Re: Problema de Geometria
Antes de mais nada, vamos a uma breve apresentacao. Sou participante desta lista ha uns meses e nao tenho tido muito tempo para debater com vcs aqui da lista pois estou condenado a terminar de escrever minha tese de mestrado aqui na UFC (Na Area de Computacao Grafica, precisamente na area de Modelagem Digital de Terrenos) e o tempo me falta... no entanto, acompanho ativamente essa lista como ouvinte. Bem, esse problema de geometria me eh particularmente interessante. Lembro-me que no tempo do 2 grau, quando eu participava das Olimpiadas de Matematica, havia me deparado com esse problema. O ataquei com todas as ferramentas que eu dispunha na epoca (geom. plana, analitica,transformacoes geometricas...) e nao consegui resolve-lo. Talvez a minha decepcao maior foi nao ter encontrado uma solucao atraves de geometria plana simples... Hoje, porem, quase que num reflexo (apesar de eu estar um pouco enferrujado em resolver problemas de olimpiadas), encontrei uma solucao bem simples para o problema. Ai vai: - Considere um novo triangulo B'C'D' como a rotacao de 90 graus do triangulo BCD em torno de D e no sentido horario (considerando o pentagono ABCDE descrito non sentido anti-horario). Tal rotacao faz o lado C'D' coincidir com o lado ED, pois o angulo CDE eh reto e C'D' = CD = ED. Alem disso, BD = B'D' e o angulo BDB' eh reto.(***) - Nao eh dificil observar que o quadrilatero ABEB' eh um paralelogramo: Observe que EB'= BC = BA. Entao falta provar que EB'// BA. Chame o angulo BCD = B'ED = x. Chame a intersecao do prolongamento de EB' com BC (ou com o possivel prolongamento de BC) de G. O quadrilatero GCDE eh inscritivel, pois B'ED = GCD = x. Como EDC eh reto, temos que ter o angulo EGC tambem reto. Logo, os lados EB' e BA sao paralelos, pois fazem os mesmo angulos (retos) com BC. - Agora eh simples. As diagonais B'B e AE do paralelogramo ABEB' se cruzam, obviamente, em M, com BM = MB'. Acontece que, como vimos anteriormente, o triangulo BDB' eh retangulo em D e isosceles (***), logo a altura relativa ao vertice D, ou seja DM, eh igual a metade da hipotenusa BB', ou seja BM. E obviamente o angulo DMB eh reto, pois DM eh altura. CQD. Eh isso ai gente, espero poder ter ajudado. PS : Se algum participante da lista tiver interesse na area de Computacao Grafica, precisamente nas areas de Geometria Computacional, Modelagem Digital de Terrenos, Visualizacao 3D e quiser manter contato, sinta-se livre! :) Abracos, Edson Ricardo On Fri, 13 Apr 2001, Marcio A. A. Cohen wrote: Como se falou um pouco de complexos aqui, segue abaixo um problema interessante de geometria. Interessante no sentido de ser um problema conhecido, que eu acho bem dificil de se resolver por geometria plana simples, e bem facil de se resolver com auxilio de numeros complexos (e o melhor, eh desses que com geometria analitica convencional continuam dificeis!): Eh dado um pentagono convexo ABCDE. Sabe-se que AB=BC, CD=DE, e os angulos internos B e D do pentagono sao de 90 graus. Seja M o ponto medio do lado AE. Demonstre que os segmentos DM e BM sao iguais, e que o triangulo DBM eh retangulo. Abracos, Marcio PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por cis^(90) = i, e desenhar o pentagono no plano.. o resto sao soh poucas linhas de conta.
