09:23:52 -0300
Asunto : [obm-l] Geometria plana
Olá,  bom dia quero compartilhar uma boa questão de geometria com os
senhores,
Q1) Num triângulo isósceles ABC com AB=AC,  toma-se um ponto D no lado
BC
de forma que BD=2CD e um ponto E em AD tal que os ângulos BAC e BED sejam
iguais a 80 graus,   encontrar o valor do ângulo DEC.

Douglas Oliveira.

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{Disarmed} Re: [obm-l] Re: {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana

[Douglas Oliveira de Lima]

Vou compartilhar uma para termos soluções alternativas:
1)Circunscreva um círculo ao triângulo ABC.
2) Prolongue AD até tocar o círculo em F.
3)Trace de B para F e de C para F.
4)Encontre BFA=AFC=90-(BAC)/2
5)Como FA é uma bissetriz teremos BF=2FC.
6)Como BEF é isósceles,  tome um ponto M médio  de BF e Trace EM.
7)Os triângulos EMF e EFC são congruentes,  assim FEC=(BAC) /2

Douglas Oliveira.
Em 03/03/2015 16:04, Julio César Saldaña saldana...@pucp.edu.pe
escreveu:



 Isso mesmo, M �ponto medio de BE,

 obrigado


 Julio Salda馻


 -- Mensaje original ---
 De : obm-l@mat.puc-rio.br
 Para : obm-l@mat.puc-rio.br
 Fecha : Tue, 3 Mar 2015 15:33:26 -0300
 Asunto : {Disarmed} Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria plana
 Bela solu莽茫o.
 
 houve s贸 um pequeno erro de digita莽茫o : M 茅 ponto m茅dio de BE, ok ?
 
 Pacini
 
 Em 3 de mar莽o de 2015 11:53, Julio C茅sar Salda帽a saldana...@pucp.edu.pe
 escreveu:
 
 
 
  Fiz assim, mas cuidado, costumo me equivocar muito. Podem verificar?
 
  Notar que ABE=EAC.
 
  Seja N de AC tal que DN 茅 paralelo 脿 AB, ent茫o DN=NC e AN=2.DN
 
  Como os tri芒ngulos ABE e ADN s茫o semelhantes ent茫o BE=2.AE
 
  Seja M o ponto medio de AE, ent茫o BM=ME=AE, e AME=MAE=40.
 
  Os tri芒ngulos BAM e EAC s茫o congruentes, por tanto igualamos 芒ngulos
  externos
  respectivos: DEC=40.
 
 
  Julio Salda帽a
 
 
  -- Mensaje original ---
  De : obm-l@mat.puc-rio.br
  Para : obm-l@mat.puc-rio.br
  Fecha : Mon, 2 Mar 2015 09:23:52 -0300
  Asunto : [obm-l] Geometria plana
  Ol脙隆,  bom dia quero compartilhar uma boa quest脙拢o de geometria com os
  senhores,
  Q1) Num tri脙垄ngulo is脙鲁sceles ABC com AB=AC,  toma-se um ponto D no
 lado
  BC
  de forma que BD=2CD e um ponto E em AD tal que os 脙垄ngulos BAC e BED
 sejam
  iguais a 80 graus,   encontrar o valor do 脙垄ngulo DEC.
  
  Douglas Oliveira.
  
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Re: [obm-l] Geometria plana

[Rogerio Ponce]

E' verdade, Douglas, engraxei a meia...
:)

[]'s
Rogerio Ponce

2015-03-02 20:42 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com:

 Está correto Ponce de uma olhada com calma.
 Forte abraço.
 Em 02/03/2015 19:56, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Douglas,
 eu acho que tem algum engano no enunciado.
 Se D pertence ao lado BC, me parece impossivel que os angulos BAC e BED
 sejam iguais entre si.
 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-02 9:23 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá,  bom dia quero compartilhar uma boa questão de geometria com os
 senhores,
 Q1) Num triângulo isósceles ABC com AB=AC,  toma-se um ponto D no lado
 BC de forma que BD=2CD e um ponto E em AD tal que os ângulos BAC e BED
 sejam iguais a 80 graus,   encontrar o valor do ângulo DEC.

 Douglas Oliveira.

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Re: [obm-l] Geometria plana

[Rogerio Ponce]

Ola' Douglas,
eu acho que tem algum engano no enunciado.
Se D pertence ao lado BC, me parece impossivel que os angulos BAC e BED
sejam iguais entre si.
[]'s
Rogerio Ponce

2015-03-02 9:23 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá,  bom dia quero compartilhar uma boa questão de geometria com os
 senhores,
 Q1) Num triângulo isósceles ABC com AB=AC,  toma-se um ponto D no lado BC
 de forma que BD=2CD e um ponto E em AD tal que os ângulos BAC e BED sejam
 iguais a 80 graus,   encontrar o valor do ângulo DEC.

 Douglas Oliveira.

 --
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 acredita-se estar livre de perigo.

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Re: [obm-l] Geometria plana

[Douglas Oliveira de Lima]

Está correto Ponce de uma olhada com calma.
Forte abraço.
Em 02/03/2015 19:56, Rogerio Ponce abrlw...@gmail.com escreveu:

 Ola' Douglas,
 eu acho que tem algum engano no enunciado.
 Se D pertence ao lado BC, me parece impossivel que os angulos BAC e BED
 sejam iguais entre si.
 []'s
 Rogerio Ponce

 2015-03-02 9:23 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá,  bom dia quero compartilhar uma boa questão de geometria com os
 senhores,
 Q1) Num triângulo isósceles ABC com AB=AC,  toma-se um ponto D no lado BC
 de forma que BD=2CD e um ponto E em AD tal que os ângulos BAC e BED sejam
 iguais a 80 graus,   encontrar o valor do ângulo DEC.

 Douglas Oliveira.

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Re: [obm-l] Geometria Plana

[Douglas Oliveira de Lima]

A altura do triangulo toca AC em H, e assim (EC)^2=AC.CH, como a área do
triângulo ABC
e igual a (4r^2-1)^(1/2), sendo r o raio da circunferência citada no
enunciado, entao (4r^2-1)^(1/2)=2r.(BH)/2, assim BH=((4r^2-1)^(1/2))/r, e
aplicando pitagoras no triângulo BCH teremos (CH)^2=4-(BH)^2, assim CH=1/r,
e como (EC)^2=AC.CH, (EC)^2=2r.1/r, EC=2^(1/2), ou seja raiz de 2.



Em 23 de maio de 2014 00:46, Raphael Aureliano raphael0...@gmail.comescreveu:

 Olá,
 Alguém pode me ajudar no exercício que segue

 Seja ABC um triângulo isósceles, com AB=AC. Com centro no ponto médio de
 AC, traça-se uma circunferência de diâmetro AB. Por B, traçamos uma altura
 do triângulo, que intercepta a circunferência em E. Sabendo que BC=2,
 determine o valor de CE.

 Desde já, agradeço pela devida atenção

 --
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[obm-l] Re: [obm-l] Geometria Plana

[Julio César Saldaña]

Seja M a interseção de BC com a circunferência, então AM é altura. Então MEC =
MAC = EBC.

Devido a ter os mesmos ângulos, os triângulos BEC e MEC são semeljantes, então
EC / 1 = 2/ EC, por tanto EC = sqrt(2).

Julio Saldaña


-- Mensaje original ---
De : obm-l@mat.puc-rio.br
Para : obm-l@mat.puc-rio.br
Fecha : Fri, 23 May 2014 00:46:24 -0300
Asunto : [obm-l] Geometria Plana

Olá,
Alguém pode me ajudar no exercício que segue

Seja ABC um triângulo isósceles, com AB=AC. Com centro no ponto médio de
AC, traça-se uma circunferência de diâmetro AB. Por B, traçamos uma altura
do triângulo, que intercepta a circunferência em E. Sabendo que BC=2,
determine o valor de CE.

Desde já, agradeço pela devida atenção

--
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Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria Plana

[Raphael Aureliano]

Valeu pessoal,  obrigado.

Raphael Aureliano

Praticante de Oficial de Náutica (Piloto)
Guarda-Marinha (RM-2)
Em 23/05/2014 11:26, Julio César Saldaña saldana...@pucp.edu.pe
escreveu:



 Seja M a interseção de BC com a circunferência, então AM é altura. Então
 MEC =
 MAC = EBC.

 Devido a ter os mesmos ângulos, os triângulos BEC e MEC são semeljantes,
 então
 EC / 1 = 2/ EC, por tanto EC = sqrt(2).

 Julio Saldaña


 -- Mensaje original ---
 De : obm-l@mat.puc-rio.br
 Para : obm-l@mat.puc-rio.br
 Fecha : Fri, 23 May 2014 00:46:24 -0300
 Asunto : [obm-l] Geometria Plana
 Olá,
 Alguém pode me ajudar no exercício que segue
 
 Seja ABC um triângulo isósceles, com AB=AC. Com centro no ponto médio
 de
 AC, traça-se uma circunferência de diâmetro AB. Por B, traçamos uma
 altura
 do triângulo, que intercepta a circunferência em E. Sabendo que BC=2,
 determine o valor de CE.
 
 Desde já, agradeço pela devida atenção
 
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Re: [obm-l] Geometria Plana - Relações Trigonométricas

[Listeiro 037]

Eu tinha umas relações da forma (ab+ac+bc)/abc com alturas e senos, mas
não sei onde guardei. Sobre as ternas:

Sabe-se que

(m²-n²)² + (2mn)² = (m²+n²)²

Seja a=(m²-n²), b=2mn e c = (m²+n²)

Divisibilidade por 4:

Para m par e n par é automático 4|abc
Para m ímpar e n par, 4|2mn, então 4|abc
Para m ímpar e n ímpar, é garantido que m² e n² são divisíveis por 2
(melhor, por 4 ja que ambos são da forma 4k+1 m² é côngruo a n² módulo
4), como b é divisível por 2 fica 4|abc.

(2k+1)² = 4k²+4k+1 = 4(k²+k)+1 - 4r+1

Divisibilidade por 3:

Caso em que a ou b é da forma 3k é automático 3|abc.

Caso em que a ou b são da forma 3k+1 ou 3k+2:7

(3k+1)² = 9k²+6k+1 - 3(3k²+2k)+1 - 3r+1
(3k+2)² = 9k²+12k+4 - 3(3k²+4k+1)+1 - 3r+1

Ou seja, a² é côngruo com b² módulo 3.

m²-n² garante 3|abc.

Divisibilidade por 5:

Caso em que a ou b é da forma 5k é automático 5|abc.

Caso em que a ou b são da forma 5k+1 ou 5k+4:
(5k+1)² = 25k²+10k+1 - 5(5k²+2k)+1 - 5r+1
(5k+4)² = 25k²+40k+16 - 5(5k²+8k+3)+1 - 5r+1

Caso em que a ou b são da forma 5k+2 ou 5k+3:
(5k+2)² = 25k²+20k+4 - 5(5k²+4k)+4 - 5s+4
(5k+3)² = 25k²+30k+9 - 5(5k²+6k+1)+4 - 5s+4

Para o caso de a e b serem da forma 5k+1 ou 5k+4, m² é côngruo a n²
módulo 5, logo m²-n² garante 5|abc.

Para o caso de a e b serem da forma 5k+2 ou 5k+3, m² é côngruo a n²
módulo 5, logo m²-n² garante 5|abc.

No caso de m² ser incôngruo a n², temos que suas somas são côngruas
módulo 5. Um é da forma 5k+1 ou 5k+4 e o outro é da forma 5k+2 ou 5k+3.
Logo um deles assume a forma 5r+1 e o outro a forma 5s+4 oui
vice-versa. Portanto m²+n² garante 5|abc.

Portanto 3.4.5 = 30|abc sendo a,b,c uma terna pitagórica.


Em Mon, 28 Apr 2014 19:31:59 -0700 (PDT)
luiz silva luizfelipec...@yahoo.com.br escreveu:

 Ola Pessoal,
 
 Eu não sei se já postei isso aqui, mas trabalhando em alguns
 problemas, encontrei algumas coisas interessantes :
 
 A) Relações Trigonométrica entre os ângulos de um triângulo
 qualquer (fiz os cálculos usando um triangulo acutângulo qqer de
 lados x,y e z) 
 1) Cos2X + Cos2Y + Cos2Z +
 2CosXCosYCosZ = 1
  
 Quando um dos ângulos é 90º , a relação se reduz a :
  
 Cos2X + Cos2Y  = 1
  
 Como X+Y = 90º
  
 Cos2X + Sen2X  = 1
  
 De (1),  resultam as seguintes relações :
  
 2) Cos2Y + Cos2Z + 2CosXCosYCosZ = Sen2X
  
 3) Cos2X + Cos2Z + 2CosXCosYCosZ = Sen2Y
  
 4) Cos2X + Cos2Y + 2CosXCosYCosZ = Sen2Z
  
 5) 4R2 (Cos2X + Cos2Y + 2CosXCosYCosZ)
 = z2 
 
 E as outras relações envolvendo R e x  e R e y
 
  
 R raio do círculo circunscrito e x,y e z lados do triangulo.
  
