Re: coment·rios
Olá Josimar, Eu ficaria muito grato em receber a prova IME-95 com as resoluções. Muito Obrigado por qualquer ajuda e atenção PONCE email: [EMAIL PROTECTED] josimat wrote: > Olá Wagner! > Muito obrigado. Talvez interesse a mais alguém saber que pouco depois de ter > enviado para a lista a mensagem "coment-ários", recebi do Alexandre > Vellasques (por fora da Lista) um arquivo com o gabarito da prova IME/95. > Posso enviar para quem quiser. > Valeu mesmo Wágner > -Mensagem original- > De: Eduardo Wagner <[EMAIL PROTECTED]> > Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> > Data: Terça-feira, 10 de Outubro de 2000 21:25 > Assunto: Re: coment·rios > > > > > > > > >> > >> Alguém pode me informar onde posso encontrar algo que fale sobre o fato > de > >> todas as parábolas serem semelhantes? > >> > >Este fato esta comentado no livro Matemática do ensino médio, vol 1 > >publicado pela SBM. > > > >> Para não perder a viagem, quem poderia me ajudar? > >> > >> (IME-97) Em uma Parábola P, com foco F e parâmetro p,considere uma corda > MN' > >> normal à parábola em M. Sabendo que o ângulo MFM'=90 graus, calcule os > >> segmentos FM e FM'. > >> []'s JOSIMAR > >> > > > >Isto vai dar um pouco de trabalho. Vou dar as indicações: > > > >1) Seja P o ponto de interseção de MM' com o eixo da parábola. Demonstre, > >usando o fato que MM' é normal que os angulos FMP e FPM são iguais. > > > >2) Sendo x o ângulo que FM forma com o eixo da parabola mostre que > >FM = p/(1 - cos x) e que FM' = p/(1 - sen x). > > > >3) Fazendo tg(x/2) = t, escreva sen x e cos x em funcao de t e substitua > nas > >expressões acima. > > > >4) Observe que FM/FM' = tg(FMP) = ctg(x/2) = 1/t. > > > >5) Voce vai encontrar uma equação em t que fatorada é (1 + t^2)(1 - 2t) = > 0, > >que só possui a solução t = 1/2. > > > >6) Conclua daí que FM = 5p/2 e FM' = 5p. > > > >Um abraço, > > > >Wagner.
Re: GP
At 21:12 07/10/00 -0300, josimat wrote: Oi pessoal! Quem pode me ajudar? Dado um triângulo ABC, com AB=AC. Tomam-se os pontos N e M pertencentes, respectivamente, aos lados AB e AC. Sendo a medida do ângulo BCN=30 graus, CBN=60 graus, NBM=20 graus. Determine a medida do ângulo BMN. []'s JOSIMAR Oi Josimar , considerando CBM = 60 graus : Trace a altura relativa ao lado BC e seja o H o pé desta sobre BC . Sejam P o encontro de AH com BM e S o encontro de CN com BM . Trace CP e mostre que BS = SP =BH e NPB= 20graus . Mostre que o triângulo PNM é isósceles e consequentemente teremos o ângulo BMN = 10 graus . Para mostrar que este triângulo é isósceles faça o seguinte : seja R sobre AC tal que ABR = 10 graus e mostre que AR = BC . Tomando T (circuncentro de ABC) como encontro de BR com AH e F como encontro de PR com MT , mostre que os triângulos PFM e PSN são congruentes , ok ? . Abraços , Carlos Victor
Re: GP
Title: Re: GP Quero agradecer ao Wágner e ao Marcos Paulo pelas resoluções enviadas. Wagner, sua resolução é brilhante e não achei tão braçal. Marcos, sua idéia também é boa (ainda não consegui provar a semelhança), mas não seria F o ponto de interseção de MD com NC, e não de MD com MB? Wagner, este problema é bastante parecido com aquele famoso problema que caiu (dizem) numa Olimpíada Russa, que está no livro Geometria 1, do qual você é um dos autores. Para aquele problema, alguns exibem uma resolução que contém uma falha. Consiste em traçar uma circunferência por três pontos do triângulo: para a nossa versão, esses pontos seriam N, C e B. A falha está em supor, sem nenhuma demonstração, que NM é tangente à circunferência (acredito que de fato seja, haja vista que a resposta procede e