Re: Problema de Geometria
Como admirador e estudioso da geometria, s tenho a elogiar sua prova. Realmente bonita. Meus sinceros parabns! []'s Alexandre Tessarollo Edson Ricardo de Andrade Silva wrote: Antes de mais nada, vamos a uma breve apresentacao. Sou participante desta lista ha uns meses e nao tenho tido muito tempo para debater com vcs aqui da lista pois estou condenado a terminar de escrever minha tese de mestrado aqui na UFC (Na Area de Computacao Grafica, precisamente na area de Modelagem Digital de Terrenos) e o tempo me falta... no entanto, acompanho ativamente essa lista como ouvinte. Bem, esse problema de geometria me eh particularmente interessante. Lembro-me que no tempo do 2 grau, quando eu participava das Olimpiadas de Matematica, havia me deparado com esse problema. O ataquei com todas as ferramentas que eu dispunha na epoca (geom. plana, analitica,transformacoes geometricas...) e nao consegui resolve-lo. Talvez a minha decepcao maior foi nao ter encontrado uma solucao atraves de geometria plana simples... Hoje, porem, quase que num reflexo (apesar de eu estar um pouco enferrujado em resolver problemas de olimpiadas), encontrei uma solucao bem simples para o problema. Ai vai: - Considere um novo triangulo B'C'D' como a rotacao de 90 graus do triangulo BCD em torno de D e no sentido horario (considerando o pentagono ABCDE descrito non sentido anti-horario). Tal rotacao faz o lado C'D' coincidir com o lado ED, pois o angulo CDE eh reto e C'D' = CD = ED. Alem disso, BD = B'D' e o angulo BDB' eh reto.(***) - Nao eh dificil observar que o quadrilatero ABEB' eh um paralelogramo: Observe que EB'= BC = BA. Entao falta provar que EB'// BA. Chame o angulo BCD = B'ED = x. Chame a intersecao do prolongamento de EB' com BC (ou com o possivel prolongamento de BC) de G. O quadrilatero GCDE eh inscritivel, pois B'ED = GCD = x. Como EDC eh reto, temos que ter o angulo EGC tambem reto. Logo, os lados EB' e BA sao paralelos, pois fazem os mesmo angulos (retos) com BC. - Agora eh simples. As diagonais B'B e AE do paralelogramo ABEB' se cruzam, obviamente, em M, com BM = MB'. Acontece que, como vimos anteriormente, o triangulo BDB' eh retangulo em D e isosceles (***), logo a altura relativa ao vertice D, ou seja DM, eh igual a metade da hipotenusa BB', ou seja BM. E obviamente o angulo DMB eh reto, pois DM eh altura. CQD. Eh isso ai gente, espero poder ter ajudado. PS : Se algum participante da lista tiver interesse na area de Computacao Grafica, precisamente nas areas de Geometria Computacional, Modelagem Digital de Terrenos, Visualizacao 3D e quiser manter contato, sinta-se livre! :) Abracos, Edson Ricardo On Fri, 13 Apr 2001, Marcio A. A. Cohen wrote: Como se falou um pouco de complexos aqui, segue abaixo um problema interessante de geometria. Interessante no sentido de ser um problema conhecido, que eu acho bem dificil de se resolver por geometria plana simples, e bem facil de se resolver com auxilio de numeros complexos (e o melhor, eh desses que com geometria analitica convencional continuam dificeis!): Eh dado um pentagono convexo ABCDE. Sabe-se que AB=BC, CD=DE, e os angulos internos B e D do pentagono sao de 90 graus. Seja M o ponto medio do lado AE. Demonstre que os segmentos DM e BM sao iguais, e que o triangulo DBM eh retangulo. Abracos, Marcio PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por PS: Solucoes simples por geometria plana sao bem vindas, pra desbancar o meu "dificil de se resolver por...". se alguem quiser a solucao por complexos, eh soh lembrar que multiplica um vetor por 90 graus eh multiplicar por cis^(90) = i, e desenhar o pentagono no plano.. o resto sao soh poucas linhas de conta.