 6) 2 = Sen2X + Sen2Y + Sen2Z
 - 2CosXCosYCosZ
 
 6) 1 + Sen2X + Cos2X  = Sen2X + Sen2Y + Sen2Z - 2CosXCosYCosZ
 
  
 Pela lei dos Senos, temos que SenX, SenY e SenZ formam um
 triangulo semelhante ao triângulo de lados x, y e z. Dessa forma,
 temos : 
 Sen2Z = Sen2X + Sen2Y - 2SenXSenYCosZ 
  
 De (4) temos que :
  
 Sen2Z = Cos2X + Cos2Y + 2CosXCosYCosZ 
  
 Ou seja, os triângulos de lado SenX, SenY e SenZ e CosX,
 CosY e SenZ formam um quadrilátero inscritível com diagonal SenZ, em
 um cíuculo cujo raio R = ½
 
 A) Ternos Pitagóricos Primitivos
 
 Dado o terno pitagórico a,b e c,  3 x 4 x 5 = 60 divide abc
 
 Eu procurei na internet e não achei essas relações. Vcs sabem de
 alguma coisa?
 
 Abs
 Felipe





-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] Geometria Plana - Triângulo

[Eduardo Wilner]

Carlos Vitor, poderia explicar por que o quadrilatero ACHE eh ciclico?

Vc. estah considerando EH paralelo a AC? Por que?
 
[ ]'s

[obm-l] Re: [obm-l] Geometria Plana - Triângulo

[Carlos Victor]

Olá  Arkon ,
Uma solução é :

Seja O o ortocentro de ABC . Observe que o triângulo AOC é semelhante ao
triângulo OEH  , pois o quadrilátero ACHE é inscritível . Seja x  = EH ,
então 7/x = AO/EO e como OE = OA.cosB . Usando a lei dos cosenos  encontre
cosB = 1/5 e daí x =7/5 , ok ? .Acredito que pensar no círculo dos nove
pontos  pode também resolver .

Confira as contas .

Abraços

Carlos  Victor

Em 28 de agosto de 2012 19:31, arkon ar...@bol.com.br escreveu:

 Pessoal, qual o bizu?
 Â
 Em um triângulo ABC, traçam-se as alturas AH e CE. Se AB=5m, BC=6m e
 AC=7m, calcule EH.
 Â
 (A) 7/5 m (B) 9/5 m (C) 10/7 m (D) 10/3 m (E) 2
 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] GEOMETRIA PLANA DEMONSTRAÇ ÃO

[Marcelo Costa]

Muitíssimo obrigado e boas festas!


Em 20 de dezembro de 2010 23:11, Eduardo Beltrao e-...@ig.com.br escreveu:

 Prezado Marcelo,
 Após algum tempo solucionando o problema proposto, cheguei a uma
 resposta muito próxima da que você postou aqui. A solução transcrevo abaixo,
 porém peço para que verifique se o resultado correto é realmente (OG)^2 =
 R^2 - 1/3*(A^2 + B^2 + C^2), e não (OG)^2 = R^2 - 1/9*(A^2 + B^2 + C^2).

 Atenciosamente,

 Eduardo Beltrão

 _

 Sejam AB = c, AC = b e BC = a os lados do triângulo ABC.
 Sejam M, N e P os pontos médios de BC, AC e AB, respectivamente.

 OBS: Para efeito de visualização, considere BC o lado do triângulo mais
 próximo do centro O do círculo.
 Observe que o triângulo OMC é retângulo, e assim:
 (OM)^2 + (CM)^2 = (OC)^2  ( I )

 No triângulo AMC temos que, pela lei dos cossenos:
 (AC)^2 = (AM)^2 + (CM)^2 - 2*(AM)*(CM)*cos(A^MC)  ( II )

 Também pela lei dos cossenos, temos, no triângulo ABM, que:
 (AB)^2 = (AM)^2 + (BM)^2 - 2*(AM)*(BM)*cos(180º - A^MC)  ( III )

 Em ( III ), como M é ponto médio de BC temos:
 (AB)^2 = (AM)^2 + (CM)^2 + 2*(AM)*(CM)*cos(A^MC)  ( IV )

 Somando membro a membro as equações ( II ) e ( IV ), temos:
 (AC)^2 + (AB)^2 = 2*(AM)^2 + 2*(CM)^2
 (AM)^2 = [(AC)^2 + (AB)^2 - 2*(CM)^2]/2  ( V )

 Como G é baricentro do triângulo ABC, então:
 GM = (AM)/3  ( VI )

 No triângulo OBM temos, pela lei dos cossenos:
 (OA)^2 = (OM)^2 + (AM)^2 - 2*(OM)*(AM)*cos(O^MA)  ( VII )

  Também pela lei dos cossenos, no triângulo OGM, temos:
 (OG)^2 = (OM)^2 + (GAM)^2 - 2*(OM)*(GM)*cos(O^MG)  ( VIII )

 Observe que os ângulos O^MA e O^MG são iguais, pois A e G são pontos do
 mesmo segmento AM. Assim, manipulando as equações (VII) e (VIII) temos:
 [(OM)^2 + (AM)^2 - (OA)^2]/AM = [(OM)^2 + (GM)^2 - (OG)^2]/GM  ( IX
 )

 Substituindo (I) e (VI) em (IX), temos:
 (OC)^2 - (CM)^2 + (AM)^2 - (OA)^2 = 3*[(OC)^2 - (CM)^2 + ((AM)/3)^2 -
 (OG)^2]
 (OC)^2 - (CM)^2 + (AM)^2 - (OA)^2 = 3*(OC)^2 - 3*(CM)^2 + [(AM)^2]/3 -
 3*(OG)^2

 Como OA = OC = R, temos:
 R^2 - (CM)^2 + (AM)^2 - R^2 = 3*(R^2) - 3*(CM)^2 + [(AM)^2]/3 - 3*(OG)^2
  (AM)^2 - (CM)^2 = 3*(R^2) - 3*(CM)^2 + [(AM)^2]/3 - 3*(OG)^2  ( X
 )

 por fim, substituindo (V) em (X), temos:
 [(AC)^2 + (AB)^2 - 2*(CM)^2]/2 - (CM)^2 = 3*(R^2) - 3*(CM)^2 + [(AC)^2 +
 (AB)^2 - 2*(CM)^2]/6 - 3*(OG)^2

 Manipulando a equação acima, de modo a isolar o termo (OC)^2, temos que:
 (OG)^2 = R^2 - (a^2 + b^2 + c^2)/9


 Em 17 de dezembro de 2010 07:39, Marcelo Costa mat.mo...@gmail.comescreveu:

 CONSIDERE UM TRIÂNGULO OBTUSÂNGULO ABC, CUJOS OS LADOS MEDEM A, B e C,
 INSCRITO NUM CÍRUCULO DE RAIO R E CENTRO O.
 SENDO G O BARICENTRO DO TRIÂNGULO ABC, MOSTRE QUE:
 (OG)^2 = R^2 - 1/3*(A^2 + B^2 + C^2)


 AGRADEÇO DESDE JÁ A ATENÇÃO DOS COLEGAS, OBRIGADO!

[obm-l] Re: [obm-l] GEOMETRIA PLANA DEMONSTRAÇÃO

[Eduardo Beltrao]

Prezado Marcelo,
Após algum tempo solucionando o problema proposto, cheguei a uma
resposta muito próxima da que você postou aqui. A solução transcrevo abaixo,
porém peço para que verifique se o resultado correto é realmente (OG)^2 =
R^2 - 1/3*(A^2 + B^2 + C^2), e não (OG)^2 = R^2 - 1/9*(A^2 + B^2 + C^2).

Atenciosamente,

Eduardo Beltrão

_

Sejam AB = c, AC = b e BC = a os lados do triângulo ABC.
Sejam M, N e P os pontos médios de BC, AC e AB, respectivamente.

OBS: Para efeito de visualização, considere BC o lado do triângulo mais
próximo do centro O do círculo.
Observe que o triângulo OMC é retângulo, e assim:
(OM)^2 + (CM)^2 = (OC)^2  ( I )

No triângulo AMC temos que, pela lei dos cossenos:
(AC)^2 = (AM)^2 + (CM)^2 - 2*(AM)*(CM)*cos(A^MC)  ( II )

Também pela lei dos cossenos, temos, no triângulo ABM, que:
(AB)^2 = (AM)^2 + (BM)^2 - 2*(AM)*(BM)*cos(180º - A^MC)  ( III )

Em ( III ), como M é ponto médio de BC temos:
(AB)^2 = (AM)^2 + (CM)^2 + 2*(AM)*(CM)*cos(A^MC)  ( IV )

Somando membro a membro as equações ( II ) e ( IV ), temos:
(AC)^2 + (AB)^2 = 2*(AM)^2 + 2*(CM)^2
(AM)^2 = [(AC)^2 + (AB)^2 - 2*(CM)^2]/2  ( V )

Como G é baricentro do triângulo ABC, então:
GM = (AM)/3  ( VI )

No triângulo OBM temos, pela lei dos cossenos:
(OA)^2 = (OM)^2 + (AM)^2 - 2*(OM)*(AM)*cos(O^MA)  ( VII )

 Também pela lei dos cossenos, no triângulo OGM, temos:
(OG)^2 = (OM)^2 + (GAM)^2 - 2*(OM)*(GM)*cos(O^MG)  ( VIII )

Observe que os ângulos O^MA e O^MG são iguais, pois A e G são pontos do
mesmo segmento AM. Assim, manipulando as equações (VII) e (VIII) temos:
[(OM)^2 + (AM)^2 - (OA)^2]/AM = [(OM)^2 + (GM)^2 - (OG)^2]/GM  ( IX
)

Substituindo (I) e (VI) em (IX), temos:
(OC)^2 - (CM)^2 + (AM)^2 - (OA)^2 = 3*[(OC)^2 - (CM)^2 + ((AM)/3)^2 -
(OG)^2]
(OC)^2 - (CM)^2 + (AM)^2 - (OA)^2 = 3*(OC)^2 - 3*(CM)^2 + [(AM)^2]/3 -
3*(OG)^2

Como OA = OC = R, temos:
R^2 - (CM)^2 + (AM)^2 - R^2 = 3*(R^2) - 3*(CM)^2 + [(AM)^2]/3 - 3*(OG)^2
 (AM)^2 - (CM)^2 = 3*(R^2) - 3*(CM)^2 + [(AM)^2]/3 - 3*(OG)^2  ( X )

por fim, substituindo (V) em (X), temos:
[(AC)^2 + (AB)^2 - 2*(CM)^2]/2 - (CM)^2 = 3*(R^2) - 3*(CM)^2 + [(AC)^2 +
(AB)^2 - 2*(CM)^2]/6 - 3*(OG)^2

Manipulando a equação acima, de modo a isolar o termo (OC)^2, temos que:
(OG)^2 = R^2 - (a^2 + b^2 + c^2)/9


Em 17 de dezembro de 2010 07:39, Marcelo Costa mat.mo...@gmail.comescreveu:

 CONSIDERE UM TRIÂNGULO OBTUSÂNGULO ABC, CUJOS OS LADOS MEDEM A, B e C,
 INSCRITO NUM CÍRUCULO DE RAIO R E CENTRO O.
 SENDO G O BARICENTRO DO TRIÂNGULO ABC, MOSTRE QUE:
 (OG)^2 = R^2 - 1/3*(A^2 + B^2 + C^2)


 AGRADEÇO DESDE JÁ A ATENÇÃO DOS COLEGAS, OBRIGADO!

Re: [obm-l] Geometria Plana CN

[JOSE AIRTON CARNEIRO]

Preturlan, esta questão do CN é de que ano?
Se M fosse ponto médio de HX e não de BC a solução apresentada seria legal.
Como o CN geralmente comete erros nos enunciados, esta está parecendo mais
uma.
Em todo caso se você conseguir uma solução não se esqueça de postar.
2009/6/5 Joâo Gabriel Preturlan jgpretur...@uol.com.br

  *Caro Colega,*

 * *

 *Primeiramente agradeço pela solução. Mas caí num dilema... como provar
 que o ponto X é simétrico ao Ortocentro em relação ao ponto médio?*

 * *

 *Conheço um fato de simetria somente: o ponto que está na circunferência
 circunscrita e está determinado pela reta suporte da altura é simétrico ao
 ortocentro em relação ao ponto que a altura corta o lado do triângulo (não
 sei se fui claro). Inclusive, isso é fácil de demonstrar.*

 * *

 *Agora, não consegui provar a proposição que você fez... Você ou alguém
 conhece a demonstração desse caso? Se alguém puder me ajudar agradeço
 imensamente.*

 * *

 *[]’s*

 *João Gabriel Preturlan*



 *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
 nome de *Nhampari Midori
 *Enviada em:* quinta-feira, 4 de junho de 2009 10:24
 *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Assunto:* RES: [obm-l] Geometria Plana CN



 Olá João Gabriel

 É bem conhecido que os pontos simétricos do ortocentro em relação aos lados
 de um triângulo estão sobre a circunferência circunscrita.

 Usando esse fato fica fácil de se ver que X é o simétrico de H com relação
 a M.

 Seja P o pé da altura relativa ao vértice B com relação ao lado AC.
 Examinando o triângulo YHX notamos que PM é a base média com relação ao lado
 XY.

 Assim XY mede o dobro de PM. Agora PM é a metade do lado BC ( basta olhar
 para o triângulo retângulo BPC).

 Conclusão XY=BC=27.

 Veja se está claro.

 Um abraço.

 Nhampari.




