Re: [obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho

2018-04-10 Por tôpico Artur Costa Steiner
Esse fato é consequência do seguinte teorema:Seja P um polinômio de coeficientes inteiros tal que:- o coeficiente do termo líder e o termo independente são ímpares- o número total de coeficientes ímpares é ímparEntão, P não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais.Artur Costa Stei

Re: [obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho

2018-04-10 Por tôpico Claudio Buffara
Entendido! Obrigado pelo "presta atenção". []s, Claudio. 2018-04-10 18:40 GMT-03:00 : >Oi Claudio, >Mais ou menos: se a=3, b=4 e c=5, sua afirmação diz que um polinômio em > Z[x] que tenha (3+4i)/5 como raiz deve ser divisível em Z[x] por > 25z^2-30z+25, mas poderia ser 5z^2-6z+5. Mas se

Re: [obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho

2018-04-10 Por tôpico gugu
Oi Claudio, Mais ou menos: se a=3, b=4 e c=5, sua afirmação diz que um polinômio em Z[x] que tenha (3+4i)/5 como raiz deve ser divisível em Z[x] por 25z^2-30z+25, mas poderia ser 5z^2-6z+5. Mas se mdc(a,b,c)=1 e 2|c^2*z^2 - 2ac*z + (a^2+b^2), devemos ter c par e a e b ímpares, donde

Re: [obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho

2018-04-09 Por tôpico Claudio Buffara
Se um polinômio com coeficientes inteiros tiver (a+bi)/c como raiz (a,b,c inteiros), então também terá (a-bi)/c. Assim, será divisível por f(z) = c^2*z^2 - 2ac*z + (a^2+b^2) (incidentalmente, isso prova a sua afirmação para polinômios quadráticos: 2ac é necessariamente par). f(z) | 37971 z^998 +

[obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho

2018-04-09 Por tôpico Artur Steiner
Isto é uma generalização do seguinte fato: Se todos os coeficientes de um pol. do 2o grau forem ímpares, então o pol. não apresenta nenhuma raiz com ambas as partes racionais. Artur Costa Steiner Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner escreveu: > Mostre que o polinômio > > P(x) = 37971

[obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho

2018-04-09 Por tôpico Artur Steiner
A mesma conclusão vale para Q(x) = x^(1 quinquilhão) - 2 x^(1 quatrilhão) + 3 x^(18 bilhões) + 6 x^(1 milhão e trezentos mil) + 8 x^(3971) - 7 Tem a ver com a paridade dos coeficientes. Artur Costa Steiner Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner escreveu: > Mostre que o polinômio > > P(

[obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho

2018-04-09 Por tôpico Artur Steiner
Sim. Se o complexo z for raiz de P, então pelo menos uma das partes de z é irracional. Se vc conhecer um fato muito pouco conhecido sobre polinômios com coeficientes inteiros, a prova leva digamos 10 segundos. A prova deste fato não me parece nada trivial, mas só exige conhecimentos básicos de álg

[obm-l] RE: Probleminha

2002-04-17 Por tôpico Claudio Antonio Teixeira Bastos
>-64^1/2 =>8.>sqrt(x²) ou (x²)^1/2 = |x| e não x.>(a raiz quadrada de um numero elevado ao>quadrado - ou esse numero elevad=>o >a 1/2, é  esse número em - módulo - ).>2.>(-4)^(6/4)=(4096)^(1/4)=8 Prezado Fernando Henrique Ferraz Não entendi sua justificativa, quando afirma que -64^1/2=8, ao meu ver

Re: Probleminha

2002-01-20 Por tôpico benedito
Prezado Ponce, Ainda sobre Paul Erdos, vale a pena citar o livro (maravilhoso) de Paul Hoffman "The Man Who Loved Only Number", escrito sobre a figura extraordinária de Erdos. Numa feira de livros que aconteceu aqui em Natal (RN), encontrei uma edição do livro de Hoffman em português, publica

Re: Probleminha

2002-01-18 Por tôpico gfujiwara
Eu pensei um pouco e acho que saiu. primeiro, veja que se existe um modo de colocar os dois quadrados de lados a e b no de lado 1 de alguma maneira, entao existe um jeito decolocar os quadrados de lados a e b tal que cada lado do quadrado de lado 1 contenha pelo mens um ponto de um dos quadrados