Dúvida
Olá. Alguém poderia me ajudar, enrosquei no seguinte problema: Dada a equação (x^4)-(2x^2)+m=0 a condição para que ela tenha 4 raízes reais é que: a) m=1 b) m1 c) -1m=1 d) 0=m=1 e) m=0 Obrigado, João Paulo Paterniani da Silva _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
raiz quadrada - novamente
Obrigado a todos que me responderam , mas ainda continuo com a seguinte dúvida : Quando usamos a fórmula de Moivre para o cálculo de raízes ( no campo dos complexos) , encontro dois valores +2 e -2 , ou seja : posso afirmar que sqrt(16) = + 2 , neste campo ? []'s Nicks
Re: Urgente(ajuda algebra)
Caros colegas, tentando resolver este problema verifiquei que: (a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc + ac) = 9 = 13 + 2(ab + bc + ac) então ab + bc + ac = -2 e (a+b+c)^3 = a^3 + b^3 + c^3 + 3( a.b^2 + a^2.b + b^2.c + a^2.c + c^2.a + c^2.b + 2abc) = 27 = 27 + 3( a.b^2 + a^2.b + b^2.c + a^2.c + c^2.a + c^2.b + 2abc) então a.b^2 + a^2.b + b^2.c + a^2.c + c^2.a + c^2.b + 2abc = 0 fatorando a(ab+bc+ac) + b(ab+bc+ac) + c^2(a + b) = 0 substituindo -2a -2b + c^2(a + b) = 0 então (c^2 -2)(a + b) = 0 então ou a+b=0 ou c^2 - 2 =0, mas poderiamos ter fatorado de forma que "a" ou "b" ficassem separados como no caso do "c", encontrando c^2 =2, b^2=2 ou a^2 =2 mas se fossem verdadeiras a^2 + b^2 + c^2 = 6, contradizendo o problema, então pensei que a unica "saida" seria o fator (a+b) ser igual a 0, o que nos traria( por a+b+c=3) que c=3(confirmado em a^3 + b^3 + c^3 = 27) e que a = -b. Então teriamos a^2 + b^2 + c^2 = 2a^2 + c^2 = 13 que a^2 = 2 e como ele pede a^4 + b^4 + c^4 teriamos 4 + 4 + 81 = 89, contrariando as outras respostas que foram enviadas, sei que há algum erro em meu raciocinio porque nada "diferencia" a, b e c. Assim sendo não poderiam ter valores diferentes(certo?). E gostaria de saber qual seria o procedimento correto após encontrar (a+b)(c^2 - 2)=0 visto que poderiamos também ter(pela mesma equação anterior) (a+c)(b^2 - 2)=0 ou (c+b)(a^2 - 2)=0 ??? bem, agradeço desde já e espero não ter dito muita "besteira". obrigado. - Original Message - From: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Saturday, April 14, 2001 9:02 PM Subject: Ajuda!!!Algebra Pessoal Sendo a+b+c=3 , a²+b²+c²=13 e a³+b³+c³=27 Como determino a elevado a quarta potência + b elevado a quarta potência + c elevado a quarta potência? Obrigado desde já ___ http://www.zipmail.com.br O e-mail que vai aonde você está.
Re: Dúvida
Faa x^2 = y Assim: y^2 - 2y + m = 0 Para que x seja real, y deve ser positivo ou nulo. Portanto as duas razes de y^2 - 2y + m = 0 devem ser maiores ou iguais a zero As razes desta equao so dadas por y = 1 +/- (1 - m)^(1/2) Note que m = 1 (1) para que y seja real. Evidentemente 1 + (1 - m)^1/2 = 0 Deste modo: 1 - (1 - m)^1/2 = 0 (1 - m)^1/2 = 1 |1 - m| = - 1 = 1 - m = 1 i) 1 - m = 1 m = 0 ii) 1 - m = - 1 m = 2 Ento, a soluo de |1 - m| = 10 = m = 2. Entretanto, de (1) temos que m = 1, implicando que a soluo do problema 0 = m = 1. At mais, Marcelo Rufino - Original Message - From: "Joo Paulo Paterniani da Silva" [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 17, 2001 7:31 PM Subject: Dvida Ol. Algum poderia me ajudar, enrosquei no seguinte problema: Dada a equao (x^4)-(2x^2)+m=0 a condio para que ela tenha 4 razes reais que: a) m=1 b) m1 c) -1m=1 d) 0=m=1 e) m=0 Obrigado, Joo Paulo Paterniani da Silva _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Topologia
Ola', Sera' q alguem poderia me indicar um livro bom para um primeiro contato com a Topologia? Um livro de introdução e panorama geral do assunto... Encontrei alguns livros bons desse tipo EM INGLÊS, mas sao muuito caros na Amazon.com. Alguma sugestão? []'s - Leonardo
Re: Re: Dúvida