o teorema usado é da forma sss). O interessante é que em ambos os problemas, esse procedimento leva à resposta correta: 10 graus neste problema e 30 graus naquele. Será que vale a pena investigar? Obrigado! Já ia me esquecendo: o livro citado acima é um dos três que você escreveu com o Morgado e com o Miguel Jorge. A cada ano, a procura por esses livros aumenta. Alunos e Professores me perguntam onde podem encontrá-los, pois está cada vez mais difícil. Vocês já pensaram em reproduzi-los? Quero aproveitar e parabenizar o Nicolau pela iniciativa de criar esta lista. Está sendo uma fonte de pesquisa extraordinária! []'s JOSIMAR -Mensagem original-De: Eduardo Wagner <[EMAIL PROTECTED]>Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>Data: Terça-feira, 10 de Outubro de 2000 22:16Assunto: Re: GP--From: "josimat" <[EMAIL PROTECTED]>To: <[EMAIL PROTECTED]>Subject: Re: GPDate: Sun, Oct 8, 2000, 18:24 Olá Wagner!Tem razão, CBM=60 graus, e não CBN. Desculpem-me pela falha na digitação. Eis o enunciado corrigido: Dado um triângulo ABC, com AB=AC. Tomam-se os pontos N e M pertencentes, respectivamente, aos lados AB e AC. Sendo a medida do ângulo BCN=30 graus, CBM=60 graus, NBM=20 graus. Determine a medida do ângulo BMN. []'s JOSIMAR Oi Josimar: vejamos uma solução braçal do seu problema.Seja P a interseção de BM com CN, e façamos BC = 2 para facilitar. Temos então PB = 1 e PC = sqrt(3).Sejam PM = x e PN = y.y = tg20 e sqrt(3)/x = tg40. Multiplicando, obtemos y/x = tg20.tg30.tg40. Acontece que tg20.tg30.tg40 = tg10, o que mostra que o ângulo BMN é igual a 10 graus. Resolvido o problema, resta demonstrar a identidade acima. Isto demanda um certo trabalhoalgébrico. Faça tg x = t e calcule tg(3x). Voce vai encontrar tg(3x) = t(3 - t^2)/(1 - t^2).Em seguida, demonstre a identidade tg(30 - a). tg(3a) . tg(30 + a) = tg a. Fazendo a = 10 graus,fica tudo resolvido.Fico devendo uma solução mais elegante para seu problema.Um abraço,Wagner.
Re: coment·rios
Olá Wagner! Muito obrigado. Talvez interesse a mais alguém saber que pouco depois de ter enviado para a lista a mensagem "coment-ários", recebi do Alexandre Vellasques (por fora da Lista) um arquivo com o gabarito da prova IME/95. Posso enviar para quem quiser. Valeu mesmo Wágner -Mensagem original- De: Eduardo Wagner <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Terça-feira, 10 de Outubro de 2000 21:25 Assunto: Re: coment·rios > > > >> >> Alguém pode me informar onde posso encontrar algo que fale sobre o fato de >> todas as parábolas serem semelhantes? >> >Este fato esta comentado no livro Matemática do ensino médio, vol 1 >publicado pela SBM. > >> Para não perder a viagem, quem poderia me ajudar? >> >> (IME-97) Em uma Parábola P, com foco F e parâmetro p,considere uma corda MN' >> normal à parábola em M. Sabendo que o ângulo MFM'=90 graus, calcule os >> segmentos FM e FM'. >> []'s JOSIMAR >> > >Isto vai dar um pouco de trabalho. Vou dar as indicações: > >1) Seja P o ponto de interseção de MM' com o eixo da parábola. Demonstre, >usando o fato que MM' é normal que os angulos FMP e FPM são iguais. > >2) Sendo x o ângulo que FM forma com o eixo da parabola mostre que >FM = p/(1 - cos x) e que FM' = p/(1 - sen x). > >3) Fazendo tg(x/2) = t, escreva sen x e cos x em funcao de t e substitua nas >expressões acima. > >4) Observe que FM/FM' = tg(FMP) = ctg(x/2) = 1/t. > >5) Voce vai encontrar uma equação em t que fatorada é (1 + t^2)(1 - 2t) = 0, >que só possui a solução t = 1/2. > >6) Conclua daí que FM = 5p/2 e FM' = 5p. > >Um abraço, > >Wagner.
Eixo de transdução
O que seria o eixo de transdução da terra? O que o causa?