Re: Probleminha

2002-01-17 Por tôpico Luiz Antonio Ponce Alonso
Olá Humberto, Seja bem vindo a lista. O problema a que você refere-se é interessante e já  estivesse trabalhando nele e outros propostos pelo famoso Erdos.Um outro famoso e a nivel do ensino médio e a famosa desigualdade de Erdols-Mordell. Como pouco falou-se nesta lista sobre Erdos, acredito ser

Re: Probleminha (ampliacao)

2002-01-17 Por tôpico Nicolau C. Saldanha
On Thu, Jan 17, 2002 at 05:48:05PM +, Paulo Santa Rita wrote: > Ola Pessoal, > > Um detalhe : O Problema abaixo, apresentado pelo Humberto, nao informa se os > quadrados de lados "a" e "b" podem estar com seus lados inclinados em > relacao aos lados do quadrado original ( de lado unitario )

Re: Probleminha (ampliacao)

2002-01-17 Por tôpico Paulo Santa Rita
e eles devem ter. Esta caraterizacao elelgante, inclusive, serviria para tratar muitos outros problemas semelhantes. Alguem se habilita ? Um abraco Paulo Santa Rita 5,1544,170102 >From: "Paulo Santa Rita" <[EMAIL PROTECTED]> >Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >To: [EMAIL PROTECTED] &g

Re: Probleminha

2002-01-17 Por tôpico Paulo Santa Rita
Ola Humberto, Bem-Vindo ! Se a+b>1 entao a>1-b. Imagine agora um quadrado de lado "b" dentro do quadrado de lado 1 ... Qualquer que seja a posicao deste quadrado, o maximo que podera sobrar na direcao vertical bem como na horiontal e "1-b". Mas a > 1-b. Logo, nao e possivel colocar um outro qua

Re: Probleminha

2002-01-17 Por tôpico Nicolau C. Saldanha
On Wed, Jan 16, 2002 at 09:12:43PM -0300, Humberto Naves wrote: > Oi Pessoal, > Sou novo aqui na lista, e estou propondo um > probleminha legal que encontrei. Não o resolvi ainda, > tentei por Geometria Analitica e chegou numa > desigualdade, quando acabar mando a solucao (Como > posso mandar

Re: Probleminha de Geometria Analítica

2001-10-22 Por tôpico Nicolau C. Saldanha
On Sun, Oct 21, 2001 at 03:16:25AM -0200, Fernando Henrique Ferraz wrote: > Estou cá me debatendo com um problema aparentemente simples de GA, vejamos: > > (Cesgranrio 1990) Determine o comprimento do segmento cujos extremos são os > pontos de intersecção do círculo x² + y² = 2 com a parábola y

Re: Probleminha de Geometria Analítica

2001-10-21 Por tôpico Paulo Jose Rodrigues
- Original Message - From: Rodrigo Villard Milet <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Sunday, October 21, 2001 11:07 AM Subject: Re: Probleminha de Geometria Analítica > Olhe sua msg abaixo... > -Mensagem original- > De: Fernando Henrique Fer

Re: Probleminha de Geometria Analítica

2001-10-21 Por tôpico Rodrigo Villard Milet
Olhe sua msg abaixo... -Mensagem original- De: Fernando Henrique Ferraz <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Domingo, 21 de Outubro de 2001 03:08 Assunto: Probleminha de Geometria Analítica Estou cá me debatendo com um problema aparentemente simples de GA

Re: Probleminha

2001-07-16 Por tôpico David Daniel Turchick
gum jeito mais rapido de chegar nesse resultado, visto a grande quantidade de cortes q tive q fazer para isso.) t+ -Mensagem original- De: David Daniel Turchick <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Segunda-feira, 16 de Julho de 2001 12:34 Assunto:

Re: Probleminha

2001-07-16 Por tôpico David Daniel Turchick
Oi. Eu fiz assim: Como BD=DC=5, pelo Teorema das Bissetrizes Internas, (5-ED)/6 = (5+ED)/8 (se vc trocasse a ordem dos catetos nessa relação, encontraria ED negativo). Então ED=5/7. Como (ABC)/(ADE) = (ABC)/{(ABC)-[(ABE)+(ACD)]}, e é fácil achar (ABC), só falta achar (ABE) e (ACD): Sendo DF a altu