  --

 *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *Em
 nome de *Joâo Gabriel Preturlan
 *Enviada em:* quarta-feira, 3 de junho de 2009 23:25
 *Para:* OBM-L
 *Assunto:* [obm-l] Geometria Plana CN



 *Gostaria de ajuda na seguinte questão:*

 * *

 *“Sejam o triângulo ABC de lados AB= 25, AC=26, BC=27cm, H o ortocentro de
 ABC e M o ponto médio do lado BC. Seja X o ponto em que a reta HM intersecta
 o arco BC(que não contém A) da circunferência circunscrita a ABC. Seja Y o
 ponto de interseção da reta BH com a circunferência, distinto de B.
 Determine a medida de XY.

 a)28
 b)27
 c)26
 d)25
 e)24”*

 * *

 *[]’s*

 *João Gabriel Preturlan*

 Nenhum vírus encontrado nessa mensagem recebida.
 Verificado por AVG - www.avgbrasil.com.br
 Versão: 8.5.339 / Banco de dados de vírus: 270.12.53/2155 - Data de
 Lançamento: 06/04/09 17:55:00

Re: [obm-l] Geometria Plana CN

[lucianarodriggues]

Em 03/06/2009 23:25, Joâo Gabriel Preturlan  jgpretur...@uol.com.br  escreveu:



Gostaria de ajuda na seguinte questão:
 
“Sejam o triângulo ABC de lados AB= 25, AC=26, BC=27cm, H o ortocentro de ABC e M o ponto médio do lado BC. Seja X o ponto em que a reta HM intersecta o arco BC(que não contém A) da circunferência circunscrita a ABC. Seja Y o ponto de interseção da reta BH com a circunferência, distinto de B. Determine a medida de XY.a)28b)27c)26d)25e)24”
 
[]’s
João Gabriel Preturlan


=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria Plana - 3 problema s clássicos

[lucianarodriggues]

Em 26/05/2009 09:00, Fernando Lima Gama Junior  fgam...@gmail.com  escreveu:Começou...
Fernando GamaSent from Brasilia, DF, Brazil 
2009/5/26 
Em 25/05/2009 22:05, Carlos Nehab < ne...@infolink.com.br > escreveu: 
Aos aficcionados:Três problemas clássicos e interessantes de geometria plana:1) Dado um triângulo ABC, identifique o triângulo de perímetro mínimo 

nele inscrito (cada vértice - P, Q e R, em um lado distinto de ABC).2) Determinar o centro de uma circunferência dada utilizando apenas compasso.3) Determinar o ponto médio de um segmento dado, utilizando apenas 

compasso (difícil).Nehab=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html

== Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = 




=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] Geometria Plana - 3 problemas clássicos

[lucianarodriggues]

Em 25/05/2009 22:05, Carlos Nehab  ne...@infolink.com.br  escreveu:Aos aficcionados:Três problemas clássicos e interessantes de geometria plana:1) Dado um triângulo ABC, identifique o triângulo de perímetro mínimo nele inscrito (cada vértice - P, Q e R, em um lado distinto de ABC).2) Determinar o centro de uma circunferência dada utilizando apenas compasso.3) Determinar o ponto médio de um segmento dado, utilizando apenas compasso (difícil).Nehab=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html=
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Geometria Plana - 3 problema s clássicos

[Fernando Lima Gama Junior]

Começou...

Fernando Gama

Sent from Brasilia, DF, Brazil

2009/5/26 lucianarodrigg...@uol.com.br




 Em 25/05/2009 22:05, *Carlos Nehab  ne...@infolink.com.br * escreveu:


 Aos aficcionados:

 Três problemas clássicos e interessantes de geometria plana:

 1) Dado um triângulo ABC, identifique o triângulo de perímetro mínimo
 nele inscrito (cada vértice - P, Q e R, em um lado distinto de ABC).
 2) Determinar o centro de uma circunferência dada utilizando apenas
 compasso.
 3) Determinar o ponto médio de um segmento dado, utilizando apenas
 compasso (difícil).

 Nehab

 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
 =

 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html=

[obm-l] Re: [obm-l] Geometria Plana - 3 problemas clássico s

[luiz silva]

Olá Carlos,
 
Não sou muito bom nestes tipos de problemas. Porém, com relação ao 3o., dado um 
segmento qqer AB,  não bastaria utilizarmos o procedimento padrão para traçar 
mediatriz, só que, ao invés de unirmos os pontos C e D, obtidos com a 
utilização do compasso, traçaríamos a ciscunferência com centro em A ou B e 
tangente ao segmento ?
 
Um outro problema muito legal :
 
Duas circunferências secantes se interceptam nos pontos A e B. Traçar o 
segmento CD, passando por A ( C em uma circunferência e D na outra), de modo 
que os segmentos CA=AD.
 
Abs
Felipe

--- Em seg, 25/5/09, Carlos Nehab ne...@infolink.com.br escreveu:


De: Carlos Nehab ne...@infolink.com.br
Assunto: [obm-l] Geometria Plana - 3 problemas clássicos
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Segunda-feira, 25 de Maio de 2009, 22:05


Aos aficcionados:

Três problemas clássicos e interessantes de geometria plana:

1) Dado um triângulo ABC, identifique o triângulo de perímetro mínimo nele 
inscrito (cada vértice - P, Q e R, em um lado distinto de ABC).
2) Determinar o centro de uma circunferência dada utilizando apenas compasso.
3) Determinar o ponto médio de um segmento dado, utilizando apenas compasso 
(difícil).

Nehab

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=



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Re: [obm-l] geometria plana

[Tarso de Moura Leitão]

Considere a circunferência inscrita no triângulo retângulo ABC em questão, seja 
r seu raio.Vamos imaginar a seguinte construção geométrica: 
Passo 1 - Ponta seca do compasso em A trace o arco que passa por C até cortar a 
hipotenusa em E.
Passo 2 - Ponta seca em B trace o arco que passa por C e corta a hipotenusa em 
D.
É fácil concluir que DE=2r ( basta acompanhar os movimentos dos pontos de 
tangência do incírculo sobre os catetos nos traçados anteriores ).
Agora o que se pede para provar é que DG + EF = 2r.
Examine o triângulo retângulo ADG para concluir que
DG=(b - 2r )xsenA=(b - 2r )xa/c, do mesmo modo examinando o triangulo retângulo 
BEF podemos concluir que EF=(a - 2r )xb/c. Somando membro a membro obtemos DG + 
EF = ( ab - 2ar + ab - 2br )/c, agora ab é o dobro da área do triângulo ABC, 
que é igual a (a+b+c)xr.
Uma simples substituição da expressão 2ab por essa última fornece o resultado 
desejado.
Espero ter ajudado.
Tarso de Moura Leitão.

Re: [obm-l] geometria plana

[Otávio Menezes]

Tarso, não entendi a que movimento você se refere.

Minha solução é a standard:

DE = AB - AD - EB = AB - (AB - BC) - (AB - AC) = AC + BC - AB

Da semelhança de AGD e ABC:

AD/AB = (AB - BC)/AB = GD/BC = 1 - BC/AB

GD = BC - BC²/AB

Analogamente, EF = AC - AC²/AB

Somando:  GD + EF = AC + AB - (AC² + BC²)/AB = AC + BC - AB = DE


Com uma boa figura dá para conjecturar que, se H é o pé da altura relativa à
hipotenusa de ABC, então DG = DH e EF = EH. Creio que uma solução melhor
pode ser obtida a partir da prova dessa conjectura.

2008/12/15 Tarso de Moura Leitão barz...@dglnet.com.br

  Considere a circunferência inscrita no triângulo retângulo ABC em
 questão, seja r seu raio.Vamos imaginar a seguinte construção geométrica:
 Passo 1 - Ponta seca do compasso em A trace o arco que passa por C até
 cortar a hipotenusa em E.
 Passo 2 - Ponta seca em B trace o arco que passa por C e corta a hipotenusa
 em D.
 É fácil concluir que DE=2r ( basta acompanhar os movimentos dos pontos de
 tangência do incírculo sobre os catetos nos traçados anteriores ).
 Agora o que se pede para provar é que DG + EF = 2r.
 Examine o triângulo retângulo ADG para concluir que
 DG=(b - 2r )xsenA=(b - 2r )xa/c, do mesmo modo examinando o triangulo
 retângulo BEF podemos concluir que EF=(a - 2r )xb/c. Somando membro a membro
 obtemos DG + EF = ( ab - 2ar + ab - 2br )/c, agora ab é o dobro da área do
 triângulo ABC, que é igual a (a+b+c)xr.
 Uma simples substituição da expressão 2ab por essa última fornece o
 resultado desejado.
 Espero ter ajudado.
 Tarso de Moura Leitão.

RE: [obm-l] geometria plana

[Danilo Barros]

Os triângulos AEC e DBC são isósceles. Ângulo BCD = BDC = x , ACE = AEC = y. 
Seja DC = m , CE = n. 
Da figura, GD = m.cosx e EF = n.cos y. Logo GD + EF = m.cosx + n.cosy.
Lei dos Senos em DEC:

DE/sin(x+y) = DC/siny = EC/sinx = 2R. Logo m = 2R.siny e n = 2R.sinx e DE = 
2R.sin(x+y)

GD + EF = 2R(siny.cosx + sinx.cosy) = 2R.sin(x+y) = DE , como queríamos 
demonstrar.

Date: Mon, 15 Dec 2008 14:58:09 -0200
From: ommene...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: Re: [obm-l] geometria plana

Tarso, não entendi a que movimento você se refere.

Minha solução é a standard:

DE = AB - AD - EB = AB - (AB - BC) - (AB - AC) = AC + BC - AB

Da semelhança de AGD e ABC:

AD/AB = (AB - BC)/AB = GD/BC = 1 - BC/AB


GD = BC - BC²/AB

Analogamente, EF = AC - AC²/AB

Somando:  GD + EF = AC + AB - (AC² + BC²)/AB = AC + BC - AB = DE


Com uma boa figura dá para conjecturar que, se H é o pé da altura relativa à 
hipotenusa de ABC, então DG = DH e EF = EH. Creio que uma solução melhor pode 
ser obtida a partir da prova dessa conjectura.


2008/12/15 Tarso de Moura Leitão barz...@dglnet.com.br








Considere a circunferência inscrita no triângulo 
retângulo ABC em questão, seja r seu raio.Vamos imaginar a seguinte construção 
geométrica: 
Passo 1 - Ponta seca do compasso em A trace o arco 
que passa por C até cortar a hipotenusa em E.
Passo 2 - Ponta seca em B trace o arco que passa 
por C e corta a hipotenusa em D.
É fácil concluir que DE=2r ( basta acompanhar os 
movimentos dos pontos de tangência do incírculo sobre os catetos nos traçados 
anteriores ).
Agora o que se pede para provar é que DG + EF = 
2r.
Examine o triângulo retângulo ADG para concluir 
que
DG=(b - 2r )xsenA=(b - 2r )xa/c, do mesmo modo 
examinando o triangulo retângulo BEF podemos concluir que EF=(a - 2r )xb/c. 
Somando membro a membro obtemos DG + EF = ( ab - 2ar + ab - 2br )/c, agora ab é 
o dobro da área do triângulo ABC, que é igual a (a+b+c)xr.
Uma simples substituição da expressão 2ab por essa 
última fornece o resultado desejado.
Espero ter ajudado.
Tarso de Moura Leitão.


_
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Re: [obm-l] geometria plana

[Tarso de Moura Leitão]

Olá Otávio e João Gabriel, vou descrever a propriedade do triângulo retângulo 
que usei. Pois bem seja ABC triângulo retângulo ( conforme o desenho do João 
Gabriel ). Conside re agora seu incírculo ( é o círculo inscrito ) com seus 
respectivos pontos de tangência sobre os catetos e sobre a hipotenusa. Com 
centro sobre cada extremidade da hipotenusa rode cada um dos catetos até 
fazê-los coincidir sobre a hipotenusa, pois bem há um segmento que é a 
sobreposição dos catetos sobre a hipotenusa, esse segmento tem por medida 2r ( 
diâmetro do incírculo ). O que afirmo é: se acompanho a rotação dos catetos 
olhando para os pontos de tangência do incírculo sobre eles vejo imediatamente 
que coincidirão sobre a hipotenusa exatamente sobre o ponto de tangência do 
incírculo sobre a hipotenusa. Todo o resto são cálculos simples.
Espero ter ajudado.
Um abraço.
Tarso de Moura Leitão

Re: [obm-l] Geometria Plana - Área

[Magico Facktor]

Dá uma olhada:
http://img219.imageshack.us/my.php?image=geometriaareaav2nd1.jpg

Por semelhança (deixei indicado na figura), da pra achar o t. E, como t é
altura do triangulo destacado, é só fazer base vezes altura sobre 2.


Abraço.



2008/11/12 [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]

 Propus para alguns alunos o seguinte exercício:

 Na figura a seguir, o quadrado e o triângulo tem lados com medida 1.
 http://img520.imageshack.us/my.php?image=geometriaareaav2.png

 Pede-se a área destacada.

 Gostaria de ver a resolução dos colegas, na esperança de que alguém tenha
 uma idéia mais simples do que a minha. Geometria analítica é uma opção, mas
 procuro alguma solução criativa.

 É isso.
 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Eobmlistas/obm-l.html
 =

Re: [obm-l] Geometria Plana,Onde está P?

[Arlane Manoel S Silva]

Citando JOSE AIRTON CARNEIRO [EMAIL PROTECTED]:


ABC é um triângulo retângulo de hipotenusa BC e altura AH. Seja P um ponto
do mesmo semi-plano de A em relação à reta suporte de BC. Os ângulos HPC e
ABC são iguais a 15º. Se o segmento PH é o maior possível, pode-se afirmar
que PH é igual a:
a) AC  b) AB   c) BC/2 d) HC/2   e) AH



  Fiz uma figura para ajudar!

  Consideremos o triângulo ABC como no enunciado. Note que os  
triângulos retângulos ABC e AHC são semelhantes, e portanto vale

AC/HC = BC/AC(1).