Ol Pessoal, Mandou bem Rufino, na minha resoluo esqueci que as razes da eq. de 2 grau tem que ser positivas ou nulas, e no apenas reais O bom disso que agora eu nunca mais esqueo isso. Ser que vc poderia me explicar a parte final da sua resoluo, quando vc usa mdulo? Porque aparece |1 - m| = - 1 = 1 - m = 1, e, sei l, como o mdulo de 1-m vai ser menor ou igual a -1, se ele sempre positivo? Desculpa se estou falando besteiras Um abrao, Alex. - Original Message - From: "Titular" [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 17, 2001 8:30 PM Subject: Re: Dvida Faa x^2 = y Assim: y^2 - 2y + m = 0 Para que x seja real, y deve ser positivo ou nulo. Portanto as duas razes de y^2 - 2y + m = 0 devem ser maiores ou iguais a zero As razes desta equao so dadas por y = 1 +/- (1 - m)^(1/2) Note que m = 1 (1) para que y seja real. Evidentemente 1 + (1 - m)^1/2 = 0 Deste modo: 1 - (1 - m)^1/2 = 0 (1 - m)^1/2 = 1 |1 - m| = - 1 = 1 - m = 1 i) 1 - m = 1 m = 0 ii) 1 - m = - 1 m = 2 Ento, a soluo de |1 - m| = 10 = m = 2. Entretanto, de (1) temos que m = 1, implicando que a soluo do problema 0 = m = 1. At mais, Marcelo Rufino - Original Message - From: "Joo Paulo Paterniani da Silva" [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 17, 2001 7:31 PM Subject: Dvida Ol. Algum poderia me ajudar, enrosquei no seguinte problema: Dada a equao (x^4)-(2x^2)+m=0 a condio para que ela tenha 4 razes reais que: a) m=1 b) m1 c) -1m=1 d) 0=m=1 e) m=0 Obrigado, Joo Paulo Paterniani da Silva _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: Primos
Caro Rodrigo. Onde voce diz: "seja w raiz cubica da unidade", eh claro que voce estah subentendo "diferente de 1", se nao w^2+w+1 nao poderia dar zero. Ou seja, este w so pode ser complexo nao real, mais precisamente cis(2pi/3) = -1/2 + i RQ(3)/2, ou seu conjugado cis(-2pi/3) = -1/2- i RQ(3)/2. Para mim, nao eh muito claro o seu "logo w^2+w+1 eh fator de w^5+w^4+1". Eu preferiria acrescentar o passo intermediario: Analogamente, P(u)=0, onde u = conjugado de w. Logo P(z) eh divisivel por (z-w)(z-u), que eh igual a z^2+z+1. De qualquer forma, o interessante do seu metodo eh como se resolvem problemas de aritmetica dos inteiros usando complexos! O velho Gauss ja fazia isto numa epoca em que os matematicos ainda tinham vergonha de admitir a existencia dos complexos. Foi fatorando a^2+b^2=(a+bi)(a-bi) que ele resolveu o celebre problema: "que inteiros sao somas de dois quadrados?". E ahi nascia o anel dos inteiros de Gauss, o primeiro exemplo "natural" (alem dos inteiros usuais e dos polinomios com coeficientes em um corpo) de um anel onde vale um algoritmo de Euclides. Vivam os complexos! Abaixo os detratores dos complexos (inventores de palavras como "imaginarios")! JP - Original Message - From: Rodrigo Villard Milet To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 17, 2001 7:15 PM Subject: Re: Primos Note que n^5 + n^4 + 1 não é irredutível. Existe um artifício bem interessante o qual o Márcio Cohen ( da lista ) me disse outro dia... Seja P(n) = n^5 + n^4 + 1 . Seja w raiz cúbica da unidade. Logo w^3 = 1 ou seja, para w diferente de 1, temos w^2 + w + 1 = 0. Vamos calcular P(w) : P(w) = w^5 + w^4 + 1 = w^2 + w + 1 = 0. Logo, w^2 + w + 1 é fator de w^5 + w^4 + 1 . Fazendo a divisão de w^5 + w^4 + 1 por w^2 + w + 1 , achamos exatamente w^3 - w + 1. Logo, P(w) = (w^2 + w + 1)*(w^3 - w + 1), ou seja, temos que P(n) = (n^2 + n + 1)*(n^3 - n + 1), É fácil verificar que os dois fatores são maiores que 1, para n1, logo P(n) é composto. Abraços, ¡ Villard ! -Mensagem original-De: Fábio Arruda de Lima [EMAIL PROTECTED]Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]Data: Terça-feira, 17 de Abril de 2001 01:29Assunto: Primos Olá amigos, Aqui vai problema: 1)Mostre que n^5+n^4+1 não é primo para n1. 2)Qual são os primos da forma n^n+1 menores que 10^19? Um abraço Fábio Arruda
Re: Topologia