Re: probleminha

2001-01-16 Por tôpico Marcelo Ferreira
 Caro prof. Benedito,    A resposta para sua segunda pergunta eh negativa, pois como respondeu o colega Josimat a quantidade de impares "cai" sempre de dois, isto e, de 50 para 48, de 48 para 46, e assim por diante. Assim obrigatoriamente o ultimo numero a sobrar sera PAR.    Abracos, Marcel

RE: probleminha

2001-01-15 Por tôpico Lopes, Washington
Bom dia, Caro Marcelo, tenho algumas dúvidas em alguns exercícios propostos para o ensino médio. Gostaria que o você me ajudasse a responde esses execícios que com certeza tirarei todas as minhas dúvidas. Vou prestar o vestibular e ainda tenho dúvidas nesses exercícios que estou estudando.

Re: probleminha

2001-01-15 Por tôpico josimat
#  > número(s) Inicialmente temos 50 # pares e 50 # ímpares. 1 - se a e b forem ímpares, a-b será PAR. Logo, a quantidade de # ímpares diminuirá de 2. 2 - se a e b forem pares, a-b será PAR. Logo, a quantidade de # ímpares não será alterada. 3 - se ou a ou b for par, a-b será ÍMPAR. Lo

Re: Re: Probleminha do ITA

2000-05-23 Por tôpico André Amiune
sday, May 23, 2000 7:40 PM Subject: Re: Re: Probleminha do ITA > Yes sir, pensei que todo bom problema do ITA era justificado. Acho que não é > NRA mas NDA, Nenhuma Das Acima. Bem, assim que aparece em tudo que é > vestibular... se não me engano acho que foi proibido por "confundir o

Re: Re: Probleminha do ITA

2000-05-23 Por tôpico Benjamin Hinrichs
ROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Tuesday, May 23, 2000 3:06 PM Subject: Re: Re: Probleminha do ITA Olá Benjamin, Ao que me lembre, nem todas as questões do ITA necessitam ser justificadas, apenas algumas (eles indicam quais). Isso ocorria anteriormente, depois eles deixaram isso

Re: Re: Probleminha do ITA

2000-05-23 Por tôpico alexv
> >=== >Yes Sir, that's it. Estam era uma das opções a ser assinalada. Epa, >assinalar opções no ITA??? Que diabos é isto?? > >Abraço, Benjamin Hinrichs > Olá Benjamin, Ao que me lembre, nem todas as questões do ITA necessitam ser justificadas, apenas algumas (eles indicam

Re: Probleminha do ITA

2000-05-23 Por tôpico Benjamin Hinrichs
Resposta de Paulo Franca Bandel: [(1 - tanx) / (1 + tanx)]^2 = [ ( 1 - (senx/cosx) ) / ( 1 + (senx/cosx) ]^2 ; Dentro do colchete, multiplicando o numerador e o denominador por cosx, temos que: [ (cosx - senx) / (cosx + senx) ]^2; expandindo os binômios, chegamos a : [(cosx)^2 + (senx)^2 - 2(senx

Re: Probleminha do ITA

2000-05-22 Por tôpico Paulo Franca Bandel
At 16:39 22/05/00 -0300, you wrote: >Olá pessoal, > >o seguinte termo pode ser desenvolvido até um ponto bastante curioso... >tentem, acho que não fui claro qual o objetivo da missão, é só desenvolver o >termo até um outro, pouco similiar ao inicial. >[(1 - tan x) / (1 + tan x)]^2, onde tan se ref

Re: Probleminha do Satélite

2000-04-29 Por tôpico Edmilson
Caro Alexandre, Basta usar o Teorema do Resto Chinês : Sejam m1, m2, ...mr números inteiros maiores que zero e tais que mdc (mi, mj) = 1 sempre que i diferente de j. Façamos m = m1.m2mr e sejam b1, b2, ..., br, respectivamente soluções das congruências lineares : m / mj == 1 (mod. mj) Então