  Como o ponto P olha o segmento HC sob um ângulo de 15°, isto  
significa que ele está no ARCO CAPAZ determinado pelo segmento HC e  
pelo ângulo de 15°, e ainda, o tal arco capaz está no mesmo  
semi-plano, determinado pela reta suporte BC, que o ponto A. É claro  
que este arco determina uma circunferência, digamos C. Por outro lado,  
o comprimento HP é máximo, o que significa que o segmento HP é um  
diâmetro da circunferência C, e portanto o triângulo HCP é reto. Disto  
segue que os triângulos retângulos HCP e ABC são semelhantes. Logo,

CH/CA = HP/BC
e de (1) resulta que
   AC/BC = HP/BC
de onde concluimos que
HP=AC.
 Alternativa A.


  inté



--
  Arlane Manoel S Silva
Departamento de Matemática
Instituto de Matemática e Estatística-USP
attachment: fig1.png

Re: [obm-l] Geometria Plana

[JOSE AIRTON CARNEIRO]

Em 27/07/08, Anderson Weber [EMAIL PROTECTED] escreveu:

  Obtive 52 graus como resposta, mas não entendi a função do ponto E no
 problema.



 Um abraço.

 Anderson

  As alternativas são: a) 100 b) 88 c) 76 d) 54  e) 44

 *De:* [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] *Em
 nome de *JOSE AIRTON CARNEIRO
 *Enviada em:* sexta-feira, 25 de julho de 2008 21:30
 *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Assunto:* [obm-l] Geometria Plana



 Num triângulo ABC, AB = AC, o ponto interno ao lado AC é determinado de
 modo que DC = BC.

 Prolonga-se o lado BC (no sentido de B para C) até o ponto E de modo que CE
 = BC. Se o ângulo ABD mede 12º, qual a medida, em graus, do ângulo BAC?

Re: [obm-l] Geometria Plana

[JOSE AIRTON CARNEIRO]

Em 26/07/08, João Gabriel Preturlan [EMAIL PROTECTED] escreveu:

  Boa Noite!



 Veja se serei claro... se tiver alguma duvida quanto ao que eu vou propor é
 só me avisar... Acho que dessa forma está certo:

 (Fazer o desenho ajuda muito)



 Como conseqüência do que é dado, o ângulo(ABC)=ângulo(ACB)=b. Além disso,
 podemos considerar o ângulo(BAC)=a.

 Assim, produziremos a eq. I: a + 2b = 180



 Como Ang(ABD)=12 graus, logo Ang(CBD) = b – 12... Assim, também tem-se que,
 como BC=CD, o Ang(BDC) = b – 12 também.

 Fora isso, o Próprio Ang(BDC) é externo e oposto em relação aos ângulos ABD
 e BAD do triangulo ABD. Logo, como ele equivale a soma dos opostos, Ang(BDC)
 = Ang(BAD) + Ang(ABD).

 Assim, como Ang(BAD) é congruente ao Ang(BAC), temos a eq. II: b – 12 = a +
 12



 Logo, organizando um sisteminha:



 eq. I: a + 2b = 180

 eq. II: b – a = 24



 têm-se que a=44 graus...



 Não sei se acertei, porque eu não entendo o porquê do examinador dar
 qualquer informação referente ao ponto E se ela não chega a ser usada para
 achar a informação desejada.

 Ainda mais pelo fato de aparecer a semi-circunferência provando que o
 ângulo BDE é reto. Bom, se a pergunta for esse mesmo essa é a resolução que
 eu proponho...



 Abraço,

 JG



 *De:* [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] *Em
 nome de *JOSE AIRTON CARNEIRO
 *Enviada em:* sexta-feira, 25 de julho de 2008 21:30
 *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Assunto:* [obm-l] Geometria Plana



 Num triângulo ABC, AB = AC, o ponto interno ao lado AC é determinado de
 modo que DC = BC.

 Prolonga-se o lado BC (no sentido de B para C) até o ponto E de modo que CE
 = BC. Se o ângulo ABD mede 12º, qual a medida, em graus, do ângulo BAC?



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 06:51

Obrigado joão. Você está certissimo,quanto ao ponto E, se têm alguma
finalidade você provou que é desnecessária. Desculpe ter omitido no
enunciado (o ponto D interno ao lado AC).

Re: [obm-l] Geometria Plana / Algebra

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

Só uma ajuda então (pro de geometria, o de álgebra, como você falou, é
pouco claro...)

Esse exercício mostra bem como é importante usar vários lados da
geometria juntos... a área do triângulo hachurado é
(base * altura) / 2
Pegue a base no lado do quadrado, que essa é fácil de calcular. Agora,
é achar a altura. Bom, aqui, você bota tudo nos eixos, um dos jeitos
é você botar o ponto de contato como origem, daí uma reta é y = x
raiz(3) e a outra y = a/2 - x/2 (pra achar o a/2 e o x/2, basta você
ver quanto vale em cima da origem (0,a/2) e depois num outro ponto
qualquer - como (a,0) ou (-a,a) - pra achar o 1/2 * x). Você quer
achar a altura, que é medida pelo x : substitua e seja feliz.

On Fri, Mar 28, 2008 at 3:19 PM, Gustavo Souza
[EMAIL PROTECTED] wrote:
 Se alguem puder me ajudar com esses 2 exercicios

 O de geometria tem um desenho, então hospedei o mesmo nesse link

 http://img148.imageshack.us/img148/5118/exercicioyi6.gif

 Resposta: a²(2.3^0,5 - 1) / 44

 O de algebra é:

 Fatore x+1, para x=0

 Resposta: (x^0,5 + 2^0,5.x^0,25 + 1) . (x^0,5 - 2^0,5.x^0,25 + 1)


 Esse exercicio de algebra me parece estranho, pois a variavel fica dentro da
 raiz, alguem poderia me explicar por favor?


 Abraço a Todos e Obrigado

  

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 armazenamento!



-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Geometria Plana

[Joao Victor Brasil]

Você pode usar um ponto auxiliar P e tentar forma um Triângulo
Equilátero ACP. Observando os ângulos e os lados, verificamos que os
triangulos ABP e ACD são congruentes e o ânuglo BPC tem 160º e é o
angulo do vértice do Triangulo Isosceles BPC.

Logo BCD tem 10º.

JVB.


On 12/10/07, Gustavo Souza [EMAIL PROTECTED] wrote:
 como saber o seno de 40 e seno de 100???





 [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] escreveu:
   Gustavo Souza escreveu: Seja o triângulo ABC e o ponto D contido na
 reta AB. Seja tambem o valor de  BÂC = 100º e o valor e o valor de A^CD =
 40º calcule o valor do angulo B^CD, sabendo que AB=CD ...

   Ae gente, tentei pra caramba resolver esse + naum rolou, quem puder dar
 uma força...

   Estou enviando um link com a foto do triangulo nela, kem kiser ver pra
 fikar melhor...

   Obrigado

   http://img155.imageshack.us/my.php?image=triangulonw3.jpg



 -
   Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para
 armazenamento! Olá gustavo.
 Se chamarmos de y o ângulo  D^BC, teremos que como soma total dos ângulos do
 triângulo é de 180°, então

 100 + ( 40 + x ) + y = 180

 ou seja

 y = 40 - x

 Usando agora a lei dos senos, temos que

 CD/sen(100) = AD/sen(40)

 ou

 AD = [ sen(40)/sen(100) ] CD

 e tambem temos que

 CD/sen(y) = DB/sen(x)

 ou

 DB =  [ sen(x)/sen(y) ] CD

 como AD + DB = AB = CD, então

   AD + DB = [ sen(40)/sen(100) ] CD + [ sen(x)/sen(y) ] CD = CD  =

 = [ sen(40)/sen(100) ] + [ sen(x)/sen(y) ] =  1

 Mas y= 40 - x, portanto

 sen(y) = sen( 40 - x ) = sen(40) cos(x)  +  sen(x) cos(100)

 logo, teremos

 [ sen(40)/sen(100) ] + { sen(x)/[ sen(40) cos(x)  +  sen(x) cos(100) ] } =
 1 =

 sen(x)/[ sen(40) cos(x)  +  sen(x) cos(100) ] =  1 - [ sen(40)/sen(100) ]
 =

 sen(x)/[ sen(40) cos(x)  +  sen(x) cos(100) ] =  [ sen(100) -  sen(40)
 ]/sen(100)  =

 [ sen(40) cos(x)  +  sen(x) cos(100) ]/sen(x) =  sen(100)/[ sen(100) -
 sen(40) ]  =

 sen(40) cotg(x)  +  cos(100)  =  sen(100)/[ sen(100) -  sen(40) ]  =

 cotg(x) =  { sen(100)/[ sen(100) -  sen(40) ] - cos(100)  }/sen(40) =
 = { sen(100) - cos(100)[ sen(100) -  sen(40) ]  }/{ sen(40)[ sen(100) -
 sen(40) ] }

 ou ainda

 tg(x) =  { sen(40) [ sen(100) -  sen(40) ] }/{ sen(100)[ 1 - cos(100) ]  -
 sen(40) ] }

 e assim

 x = arctg({ sen(40) [ sen(100) -  sen(40) ] }/{ sen(100)[ 1 - cos(100) ]  -
 sen(40) ] })

 Eu tô meio sem tempo, se esperar eu envio a simplificação deste emaranhado
 de senos e cossenos, mas para resumir a opera, o valor de x é esse, só temos
 que simplificar o último termo para ser uma tangente.
 Qualquer dúvida, pode mandar.
 Até mais.


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Re: [obm-l] Geometria Plana

[Gustavo Souza]

Achei muito interessante a sua resolução, obrigado pela ajuda...
   
  Porem tentei desenhar e ver como que acontece e não consigo achar a 
congruencia entre o triangulos ABP e ACD, tambem não consigo achar onde irá 
ficar o ponto P...
   
  E vlw a TODOS pela ajuda...
   
  

Joao Victor Brasil [EMAIL PROTECTED] escreveu:
  Você pode usar um ponto auxiliar P e tentar forma um Triângulo
Equilátero ACP. Observando os ângulos e os lados, verificamos que os
triangulos ABP e ACD são congruentes e o ânuglo BPC tem 160º e é o
angulo do vértice do Triangulo Isosceles BPC.

Logo BCD tem 10º.

JVB.


On 12/10/07, Gustavo Souza wrote:
 como saber o seno de 40 e seno de 100???





 [EMAIL PROTECTED] escreveu:
 Gustavo Souza escreveu: Seja o triângulo ABC e o ponto D contido na
 reta AB. Seja tambem o valor de BÂC = 100º e o valor e o valor de A^CD =
 40º calcule o valor do angulo B^CD, sabendo que AB=CD ...

 Ae gente, tentei pra caramba resolver esse + naum rolou, quem puder dar
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 Estou enviando um link com a foto do triangulo nela, kem kiser ver pra
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 Obrigado

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 Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para
 armazenamento! Olá gustavo.
 Se chamarmos de y o ângulo D^BC, teremos que como soma total dos ângulos do
 triângulo é de 180°, então

 100 + ( 40 + x ) + y = 180

 ou seja

 y = 40 - x

 Usando agora a lei dos senos, temos que

 CD/sen(100) = AD/sen(40)

 ou

 AD = [ sen(40)/sen(100) ] CD

 e tambem temos que

 CD/sen(y) = DB/sen(x)

 ou

 DB = [ sen(x)/sen(y) ] CD

 como AD + DB = AB = CD, então

 AD + DB = [ sen(40)/sen(100) ] CD + [ sen(x)/sen(y) ] CD = CD =

 = [ sen(40)/sen(100) ] + [ sen(x)/sen(y) ] = 1

 Mas y= 40 - x, portanto

 sen(y) = sen( 40 - x ) = sen(40) cos(x) + sen(x) cos(100)

 logo, teremos

 [ sen(40)/sen(100) ] + { sen(x)/[ sen(40) cos(x) + sen(x) cos(100) ] } =
 1 =

 sen(x)/[ sen(40) cos(x) + sen(x) cos(100) ] = 1 - [ sen(40)/sen(100) ]
 =

 sen(x)/[ sen(40) cos(x) + sen(x) cos(100) ] = [ sen(100) - sen(40)
 ]/sen(100) =

 [ sen(40) cos(x) + sen(x) cos(100) ]/sen(x) = sen(100)/[ sen(100) -
 sen(40) ] =

 sen(40) cotg(x) + cos(100) = sen(100)/[ sen(100) - sen(40) ] =

 cotg(x) = { sen(100)/[ sen(100) - sen(40) ] - cos(100) }/sen(40) =
 = { sen(100) - cos(100)[ sen(100) - sen(40) ] }/{ sen(40)[ sen(100) -
 sen(40) ] }

 ou ainda

 tg(x) = { sen(40) [ sen(100) - sen(40) ] }/{ sen(100)[ 1 - cos(100) ] -
 sen(40) ] }

 e assim

 x = arctg({ sen(40) [ sen(100) - sen(40) ] }/{ sen(100)[ 1 - cos(100) ] -
 sen(40) ] })

 Eu tô meio sem tempo, se esperar eu envio a simplificação deste emaranhado
 de senos e cossenos, mas para resumir a opera, o valor de x é esse, só temos
 que simplificar o último termo para ser uma tangente.
 Qualquer dúvida, pode mandar.
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Re: [obm-l] Geometria Plana

[Gustavo Souza]

=P
  Dexa queto, já achei a congruencia e todo o resto...
  Brigadão + uma vez
  

Gustavo Souza [EMAIL PROTECTED] escreveu:
Achei muito interessante a sua resolução, obrigado pela ajuda...
   
  Porem tentei desenhar e ver como que acontece e não consigo achar a 
congruencia entre o triangulos ABP e ACD, tambem não consigo achar onde irá 
ficar o ponto P...
   
