Caros amigos:
Ando sumido da lista. Mas leio frequentemente.
Acrescento um fato interessante sobre o centro de gravidade do triângulo oco.
Considere o incentro do triângulo cujos vértices são os pontos médios
dos lados do triângulo ABC. Este ponto é o baricentro do triângulo ABC oco.
Abraços,
E. Wagner.
Quoting Paulo Santa Rita <paulo.santar...@gmail.com>:
Oi Ponce e demais colegas
desta lista ... OBM-L,
EU PENSO que um possivel objetivo comum a todos nos e justamente o de
propor problemas interessantes, nao triviais, e/ou suas respectivas
solucoes, quando possiveis. Procedendo assim PARECE-ME que ocorrerao
duas implicacoes obvias :
1) Serao naturalmente afastados aqueles(as) que vem esta lista como um
SOS para vestibulandos, concurseiros e assemelhados.
2) Serao naturalmente atraidos aqueles(as) que aspiram ler e aprender
uma Matematica de mais alta qualidade.
E eu tenho certeza - ate por experiencia pessoal - que com a
colaboracao das inumeras pessoas talentosas que ja passaram por aqui,
podemos criar um centro de discussao de Matematica Elementar que nao
ficara devendo a nenhum outro centro do Mundo
Quando ao problema do Nehab, e bastante razoavel supor que o campo
gravitacional e constante ( pois estamos imaginando o triangulo
proximo a superficie da terra). Agora, basta aplicar o teorema de
Varignon.
Seja ABC um triangulo. Sem perda de generalidade podemos supor que os
seus vertices estao disposto tais que A esta em (0,0), B em (c,0) e C
em (X,Y). E natural supor que a densidade linear de massa e constante
em cada lado, donde decorre que os respectivos centros de massa dos
seus lados estarao nos pontos medios destes lados. Seja d esta
densidade liner. As forcas que atuam em cada ponto medio sao :
No lado AB, cdg, atuando em (c/2,0) - aqui, g e a aceleracao da gravidade
No lado AC, bdg, atuando em (X/2,Y/2)
No lado BC, adg, atuando em ( (c+X)/2 , Y/2 )
Assim VERTICALMENTE, temos uma forca de cdg em 0, uma forca bdg em Y/2
e uma forca adg em Y/2, vale dizer, uma forca, (bdg+adg) em Y/2. A
forca que equilibra tudo isso tem modulo, obviamente, igual "adg + bdg
+ cdg" atuando na posicao vertical m ( Varignon agora ) tal que :
m*(adg + bdg + cdg) = cdg*0 + (bdg + adg)*(Y/2)
m =( (a+b) / (a+b+c) )*(Y/2) Resultado 1
HORIZONTALMENTE, temos uma forca cdg em c/2, uma forca bdg em (X/2) e
uma forca adg atuando em (c+X)/2. Para equilibrar isso devemos ter uma
forca de modulo obviamente, igual "adg + bdg + cdg" e atuando na
posicao horizontal n ( Varignon agora ) tal que :
n*(adg + bdg + cdg) = cdg*(c/2) + bdg*(X/2) + adg*( (c+X)/2)
n = ( (a+c)*(c/2) + (b+c)*(X/2) ) / (a + b + c) Resultado 2
Os dados em Resultado 1 e 2 sao conhecidos, bastando construir o
sistema de coordenadas indicado ( traca-se por A uma perpendicular a
AB, Esta perpendicular e o eixo Y; o eixo X sera a reta que suporta o
lado AB). Os valores de "m" e "n" sao facilmente construtiveis. Logo:
O PONTO PROCURADO
Traca-se por m uma paralela ao eixo X e por n uma paralela ao eixo Y.
O ponto de encontro e o ponto procurado.
Um Abracao a Todos !
PSR,11005091409
pois isto afastara aqueles estudantes preguicosos , para que aqueles
que nos acompanham
2009/5/10 Rogerio Ponce <abrlw...@gmail.com>:
Ola' Santa Rita,
obrigado pelo elogio.
Mas o "culpado" foi voce mesmo, ao trazer problemas interessantes
para a lista.
Parabens!
Alias, o Nehab e' outro provocador - vide o probleminha que ele
propos (e que eu reescrevo abaixo):
Dado o desenho de uma armacao triangular, feita de arame extremamente
fino (unidimensional), encontre o seu centro de gravidade,
utilizando-se apenas de desenho geometrico.
(ou seja, a solucao tem que ser tracada, nao podendo ser apenas
expressa por meio de equacoes.)
Abracos a todos,
Rogerio Ponce
2009/5/9 Paulo Santa Rita <paulo.santar...@gmail.com>:
Ola Ponce, Nehab, Luis Lopes
e demais colegas desta lista ... OBM-L,
Ponce, a sua solucao, simples e bela, e tipica de uma Matematica de
qualidade. Parabens por ela !
Fico feliz por ter iniciado uma discussao que lhe interessou, trouxe o
Ralph, o Shine e levou outros Matematicos de qualidade a se
manifestarem.
ENTRE MUITO OUTROS Matematicos de qualidade que outrora apareciam por
aqui e que ja ha algum tempo nao escrevem, sem duvida se incluem o
Nicolau e o Gugu. Oxala eles voltem a escrever brevemente !
Uma questao que sempre me interessou, subsidiariamente, e a seguinte :
Sabemos que o INCENTRO ( Centro do Circulo inscrito a um triangulo )
nao faz parte da reta de Euler, isto e, ele nao esta NECESSARIAMENTE
alinhado com os pontos notaveis que pertencem a esta reta. Assim em
geral, o incentro, o circuncentro e o ortocentro formam um pequeno
triangulo no interior de um triangulo dado. O que se pode falar sobre
esse pequeno triangulo ? Que relacao ele mantem com o triangulo
original ?
Um abraco a Todos !
PSR,7090509132D
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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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