  E vlw a TODOS pela ajuda...
   
  

Joao Victor Brasil [EMAIL PROTECTED] escreveu:
  Você pode usar um ponto auxiliar P e tentar forma um Triângulo
Equilátero ACP. Observando os ângulos e os lados, verificamos que os
triangulos ABP e ACD são congruentes e o ânuglo BPC tem 160º e é o
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JVB.


On 12/10/07, Gustavo Souza wrote:
 como saber o seno de 40 e seno de 100???





 [EMAIL PROTECTED] escreveu:
 Gustavo Souza escreveu: Seja o triângulo ABC e o ponto D contido na
 reta AB. Seja tambem o valor de BÂC = 100º e o valor e o valor de A^CD =
 40º calcule o valor do angulo B^CD, sabendo que AB=CD ...

 Ae gente, tentei pra caramba resolver esse + naum rolou, quem puder dar
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 Obrigado

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 armazenamento! Olá gustavo.
 Se chamarmos de y o ângulo D^BC, teremos que como soma total dos ângulos do
 triângulo é de 180°, então

 100 + ( 40 + x ) + y = 180

 ou seja

 y = 40 - x

 Usando agora a lei dos senos, temos que

 CD/sen(100) = AD/sen(40)

 ou

 AD = [ sen(40)/sen(100) ] CD

 e tambem temos que

 CD/sen(y) = DB/sen(x)

 ou

 DB = [ sen(x)/sen(y) ] CD

 como AD + DB = AB = CD, então

 AD + DB = [ sen(40)/sen(100) ] CD + [ sen(x)/sen(y) ] CD = CD =

 = [ sen(40)/sen(100) ] + [ sen(x)/sen(y) ] = 1

 Mas y= 40 - x, portanto

 sen(y) = sen( 40 - x ) = sen(40) cos(x) + sen(x) cos(100)

 logo, teremos

 [ sen(40)/sen(100) ] + { sen(x)/[ sen(40) cos(x) + sen(x) cos(100) ] } =
 1 =

 sen(x)/[ sen(40) cos(x) + sen(x) cos(100) ] = 1 - [ sen(40)/sen(100) ]
 =

 sen(x)/[ sen(40) cos(x) + sen(x) cos(100) ] = [ sen(100) - sen(40)
 ]/sen(100) =

 [ sen(40) cos(x) + sen(x) cos(100) ]/sen(x) = sen(100)/[ sen(100) -
 sen(40) ] =

 sen(40) cotg(x) + cos(100) = sen(100)/[ sen(100) - sen(40) ] =

 cotg(x) = { sen(100)/[ sen(100) - sen(40) ] - cos(100) }/sen(40) =
 = { sen(100) - cos(100)[ sen(100) - sen(40) ] }/{ sen(40)[ sen(100) -
 sen(40) ] }

 ou ainda

 tg(x) = { sen(40) [ sen(100) - sen(40) ] }/{ sen(100)[ 1 - cos(100) ] -
 sen(40) ] }

 e assim

 x = arctg({ sen(40) [ sen(100) - sen(40) ] }/{ sen(100)[ 1 - cos(100) ] -
 sen(40) ] })

 Eu tô meio sem tempo, se esperar eu envio a simplificação deste emaranhado
 de senos e cossenos, mas para resumir a opera, o valor de x é esse, só temos
 que simplificar o último termo para ser uma tangente.
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Re: [obm-l] Geometria Plana

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá Gustavo,

vamos dar os seguintes nomes aos lados:
AB = CD = b
AC = AD = l   [calma, ja vamos provar que AC = AD]
BC = r

A^DC = 40 .. pois a soma dos angulos neste triangulo é 180... logo, o
triangulo ADC é isosceles e AD = AC
no triangulo ADC, fazemos: cos(40) = b/2 * 1/l ... logo: b = 2lcos(40)
mas b = k + l  assim: k = l [2cos(40) - 1]

usando lei dos senos no triangulo BDC, temos:
k/sen(x) = b/sen(40-x)
abrindo, temos: ksen(40) - kcos(40)tg(x) = btg(x) ... isando, temos: tg(x) =
(k/b) * sen(40) / (1 + k/b * cos(40))

das relacoes acima, temos: k/b = [2cos(40) - 1]/(2cos(40))
substituindo e simplificando, obtemos:

tg(x) = [2cos(40)-1]/[2cos(40)+1] * tg(40)

abraços,
Salhab






On Dec 8, 2007 8:11 PM, Gustavo Souza [EMAIL PROTECTED]
wrote:

 Seja o triângulo ABC e o ponto D contido na reta AB. Seja tambem o valor
 de  BÂC = 100º e o valor e o valor de A^CD = 40º calcule o valor do angulo
 B^CD, sabendo que AB=CD ...

 Ae gente, tentei pra caramba resolver esse + naum rolou, quem puder dar
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 fikar melhor...

 Obrigado

 http://img155.imageshack.us/my.php?image=triangulonw3.jpg


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Re: [obm-l] Geometria Plana

[Gustavo Souza]

como saber o seno de 40 e seno de 100???
   
   
   
  

[EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] escreveu:
  Gustavo Souza escreveu: Seja o triângulo ABC e o ponto D contido na reta 
AB. Seja tambem o valor de  BÂC = 100º e o valor e o valor de A^CD = 40º 
calcule o valor do angulo B^CD, sabendo que AB=CD ...
   
  Ae gente, tentei pra caramba resolver esse + naum rolou, quem puder dar uma 
força...
   
  Estou enviando um link com a foto do triangulo nela, kem kiser ver pra fikar 
melhor...
   
  Obrigado
   
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armazenamento! Olá gustavo.
Se chamarmos de y o ângulo  D^BC, teremos que como soma total dos ângulos do 
triângulo é de 180°, então

100 + ( 40 + x ) + y = 180

ou seja

y = 40 - x

Usando agora a lei dos senos, temos que

CD/sen(100) = AD/sen(40)

ou

AD = [ sen(40)/sen(100) ] CD

e tambem temos que

CD/sen(y) = DB/sen(x)

ou

DB =  [ sen(x)/sen(y) ] CD

como AD + DB = AB = CD, então

  AD + DB = [ sen(40)/sen(100) ] CD + [ sen(x)/sen(y) ] CD = CD  =

= [ sen(40)/sen(100) ] + [ sen(x)/sen(y) ] =  1

Mas y= 40 - x, portanto

sen(y) = sen( 40 - x ) = sen(40) cos(x)  +  sen(x) cos(100)

logo, teremos

[ sen(40)/sen(100) ] + { sen(x)/[ sen(40) cos(x)  +  sen(x) cos(100) ] } =  1 =

sen(x)/[ sen(40) cos(x)  +  sen(x) cos(100) ] =  1 - [ sen(40)/sen(100) ]  =

sen(x)/[ sen(40) cos(x)  +  sen(x) cos(100) ] =  [ sen(100) -  sen(40) 
]/sen(100)  =

[ sen(40) cos(x)  +  sen(x) cos(100) ]/sen(x) =  sen(100)/[ sen(100) -  sen(40) 
]  =

sen(40) cotg(x)  +  cos(100)  =  sen(100)/[ sen(100) -  sen(40) ]  =

cotg(x) =  { sen(100)/[ sen(100) -  sen(40) ] - cos(100)  }/sen(40) = 
= { sen(100) - cos(100)[ sen(100) -  sen(40) ]  }/{ sen(40)[ sen(100) -  
sen(40) ] }

ou ainda

tg(x) =  { sen(40) [ sen(100) -  sen(40) ] }/{ sen(100)[ 1 - cos(100) ]  - 
sen(40) ] }

e assim

x = arctg({ sen(40) [ sen(100) -  sen(40) ] }/{ sen(100)[ 1 - cos(100) ]  - 
sen(40) ] })

Eu tô meio sem tempo, se esperar eu envio a simplificação deste emaranhado de 
senos e cossenos, mas para resumir a opera, o valor de x é esse, só temos que 
simplificar o último termo para ser uma tangente.
Qualquer dúvida, pode mandar.
Até mais.


= 
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em 
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html 
= 

   
-
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Re: [obm-l] Geometria Plana

[Palmerim Soares]

Ola Rita,
Vamos por partes,

1) Se a,b,c são lados de um triangulo, rpove que | b-c|  a.
 Essa demosntracao eu deixarei para outro colega, pois esgotou o meu tempo
agora, ou entao a faco mais tarde, ok?. Mas guarde que A soma de dois lados
do triângulo é sempre maior do que o terceiro lado, e a diferença
(positiva) é sempre menor. (Desigualdade triangular)

2) seja ABC um triângulo qualquer. Mostre que os vértices B e C  são pontos
eqüidistantes da reta contendo a mediana que parte do vértice A.

Sejam:
 - *M* o ponto medio do lado BC;
- *r* a reta contendo a mediana que parte do vértice A;
- *D* o ponto de intersecao da perpendicular a reta r passando pelo ponto C;
- *E *o ponto de intersecao da perpendicular a reta r passando pelo ponto B;

Note agora que os triangulos BEM e CDM sao congruentes pelo caso:
Lado/Angulo_adjacente/Angulo_oposto (BM=MC; Angulo_BME = Angulo_DMC; Angulo_BEM
= Angulo_CDM=90º). Portanto segmento CD tem a mesma medida de BE.

3) Mostre que as diagonais de um losango cortam-se em angulo reto e são
bissetrizes dos seus angulos.
 Seja ABCD o losango. Como os lados de um losango sao congruentes, a
diagonal BD deste losango pode ser considerada a base do triangulo isosceles
ABD. A outra diagonal AC corta a primeira (BD) no ponto M que é o ponto
medio de ambas as diagonais (as diagonais de qualquer
paralelogramo interseptam-se mutuamente no seu ponto medio, o que pode ser
demonstrado por congruencia de triangulos). Entao AM eh a mediana relativa a
base do triangulo isosceles ABD. Note agora que os triangulos ABM e ADM sao
congruentes pelo caso LLL. Assim, o angulo BMA e DMA sao congruentes e medem
a 90º (ja que a soma deles eh 180º - sao angulos adjacentes
suplementares). Alem disso, AM tambem eh a  *bissetriz* interna do angulo do
vertice A do triangulo ABD, ja que pela congruencia, os angulos MAB e MAD
tem a mesma medida. Use o mesmo raciocinio em relacao aos triangulos
isosceles ABC, BCD e CDA para concluir que as diagonais sao as bissetrizes
dos angulos internos do losango.

4) Considere duas circunferências tangentes internamente em A e tais que a
menor passa pelo centro da maior. Mostre que qualquer corda da
circunferência maior, com uma das extremidades em A, é bisseccionada  pela
circunferência menor.

1º caso) *A corda eh  diametro da circunferencia maior*:
 Como o raio da circunferencia maior tem a mesma medida da
diagonal da circunferencia menor, o diametro da circunferencia maior que
passa por A eh bisseccionado pela circunferencia menor;

2º caso) *A corda nao eh um diametro da circunferencia maior*:

Sejam
- *O* o centro da circunferencia maior;
- *B* um ponto da circunferencia maior;
- *C* a intercecao da corda AB com a circunferencia menor;
Note que o triangulo ACO sera sempre retangulo em C, pois esta inscrito numa
semi-circunferencia. Assim, o segmento OC eh a altura relativa a base do
triangulo isosceles OAB e se eh altura eh tambem mediana, dividindo portanto
o segmento AB (ou a corda AB) em duas partes congruentes.

Um abraco,
Palmerim

Re: [obm-l] GEOMETRIA PLANA: TRIANGULOS

[rsarmento]

Caro Denilson e amigos

copie ou digite o link em uma nova janela do explorer que dá certo

at

Sarmento







Mensagem Original:
Data: 01:54:17 03/06/2006
De: Denisson [EMAIL PROTECTED]
Assunto: Re: [obm-l] GEOMETRIA PLANA: TRIANGULOS



Não consegui abrir a figura. Diz que não está autorizado.

On 6/2/06, [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] wrote:



Observe a figura.

Nela,sabe-se que ABC=60, BAC=70, M é ponto médio de BC e AB +AP = PC.
Então, a medida do angulo APM é igual a:
FIGURA EM

http://www.teorema.mat.br/phpBB2/album_pic.php?pic_id=217


obrigado


Sarmento





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-- Denisson
Você nasce sem pedir mas morre sem querer.
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Re: [obm-l] geometria plana Q70

[ricardo . bioni]

Pelo triângulo ABC, AC  AB + AC = AC  6.Pelo triângulo ADC, AC  |AD - AC| = AC  4.Pelo triângulo BDC, BD  6.Pelo triângulo ABD, BD  4.Assim, 4  AC  6 e 4  BD  6, logo a diagonal que tiver como medida um número inteiro deve medir 5.

Re: [obm-l] geometria plana 62

[rsarmento]

Srs,

obrigado especialmente ao Saulo

Talvez o mesmo tenha um erro de impressão (encontrei outros exercícios
que creio não ter solução ou ter várias para o mesmo
problema porém pretendo fechar o livro de geometria plana antes de
comunicar ao autor.


Este problema foi retirado do livro

Matemática para o Vestibular da UFMG é o de número 62 de 101
e suas possiveis respostas são a) 5 b) 10 c) 15  d) 20 E) 22
O Gabarito  diz ser 10.

Deveria ter solução sem uso de relações trigonométricas.


at



Rodrigo







Mensagem Original:
Data: 21:47:25 09/05/2006
De: saulo nilson [EMAIL PROTECTED]
Assunto: Re: [obm-l] geometria plana 62



x/sen100=ysen(80-b)
x/y=sen100/sen(80-b)=sen140/senb
onde b e o angulo do vertice D
sen100/sen140 =sen(80-b)/senb
2sen50 cos50/sen(90+50)=sen(80-b)/senb
2sen50senb=sen(80-b)
2cos(90-b)cos40=sen(80-b)
ou
2sen50=(sen80cosb-cos80senb)/senb

2sen50+cos80=sen80/tanb

2cos40+cos80=sen80/tanb
cos40 + 2cos60cos20=sen80/tanb
cos40+cos20=sen80/tanb

o angulo que vc procura e 40-b.





On 5/7/06, [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] wrote:


Srs,
solicito ajuda em mais esse
temos o triangulo  ABD em AD temos o segmento AC formando o triangulo
ABC
sendo que o anguloCÂB=100
AC=AB e AD=BC desejamos a medida do angulo  CBD

esboço
   A

 C


DB

como AC = AB   o triangulo ABC é isoceles de base BC e os angulos de
base  40 graús  cada

mas falta relacionar AD=BC com o problema.

at

Sarmento


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Re: [obm-l] geometria plana 62

[saulo nilson]

x/sen100=ysen(80-b)
x/y=sen100/sen(80-b)=sen140/senb
onde b e o angulo do vertice D
sen100/sen140 =sen(80-b)/senb
2sen50 cos50/sen(90+50)=sen(80-b)/senb
2sen50senb=sen(80-b)
2cos(90-b)cos40=sen(80-b)
ou
2sen50=(sen80cosb-cos80senb)/senb

2sen50+cos80=sen80/tanb

2cos40+cos80=sen80/tanb
cos40 + 2cos60cos20=sen80/tanb
cos40+cos20=sen80/tanb

o angulo que vc procura e 40-b.



On 5/7/06, [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED] wrote:
Srs,solicito ajuda em mais essetemos o trianguloABD em AD temos o segmento AC formando o triangulo
ABCsendo que o anguloCÂB=100AC=AB e AD=BC desejamos a medida do anguloCBDesboço A CDB
como AC = AB o triangulo ABC é isoceles de base BC e os angulos debase40 graúscadamas falta relacionar AD=BC com o problema.atSarmento
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Re: [obm-l] Geometria Plana

[Thor]

O de Edgard Alencar eu tenho,mas este livro não é dificil de achar nas 
livrarias.

Cláudio Thor

  - Original Message - 
  From: 
  Bruna Carvalho 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, April 24, 2006 9:23 
PM
  Subject: [obm-l] Geometria Plana
  Alguem aqui da comunidade tem 
  os livros de Geometria Plana do autor Edgard Alencar ??E também o livro de 
  Geometria Plana do autor Wilson Areias ??Bjos 

Re: [obm-l] Geometria Plana

[Júnior]

O Iniciação a lógica matematica é bem facil de achar. já o de Geometria Plana parece que está esgotado.

Júnior.Em 26/05/06, Thor [EMAIL PROTECTED] escreveu:







O de Edgard Alencar eu tenho,mas este livro não é dificil de achar nas 
livrarias.

Cláudio Thor

  - Original Message - 
  
From: 
  Bruna Carvalho 
  To: 
obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, April 24, 2006 9:23 
PM
  Subject: [obm-l] Geometria Plana

  Alguem aqui da comunidade tem 
  os livros de Geometria Plana do autor Edgard Alencar ??E também o livro de 
  Geometria Plana do autor Wilson Areias ??Bjos 

Re: [obm-l] geometria plana

[Ronaldo Luiz Alonso]

Quem poder 
ajuda agradeço

1 - Defina a região limitada por um poligono

Parece simples mas não é.
  Imagine que vc tem 5 pontos com um aproximadamente no 
centro
dos 5. Vc tem 4 possibilidades para polígonos não é mesmo?
 Como definir então, dentre esses 4 aquele que é de seu 
interesse, 
isto é que tem a região limitada que vc quer?

Uma das maneiras é usar inequações! 
 ax+by  m por exemplo para cada par de dois pontos.
 Qual a aplicação disso? Bem... Isso tem aplicação em 
biofísica para determinação 
da fase em estrutura de proteínas.
 Sabemos por exemplo que a densidade eletrônica de uma molécula 
não pode ser negativa.

 Isso leva a uma série de inequações que restringem bastante o 
espaço de busca pela 
solução. Para maiores informações sobre o problema da fase 
consulte os papers de Hauptman  Karle
(Herbert Hauptman esteve no Brasil no final do ano passado).

http://nobelprize.org/chemistry/laureates/1985/karle-lecture.pdf
(o Kara não saber nada!! hahah).


2 - Se a região limitada por um poligono é estrelada relativa a cada 
vértice , então a região é convexa ? 


Acredito que não.Mas não tenho certeza.
Em uma região convexa vc teoricamente poderia ligar quaisquer 
pontos
sem sair do polígono. Será que sempre é possível fazer isso em um 
polígono estrelado?
O que me intriga é o significado da expressão: "relativa a cada vértice". O 
que ela significa?
Vc pode ter polígonos estrelados encaixados um dentro do outro neste 
caso?


3 - Prove que o segmento que une um ponto do interior de um triângulo com 
um ponto do exterior , intersepita um dos lados do triãngulo


Use a seguinte propriedade de funções: Se f(x) 0 para xa e 
f(x) 0 para xb então existe um ponto (por
continuidade) entre a e b tal que f(x) = 0.


4 - discuta a 3º na circunferência .

  - Original Message - 
  From: 
  mentebrilhante brilhante 
  
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Monday, March 20, 2006 12:30 
  AM
  Subject: [obm-l] geometria plana
  
  Quem poder ajuda agradeço
  
  1 - Defina a região limitada por um poligono
  
  2 - Se a região limitada por um poligono é estrelada relativa a cada 
  vértice , então a região é convexa ? 
  
  3 - Prove que o segmento que une um ponto do interior de um triângulo com 
  um ponto do exterior , intersepita um dos lados do triãngulo
  
  4 - discuta a 3º na circunferência .
  
  
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Re: [obm-l] Geometria plana

[lponce]

Olá amigos
Usando as sugestões proposta pelo carlos victor, você encontrará para a area do triângulo equilátero a expressão abaixo:

Área = (1/8). [ sqrt(3). (a^2+b^2+c^2 ) + 3 sqrt (I) ] 
onde I = (a+b+c).(-a+b+c).(a-b+c).(a+b-c)

Um abraço do amigo
PONCE

Nota:Procure resolver o mesmo problema quando as distancias ( a,b,c) de um ponto (P) externo ao triângulo equilátero são dadas.
A área do triângulo equilátero é diferente da dada acima quando P é interno ao triângulo, mas existe uma relação interessante que tal procurar esta relação e em seguida estudar o mesmo problema para P pertencente a um dos lados do triângulo equilátero dado inicialmente.







De:
[EMAIL PROTECTED]




Para:
obm-l@mat.puc-rio.br, obm-l@mat.puc-rio.br




Cópia:





Data:
Thu, 26 Jan 2006 11:59:18 -0200




Assunto:
Re: [obm-l] Geometria planaOlá Vinícius ,Sejam d1, d2 e d3 as distâncias e L o lado do triângulo ;escolha um ponto exterior ao triângulo de tal maneira a construir um triângulo equilátero de lados iguais a d1, por exemplo . Utilize a congruência de triângulos( triângulos de lados L ,d1 e d3) e a Lei do co-seno( como o Júnior comentou em um dos seus e-mails) para chegar à solução , ok ?[]´s Carlos VictorAt 17:40 25/1/2006, vinicius aleixo wrote:
Como posso determinar a área de um triagulo equilátero conhecendo a distancia de um ponto qualquer (P) em seu interior aos vértices do triângulo(a,b,c)??Abraços,Vinícius Meireles AleixoYahoo! doce lar. Faça do Yahoo! sua homepage. 


[]a, L.PONCE.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Leo]

Fala vinicius...
Aki corrigindo q o Júnior falou.. a soma das 
DISTÂNCIAS AOS LADOS de um ponto interior a um ekiláteroq eh igual a altura do 
mesmo...

abraços


  - Original Message - 
  From: 
  Júnior 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Wednesday, January 25, 2006 9:59 
  PM
  Subject: Re: [obm-l] Geometria 
plana
  Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia 
  de um ponto P qualquer aos vertices do triangulo equilatero é igual a altura 
  do mesmo.Júnior.
  Em 25/01/06, vinicius 
  aleixo [EMAIL PROTECTED] 
  escreveu:
  
Como posso determinar a área de um triagulo equilátero conhecendo a 
distancia de um ponto qualquer (P) em seu interior aos vértices do 
triângulo(a,b,c)??

Abraços,

Vinícius Meireles Aleixo



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Re: [obm-l] Geometria plana

[Thor]

Só e´igual a altura , se a distancias forem em relação aos lados do triangulo.

Cláudio Thor


Citando Júnior [EMAIL PROTECTED]:

 Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia de um ponto P
 qualquer aos vertices do triangulo equilatero é igual a altura do mesmo.
 
 Júnior.
 
 Em 25/01/06, vinicius aleixo [EMAIL PROTECTED] escreveu:
 
  Como posso determinar a área de um triagulo equilátero conhecendo a
  distancia de um ponto qualquer (P) em seu interior aos vértices do
  triângulo(a,b,c)??
 
  Abraços,
 
  Vinícius Meireles Aleixo
 
  --
  Yahoo! doce lar. Faça do Yahoo! sua
 
homepage.http://us.rd.yahoo.com/mail/br/tagline/homepage_set/*http://br.yahoo.
com/homepageset.html
 
 
 

=
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=

Re: [obm-l] Geometria plana

[Júnior]

Desculpas, o que eu disse vale se as distancias forem aos pontos medios dos lados do triangulo.
Uma solução é rebater alguns dos triangulos e aplicar lei dos cossenos.

JúniorEm 25/01/06, vinicius aleixo [EMAIL PROTECTED] escreveu:
Como posso determinar a área de um triagulo equilátero conhecendo
a distancia de um ponto qualquer (P) em seu interior aos vértices do
triângulo(a,b,c)??Abraços,Vinícius Meireles Aleixo  
		 
Yahoo! doce lar. Faça do Yahoo! sua homepage.

Re: [obm-l] Geometria plana

[Marcelo Salhab Brogliato]

Júnior,
acho que vc deve ter confundido 
teoremas.
Pegando um ponto pertencente a altura do triangulo, 
entao, a parte da altura que estiver abaixo dele é menor que a distancia do 
ponto a um outro vertice (eles formam um triangulo retangulo, onde a hipotenusa 
é maior que o cateto), entao a soma das 3 distancias é maior que a 
altura.
Entao a soma das distancias de um ponto P qualquer 
aos vertices não é igual a altura do mesmo.

Abraços,
Salhab


  - Original Message - 
  From: 
  Júnior 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Wednesday, January 25, 2006 9:59 
  PM
  Subject: Re: [obm-l] Geometria 
plana
  Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia 
  de um ponto P qualquer aos vertices do triangulo equilatero é igual a altura 
  do mesmo.Júnior.
  Em 25/01/06, vinicius 
  aleixo [EMAIL PROTECTED] 
  escreveu:
  
Como posso determinar a área de um triagulo equilátero conhecendo a 
distancia de um ponto qualquer (P) em seu interior aos vértices do 
triângulo(a,b,c)??

Abraços,

Vinícius Meireles Aleixo



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Re: [obm-l] Geometria plana

[vinicius aleixo]

Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia de um ponto P qualquer aos vertices do triangulo equilatero é igual a altura do mesmo.  --  Meu amigo,Acho q vc não entendeu bem..Isso q vc escreveu é bem óbvio, mas não consegui tirar daí a resposta.  Olha, a distância é do ponto P aos vértices do triangulo, não às arestas.Abraços,Vinícius Meireles Aleixo
		 
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Re: [obm-l] Geometria plana

[Carlos Victor]

Olá Vinícius ,
Sejam d1, d2 e d3 as distâncias e L o lado do
triângulo ;escolha um ponto exterior ao
triângulo de tal maneira a construir um
triângulo equilátero de lados iguais a d1, por
exemplo . Utilize a congruência de
triângulos( triângulos de lados L ,d1 e d3) e a 
Lei do co-seno( como o Júnior comentou em
um dos seus e-mails) para
chegar à solução , ok ?
[]´s Carlos Victor

At 17:40 25/1/2006, vinicius aleixo wrote:
Como posso determinar a área de
um triagulo equilátero conhecendo a distancia de um ponto qualquer (P) em
seu interior aos vértices do triângulo(a,b,c)??

Abraços,

Vinícius Meireles Aleixo

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Re: [obm-l] Geometria plana

[Valter Rosa]

Afirmação estranha !!!

  - Original Message - 
  From: 
  Júnior 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Wednesday, January 25, 2006 8:59 
  PM
  Subject: Re: [obm-l] Geometria 
plana
  Caro Vinicius, verifica-se facilmente que a soma das distancia 
  de um ponto P qualquer aos vertices do triangulo equilatero é igual a altura 
  do mesmo.Júnior.
  Em 25/01/06, vinicius 
  aleixo [EMAIL PROTECTED] 
  escreveu:
  
Como posso determinar a área de um triagulo equilátero conhecendo a 
distancia de um ponto qualquer (P) em seu interior aos vértices do 
triângulo(a,b,c)??

Abraços,

Vinícius Meireles Aleixo



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  No virus found in this incoming message.Checked by AVG Free 
  Edition.Version: 7.1.375 / Virus Database: 267.14.22/238 - Release Date: 
  23/1/2006

Re:[obm-l] Geometria Plana - Cilindro / Cone

[Salhab \[ k4ss \]]

Questão 2)

Seja um cone de altura H e raio r...
seu volume total é: VT = 1/3 * pi*H*r^2

Para uma altura X, temos que o volume é:
V1 = 1/3 * pi * x * r'^2

onde r' pode ser obtido por semelhanca de triangulos e vale:
r' = r*x/H

Logo, V1 = 1/3 * pi * r^2 * x^2 * x / H^2

o volume do restante do cone é:
V2 = VT - V1 ...

Queremos que V1 = V2, para adicionarmos a mesma quantidade de agua e suco, logo:

V1 = VT - V1 ... 2V1 = VT

substituindo:

2 * 1/3 * pi * r^2 * x^3 / H^2 = 1/3 * pi * r^2 * H

2 * x^3 = H^3

x = H * 4^(1/3) / 2

Na questao, H = 8 ... logo:

x = 4 * 4^(1/3) .. 

Abraços,
Marcelo

 Pessoal...preciso de ajuda... 
 Não consigo nem imaginar como resolvem-se esses problemas, gostaria que me 
 ajudassem. Obrigado 
 
 1) Tem-se um cilindro reto, em que A e B são os centros das bases e C é um 
 ponto da intersecção da superficie com a base inferior do cilindro. Se D é o 
 ponto do segmento BC, cujas distancias a AC e AB são ambas iguais a "d", 
 obtenha a razão entre o volume do cilindro e sua área total, em função de 
 "d". 
 R:d/2 
 
 
 2) Um copo tem a forma de um cone com altura 8cm e raio da base 3cm. 
 Queremos enchê-lo com quantidades iguais de suco e de água. Para que isso 
 possível, a altura "x" atingida pelo primeiro liquido deve ser? 
 R: 4 raiz cubica de 4 (4 sqrt3 4) 
 
 
 

Re: [obm-l] Geometria Plana - Cilindro / Cone

[Eduardo Wilner]

 O problema 1 é uma aplicação do teorema das  bissetrizes, já que D é a intersecção do raio da base (BC) coma  bissetriz de BAC. Assim d=hr/(h+r) onde h=|BA| e r=|BC| . como a relação pedida é h*r^2/(2r^2+2rh)   obtemos, simplificando, d/2 para a referida razão.Giancarlo Miragliotta [EMAIL PROTECTED] escreveu:  No problema 1, qual eh a desse ponto "D"?No problema 2, sendo um cone circular reto, a divisao cria o um  cone e um tronco de cone. Eles devem ter volumes iguais. Sejam  "r" e "x" o raio da base e a altura, respectivamante, do cone criado.  Por semelhanca de triangulos (faca um desenho) podemos escrever r/x = 3/8 = r = 3/8x (i)esendo "V!
" e "v"
 os volumes do cone original e do cone criado tiramos quev = V -v = 2 v = V (ii).De (i) e (ii) e sabendo que o volume do cone circular reto e dado  por 1/3 doproduto da area da base pela altura,temos o  resultado esperado.  GianOn 1/7/06, r_c_d [EMAIL PROTECTED] wrote: Pessoal...preciso de ajuda.Não consigo nem imaginar como resolvem-se esses problemas, gostaria que me  ajudassem. Obrigado1) Tem-se um cilindro reto, em que A e B são os centros das bases e C é umponto da intersecção da superficie com a base inferi!
or do
 cilindro. Se D é oponto do segmento BC, cujas distancias a AC e AB são ambas iguais a "d",   obtenha a razão entre o volume do cilindro e sua área total, em função de"d".R:d/22) Um copo tem a forma de um cone com altura 8cm e raio da base 3cm.Queremos enchê-lo com quantidades iguais de suco e de água. Para que isso   possível, a altura "x" atingida pelo primeiro liquido deve ser?R: 4 raiz cubica de 4 (4 sqrt3 4)-- Giancarlo Miragliotta"A Lua única reflete-se onde quer que haja um lençol de água,   E todas as luas nas águas estão abraçadas no seio da Lua única."   
		 
Yahoo! doce lar. Faça do Yahoo! sua homepage.

Re: [obm-l] Geometria Plana - Cilindro / Cone

[saulo nilson]

2) Um copo tem a forma de um cone com altura 8cm e raio da base 3cm.Queremos enchê-lo com quantidades iguais de suco e de água. Para que isso possível, a altura x atingida pelo primeiro liquido deve ser?
R: 4 raiz cubica de 4 (4 sqrt3 4)da conhecida relação:
V1 e o menor e V2 e o grande e V3 e o tronco de cone, d e a altura de V1 e H e a altura de V2 ex e a altura do tronco de cone:

V1/V2 = (d/H)^3

o volume de um tronco de cone de area da base circular e dado por:

V3 =pi*x/3 *(R^2 +Rr + r^2)


V1 = V3
V2 =v1+V3=2V1=2V3V1/V2 = (d/H)^3=1/2
H =d* (2^1/3)=8
d= 8/(2^1/3)=4*4^1/3

resp = 4*4^1/3

o copo e um chapeu em forma de cone de cabeça para baixo ele quer saber o d, abraço, saulo.


On 1/9/06, Eduardo Wilner [EMAIL PROTECTED] wrote:

 O problema 1 é uma aplicação do teorema das bissetrizes, já que D é a intersecção do raio da base (BC) coma bissetriz de BAC. Assim d=hr/(h+r) onde h=|BA| e r=|BC| . como a relação pedida é h*r^2/(2r^2+2rh) 
obtemos, simplificando, d/2 para a referida razão.Giancarlo Miragliotta [EMAIL PROTECTED]
 escreveu: 

No problema 1, qual eh a desse ponto D?

No problema 2, sendo um cone circular reto, a divisao cria o um cone e um tronco de cone. Eles devem ter volumes iguais. Sejam r e x o raio da base e a altura, respectivamante, do cone criado. Por semelhanca de triangulos (faca um desenho) podemos escrever 


r/x = 3/8 = r = 3/8x (i)

esendo V!  e v os volumes do cone original e do cone criado tiramos que

v = V -v = 2 v = V (ii).

De (i) e (ii) e sabendo que o volume do cone circular reto e dado por 1/3 doproduto da area da base pela altura,temos o resultado esperado.
Gian

On 1/7/06, r_c_d [EMAIL PROTECTED]
 wrote: 
Pessoal...preciso de ajuda.Não consigo nem imaginar como resolvem-se esses problemas, gostaria que me
ajudassem. Obrigado1) Tem-se um cilindro reto, em que A e B são os centros das bases e C é umponto da intersecção da superficie com a base inferi! or do cilindro. Se D é oponto do segmento BC, cujas distancias a AC e AB são ambas iguais a d, 
obtenha a razão entre o volume do cilindro e sua área total, em função ded.R:d/22) Um copo tem a forma de um cone com altura 8cm e raio da base 3cm.Queremos enchê-lo com quantidades iguais de suco e de água. Para que isso 
possível, a altura x atingida pelo primeiro liquido deve ser?R: 4 raiz cubica de 4 (4 sqrt3 4)-- Giancarlo Miragliotta
A Lua única reflete-se onde quer que haja um lençol de água, E todas as luas nas águas estão abraçadas no seio da Lua única. 


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Re: [obm-l] Geometria Plana - Cilindro / Cone

[Giancarlo Miragliotta]

No problema 1, qual eh a desse ponto D?

No problema 2, sendo um cone circular reto, a divisao cria o um cone e um tronco de cone. Eles devem ter volumes iguais. Sejam r e x o raio da base e a altura, respectivamante, do cone criado. Por semelhanca de triangulos (faca um desenho) podemos escrever 


r/x = 3/8 = r = 3/8x (i)

esendo V e v os volumes do cone original e do cone criado tiramos que

v = V -v = 2 v = V (ii).

De (i) e (ii) e sabendo que o volume do cone circular reto e dado por 1/3 doproduto da area da base pela altura,temos o resultado esperado.
Gian

On 1/7/06, r_c_d [EMAIL PROTECTED] wrote:
 
Pessoal...preciso de ajuda.Não consigo nem imaginar como resolvem-se esses problemas, gostaria que me
ajudassem. Obrigado1) Tem-se um cilindro reto, em que A e B são os centros das bases e C é umponto da intersecção da superficie com a base inferior do cilindro. Se D é oponto do segmento BC, cujas distancias a AC e AB são ambas iguais a d, 
obtenha a razão entre o volume do cilindro e sua área total, em função ded.R:d/22) Um copo tem a forma de um cone com altura 8cm e raio da base 3cm.Queremos enchê-lo com quantidades iguais de suco e de água. Para que isso 
possível, a altura x atingida pelo primeiro liquido deve ser?R: 4 raiz cubica de 4 (4 sqrt3 4)-- Giancarlo MiragliottaA Lua única reflete-se onde quer que haja um lençol de água, 
E todas as luas nas águas estão abraçadas no seio da Lua única. 

Re: [obm-l] GEOMETRIA PLANA

[Sergio Lima Netto]

Caros Aguinaldo e Danilo,
Estou terminando uma nova versao do material com as provas
do IME. Nesta nova versao, eu devo incluir as minhas solucoes
para as provas de geometria. Acho que sai ate´ o fim do ano.
Atualmente ja´ completei metade das provas de geometria.
Falta ainda a outra metade (sao mais 6 provas).
Abracos,
sergio


Caro Danilo,
Em relacao a questao de 84/85 que voce resolveu,
eu nao sei se a sua resposta deu diferente do gabarito nao.
Tem tantas formas de escrever a resposta que a sua
pode ser igual ao gabarito. A minha resposta nesta
questao e´ bem diferente das duas respostas que voce colocou
(o seu gabarito e a da sua solucao).

Um detalhe (nao muito importante). No enunciado original,
a+b = l (letra ele e nao o numero um).
Assim (b+c)^2 nao e´ 1 (um) e sim l^2 (ele ao quadrado).



sinceramente tem tantas fo
On Thu, 15 Sep 2005, saulo nilson wrote:

 IME 84-85 Em um triângulo ABC são dados o lado a, a soma dos outros dois 
 lados, b+c = 1, e a área S. Calcule os ângulos A, B, C e os lados b e c.
 gab: Â = 2arctan(45/(l^2-a^2)), b e c são raizes de x^2-lx+ 25/senA=0; B = 
 2arccos((a^2+c^2-b^2)/2ac); C = pi - (A+B)
 da desigualdade triangular,
 a1
 S = b*c*senA/2
 bc = 2S/senA
 a^2=b^2+c^2-2bc*cosA
 a^2=(b+c)^2-2bc(1+cosA)
 a^2=1-4S(1+cosA)/senA=1-4Sraiz(1+cosA)/(1-cosA)
 a^2= 1-4S/tan(A/2)
  tan(A/2 )=4S/(1-a^2) daqui vc tira o angulo A.
  S= ab*senB/2=acsenC/2
  da lei dos senos:
 a/senA=b/senB=b/2S/ab
  a/senA=ab^2/2S
 b=[2S/senA]^1/2 daqui vc tira o lado b
 logo o lado c e dado por;
  c =1-b
 c=1-[2S/senA]^1/2 
 logo o angulo C e dado por:
  a/senA=[1-[2S/senA]^1/2 ]/senC
 senC=senA*[1-[2S/senA]^1/2 ]/a
  senB=senA*[2S/senA]^1/2 /a
  A minha resposta deu diferente do gabarito, considerei que o lado oposto ao 
 angulo A e a o lado oposto ao angulo B e b .
On 9/12/05, Danilo Nascimento [EMAIL PROTECTED] wrote: 
  
  Aguinaldo,
   http://www.lps.ufrj.br/~sergioln/ime/ime6.pdf
  []'s
   Danilo
   
  
  *aguinaldo goncalves jr [EMAIL PROTECTED]* escreveu:
   
  Danilo,
   Vc comentou que sabe de um endereço com soluções de algebra...vc pode 
  compartilhar?
   Grato
  Aguinaldo
  
  *Danilo Nascimento [EMAIL PROTECTED]* escreveu:
  
  IME-83/84 Seja ABCD um qudrilatero convexo tal que os dois pares de lados 
  opostos não são paralelos; AB encontra CD em E e AD encontra BC em F. Sejam 
  L,M e N os pontos medios dos segmentos AC, BD e EF, respectivamente. Prove 
  que L, M e N são colineares.
   IME - 84/85 Numa circunferência são dadas uma corda fixa AB, igual ao 
  lado do tiângulo equilátero inscrito e uma corda móvel CD, de comprimento 
  constante e igual ao lado do dodecágono regular convexo inscrito.
  As duas cordas são os lados opostos de um quadrilátero convexo inscrito 
  ABCD. Determine o lugar geométrico do ponto de encontro dos outros dois 
  lados, especificando a delimitação deste lugar.
   IME 84-85 Em um triângulo ABC são dados o lado a, a soma dos outros dois 
  lados, b+c = 1, e a área S. Calcule os ângulos A, B, C e os lados b e c.
  gab: Â = 2arctan(45/(l^2-a^2)), b e c são raizes de x^2-lx+ 25/senA=0; B = 
  2arccos((a^2+c^2-b^2)/2ac); C = pi - (A+B)
   A proposito alguem sabe onde consigo questoes de geometria do IME?
  Um colega propos um endereco onde consegui várias questoes. Mas so tem as 
  soluções de algebra. Preciso das de geometria. 
   Agradeço desde já a colaboração.
   []'s
   Danilo
  
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Re: [obm-l] GEOMETRIA PLANA

[saulo nilson]

IME 84-85 Em um triângulo ABC são dados o lado a, a soma dos outros dois lados, b+c = 1, e a área S. Calcule os ângulos A, B, C e os lados b e c.
gab: Â = 2arctan(45/(l^2-a^2)), b e c são raizes de x^2-lx+ 25/senA=0; B = 2arccos((a^2+c^2-b^2)/2ac); C = pi - (A+B)
da desigualdade triangular,
a1
S = b*c*senA/2
bc = 2S/senA
a^2=b^2+c^2-2bc*cosA
a^2=(b+c)^2-2bc(1+cosA)a^2=1-4S(1+cosA)/senA=1-4Sraiz(1+cosA)/(1-cosA)
a^2= 1-4S/tan(A/2)

tan(A/2 )=4S/(1-a^2) daqui vc tira o angulo A.

S= ab*senB/2=acsenC/2

da lei dos senos:
a/senA=b/senB=b/2S/ab

a/senA=ab^2/2S
b=[2S/senA]^1/2 daqui vc tira o lado b
logo o lado c e dado por;

c =1-b
c=1-[2S/senA]^1/2
logo o angulo C e dado por:

a/senA=[1-[2S/senA]^1/2]/senC
senC=senA*[1-[2S/senA]^1/2]/a

senB=senA*[2S/senA]^1/2/a

A minha resposta deu diferente do gabarito, considerei que o lado oposto ao angulo A e a o lado oposto ao angulo B e b .



On 9/12/05, Danilo Nascimento [EMAIL PROTECTED] wrote:

Aguinaldo,
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 Danilo
aguinaldo goncalves jr [EMAIL PROTECTED] escreveu:


Danilo,

Vc comentou que sabe de um endereço com soluções de algebra...vc pode compartilhar?

Grato
AguinaldoDanilo Nascimento [EMAIL PROTECTED] escreveu:


IME-83/84 Seja ABCD um qudrilatero convexo tal que os dois pares de lados opostos não são paralelos; AB encontra CD em E e AD encontra BC em F. Sejam L,Me N os pontos medios dos segmentos AC, BD e EF, respectivamente. Prove que L, M e N são colineares.


IME - 84/85 Numa circunferência são dadas uma corda fixa AB, igual ao lado do tiângulo equilátero inscrito e uma corda móvel CD, de comprimento constante e igual ao lado do dodecágono regular convexo inscrito.

As duas cordas são os lados opostos de um quadrilátero convexo inscrito ABCD. Determine o lugar geométrico do ponto de encontro dos outros dois lados, especificando a delimitação deste lugar.

IME 84-85 Em um triângulo ABC são dados o lado a, a soma dos outros dois lados, b+c = 1, e a área S. Calcule os ângulos A, B, C e os lados b e c.
gab: Â = 2arctan(45/(l^2-a^2)), b e c são raizes de x^2-lx+ 25/senA=0; B = 2arccos((a^2+c^2-b^2)/2ac); C = pi - (A+B)

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Re: [obm-l] GEOMETRIA PLANA

[aguinaldo goncalves jr]

Danilo,

Vc comentou que sabe de um endereço com soluções de algebra...vc pode compartilhar?

Grato
AguinaldoDanilo Nascimento [EMAIL PROTECTED] escreveu:

IME-83/84 Seja ABCD um qudrilatero convexo tal que os dois pares de lados opostos não são paralelos; AB encontra CD em E e AD encontra BC em F. Sejam L,Me N os pontos medios dos segmentos AC, BD e EF, respectivamente. Prove que L, M e N são colineares.

IME - 84/85 Numa circunferência são dadas uma corda fixa AB, igual ao lado do tiângulo equilátero inscrito e uma corda móvel CD, de comprimento constante e igual ao lado do dodecágono regular convexo inscrito.
As duas cordas são os lados opostos de um quadrilátero convexo inscrito ABCD. Determine o lugar geométrico do ponto de encontro dos outros dois lados, especificando a delimitação deste lugar.

IME 84-85 Em um triângulo ABC são dados o lado a, a soma dos outros dois lados, b+c = 1, e a área S. Calcule os ângulos A, B, C e os lados b e c.
gab: Â = 2arctan(45/(l^2-a^2)), b e c são raizes de x^2-lx+ 25/senA=0; B = 2arccos((a^2+c^2-b^2)/2ac); C = pi - (A+B)

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Re: [obm-l] GEOMETRIA PLANA

[Danilo Nascimento]

Aguinaldo,
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aguinaldo goncalves jr [EMAIL PROTECTED] escreveu:

Danilo,

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Grato
AguinaldoDanilo Nascimento [EMAIL PROTECTED] escreveu:

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IME - 84/85 Numa circunferência são dadas uma corda fixa AB, igual ao lado do tiângulo equilátero inscrito e uma corda móvel CD, de comprimento constante e igual ao lado do dodecágono regular convexo inscrito.
As duas cordas são os lados opostos de um quadrilátero convexo inscrito ABCD. Determine o lugar geométrico do ponto de encontro dos outros dois lados, especificando a delimitação deste lugar.

IME 84-85 Em um triângulo ABC são dados o lado a, a soma dos outros dois lados, b+c = 1, e a área S. Calcule os ângulos A, B, C e os lados b e c.
gab: Â = 2arctan(45/(l^2-a^2)), b e c são raizes de x^2-lx+ 25/senA=0; B = 2arccos((a^2+c^2-b^2)/2ac); C = pi - (A+B)

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Re:[obm-l] Geometria plana

[Luiz H\. Barbosa]

Calucule a área de um triangulo retangulo, sabendo que 
um de sues catetos mede o triplo do outro e que seu 
perímetro vale 8+2 2*raiz de 10. 

Vamos la...rs...
Area = (3*x^2)/2 , então 
2P = 4x + x*[sqrt(10)]=8+22*[sqrt(10)]
x= [8+22*sqrt(10)]/[4+sqrt(10)] , dae é só vc elevar ao quadrado e substituir na formula da area...

[]'s 
Luiz H. Barbosa 

Re: [obm-l] geometria plana

[Marcio M Rocha]

elton francisco ferreira escreveu:


Olá pessoal, ai vai algumas questoes que começei a a
resoluçao mas nao consigo terminar. Se vcs puderem me
ajudarem.

1 - Num triangulo retangulo ABC, sabe-se que a área
vale 2s e que a razão entre os catetos é b/c=k.
Calcule seus lados.

2 – A diferença entre os catetos de um triangulo
retângulo é d e a área é s. Determine os catetos para:
d = 17 e s = 84
3 – Num triangulo retângulo, a hipotenusa é a e a
altura relativa a ela é h. Calcule os catetos para : a
= 25 e h = 12






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1- A área é a metade de bc, ou seja, bc = 4s. Multiplicando ambos os 
membros de b/c = k por bc, vem


b^2 = bck, ou seja, b = sqrt(4ks), ou b = 2.sqrt(ks). Daí, c = 
2.sqrt(ks) / k


2- b = 24 e c = 7. Como o produto dos catetos é o dobro da área, temos 
que bc = 168. Como b - c = 17, você cai numa eq do 2o grau.


3- b = 20 e c = 15. Veja que b^2 + c^2 = 625 e bc = 300. Daí, b + c = 
35, e você monta uma equação do 2o grau.


Abraços,

Márcio.
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Re: [obm-l] Geometria Plana

[Nicolau C. Saldanha]

On Tue, May 10, 2005 at 02:11:08AM -0300, Paulo Cesar wrote:
 Seja ABC um triângulo isósceles com AB=AC e ângulo BAC valendo 12º.
 Traça-se de B a bissetriz BD, D em AC, e traça-se de C a ceviana CE, E
 em AB, de modo que o ângulo ECB seja 30º. Determine o ângulo BDE.

Alguém mandou uma solução por trigonometria e eu mesmo já mandei
uma solução geométrica. Gostaria de mostrar uma terceira solução.
Vou tentar redigí-la de tal forma que fique claro que um aluno
de final de ensino médio, organizado mas não necessariamente brilhante,
tem chance de resolver a questão.

Primeiro nosso heroi faz um desenho bem caprichado do problema,
como o que está em anexo. Ele precisa ter a idéia de fazer o triângulo
ABC ser uma das fatias de um 30-ágono regular, mas feito isso não é
muito difícil conjecturar que a reta DE passa por P2 e P26.
Se a conjectura for correta é fácil calcular todos os ângulos
e o problema acaba. Para provar a conjectura, basta provar que as triplas
de retas AP1, P2P26, P0P6 e AP0, P1P23, P2P26 são concorrentes.
Para a primeira tripla isto é trivial por simetria na reta AP1.
A segunda tripla nosso heroi se propõe a verificar por analítica, no braço.

Nosso heroi sabe verificar mais facilmente se três pontos são colinerares
usando um determinante, então ele pega os duais das três retas.
Podemos fazer Pk = (cos ka, sen ka), a = pi/15,
e então é fácil ver que os duais são
(0,1,0) (um ponto no infinito),
sec 3a (cos a, -sen a), sec 4a (cos 3a, -sen 3a).
Basta assim provar que o determinante abaixo é zero:

D = det([[0,1,0], [cos a, -sen a, cos 3a], [cos 3a, -sen 3a, cos 4a]])
= det([[cos 3a, cos a], [cos 4a, cos a]]) = cos^2 3a - cos a cos 4a.

Fazendo z = cos a + i sen a, temos

4D = ((z^3 + z^(-3))^2 - (z + z^(-1))(z^4 + z^(-4))
   = z^(-6) (z^12 - z^11 - z^9 + 2z^6 - z^3 - z + 1).

Assim, precisamos verificar que p = z^12 - z^11 - z^9 + 2z^6 - z^3 - z + 1 = 0.
Nosso heroi também sabe encontrar o polinômio q de coeficientes inteiros
de menor grau que tem raiz z:

q = (z^30 - 1)(z^5 - 1)(z^3 - 1)(z^2 - 1)/
   ((z^15 - 1)(z^10 - 1)(z^6 - 1)(z - 1))
  = z^8 + z^7 - z^5 - z^4 - z^3 + z + 1.

Uma divisão revela que p = q*(z^4 - 2z^3 + 2z^2 - 2z + 1), donde p = 0,
como queríamos.

[]s, N.




attachment: 30gon.png

Re: [obm-l] Geometria Plana

[Paulo Cesar]

Oi Nicolau

Cheguei a começar esta solução, pois lembrei-me que aquela questão
parecida cujo ângulo do vértice é 20º possui uma solução desse tipo.
Abandonei logo depois, pois percebi que as contas não ficariam tão
ideais, como no problema do 20º. Outro motivo era que meu objetivo
(inicialmente) era obter uma sulução para turmas de oitava-primeiro
ano. Você deve saber como são esses alunos que vão fazer o concurso do
CN. Sempre aparecem com essas coisas legais pra nós professores
resolvermos.

Mais uma vez, muito obrigado.
Um Abraço

Paulo Cesar

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Re: [obm-l] geometria plana

[Renato Lira]

Nao sei se essa solucao é completamente correta(gostaria que os membros dessa lista me apontem se é certa ou nao), mas vendo ela eu lembro de outra questao classica, que é a seguinte:

Seja o triangulo Isosceles ABC de base BC, e os pontos E e G sobre AB e F sobre AC de tal forma que AE=EF=FG=GC=CB.
Resolvendo ele concluimos que BAC=20 e FC=EF, Olhando para o seu problema fica facil perceber que eles se referem ao mesmo triangulo e(depois de ter resolvido esse) que BEC=30
On 5/17/05, Guilherme Neves [EMAIL PROTECTED] wrote:


Esse problema parece ser fácil e provavelmente é famoso. Tou quebrando a cabeca a dias.

Dado o triângulo ABC isósceles de base BC. O ângulo do vértice mede 20º. Traça-se uma ceviana CE, E em AB, tal que AE= BC. Calcule o valor do angulo BEC.

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Re: [obm-l] Geometria Plana

[Carlos Victor]

Olá  Paulo ,
Usando  a lei  dos senos  para os  triângulos EBD, EDC  e 
EBC  encontraremos   a seguinte igualdade :

4senx.cos(36).cos(42) = sen(54+x) ; onde  x  é  o ângulo  pedido .
Multiplicando  ambos  os membros  por sen(36)  encontraremos  :
2senx.sen(72).cos(42) = sen(54+x).sen(36)  ou
senx[sen114 + sen30] =  1/2[sen(x+108) +senx]  ou
2senx.cos(24) = sen(x+108)  ou
sen(x+24)  +sen(x-24)  = sen(x+108)  ou
sen(x-24)  = 2sen(42).cos(x+66) = 2sen(42).sen(24-x)  e  esta
igualdade  só  é  válida   quando   x =24º, ok ?

[]´sCarlos  Victor



At 02:11 10/5/2005, Paulo Cesar wrote:
Olá pessoal da lista
Eis uma questão que já me deu alguma dor de cabeça:
Seja ABC um triângulo isósceles com AB=AC e ângulo BAC valendo 12º.
Traça-se de B a bissetriz BD, D em AC, e traça-se de C a ceviana CE, E
em AB, de modo que o ângulo ECB seja 30º. Determine o ângulo BDE.
Abraços
Paulo Cesar
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Re: [obm-l] Geometria Plana

[Paulo Cesar]

Oi Victor

Excelente abordagem do problema. Tinha que ter uma saída
trigonométrica de qualquer jeito!! Muito obrigado mesmo pela atenção.
O único incoveniente é que foi um aluno de oitava série que me pediu.
Ele vai ter que esperar (ou estudar bastante) pra entender a solução.

Um Abraço

Paulo Cesar

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