Ola Leonardo e Colegas da Lista, Saudaes ! O Livro "Espaos Metricos" da Coleo Projeto Euclides, do Prof Elon Lages Lima, - assumidamente pelo autor - uma introduo a Topologia. No livro h interessantissimos exercicios e voce comea a olhar o Calculo por uma nova perspectiva, com a introduo na noo geral e abstrata de distancia. Esse mesmo autor tem outro livro "Introduo a Topologia Geral", no sei de qual coleo, mas o livro me pareceu ser um aprofundamento do anterior... A topologia realmente um tema apaixonante... Voce pensa com o minimo possivel de construoes conceituais e artificialismos. At parece que ela quer falar sobre o que ha de mais basico e fundamental na matemtica ... Um outro livro que mostra resultados inesperadas e empolgantes : Aplicaes da Topologia a Anlise. da Coleo Projeto Euclides (Essa coleo parece ser muito boa !). O autor Chain Samuel Honig ou um outro nome parecido com esse. Um problema que comumente dizem ser de topologia o famoso problemas das sete pontes. Um outro, que no exige conhecimento algum, o seguinte : Seja ABCD um retangulo (Lado horizontal superior = CD). Sobre ABCD, tomando CD como base, construa um outro retangulo CDEF, identico a ABCD. Divida ABCD em TRES retangulos iguais, trancando dois segmentos verticais GH e IJ, de mesmo comprimento que qualquer dos lados verticais de ABCD. Divida CDEF em DOIS retangulos iguais, tracando um segmento vertical KL, de mesmo comprimento que qualquer dos lados verticais de CDEF. Surge uma figura formada por cinco regioes : duas em cima, tres embaixo. chamemos de ARESTA qualquer segmento ( vertical ou horizontal ) delimitado por letras ( os extremos so letras ) e no interior do qual no h outras letras. Mostre que : Partindo do exterior da figura no e possivel tracar uma linha que corte cada uma das arestas apenas uma vez. Um abrao a Todos Paulo Santa Rita 4,2322,17042001 From: "Leonardo Motta" [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: Topologia Date: Tue, 17 Apr 2001 21:28:46 -0300 Ola', Sera' q alguem poderia me indicar um livro bom para um primeiro contato com a Topologia? Um livro de introduo e panorama geral do assunto... Encontrei alguns livros bons desse tipo EM INGLS, mas sao muuito caros na Amazon.com. Alguma sugesto? []'s - Leonardo _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: Topologia
Ola Leonardo e Colegas da Lista, Saudaes ! O Livro "Espaos Metricos" da Coleo Projeto Euclides, do Prof Elon Lages Lima, - assumidamente pelo autor - uma introduo a Topologia. No livro h interessantissimos exercicios e voce comea a olhar o Calculo por uma nova perspectiva, com a introduo na noo geral e abstrata de distancia. Esse mesmo autor tem outro livro "Introduo a Topologia Geral", no sei de qual coleo, mas o livro me pareceu ser um aprofundamento do anterior... A topologia realmente um tema apaixonante... Voce pensa com o minimo possivel de construoes conceituais e artificialismos. At parece que ela quer falar sobre o que ha de mais basico e fundamental na matemtica ... Um outro livro que mostra resultados inesperadas e empolgantes : Aplicaes da Topologia a Anlise. da Coleo Projeto Euclides (Essa coleo parece ser muito boa !). O autor Chain Samuel Honig ou um outro nome parecido com esse. Um problema que comumente dizem ser de topologia o famoso problemas das sete pontes. Um outro, que no exige conhecimento algum, o seguinte : Seja ABCD um retangulo (Lado horizontal superior = CD). Sobre ABCD, tomando CD como base, construa um outro retangulo CDEF, identico a ABCD. Divida ABCD em TRES retangulos iguais, trancando dois segmentos verticais GH e IJ, de mesmo comprimento que qualquer dos lados verticais de ABCD. Divida CDEF em DOIS retangulos iguais, tracando um segmento vertical KL, de mesmo comprimento que qualquer dos lados verticais de CDEF. Surge uma figura formada por cinco regioes : duas em cima, tres embaixo. chamemos de ARESTA qualquer segmento ( vertical ou horizontal ) delimitado por letras ( os extremos so letras ) e no interior do qual no h outras letras. Mostre que : Partindo do exterior da figura no e possivel tracar uma linha que corte cada uma das arestas apenas uma vez. Um abrao a Todos Paulo Santa Rita 4,2322,17042001 From: "Leonardo Motta" [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: Topologia Date: Tue, 17 Apr 2001 21:28:46 -0300 Ola', Sera' q alguem poderia me indicar um livro bom para um primeiro contato com a Topologia? Um livro de introduo e panorama geral do assunto... Encontrei alguns livros bons desse tipo EM INGLS, mas sao muuito caros na Amazon.com. Alguma sugesto? []'s - Leonardo _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: Re: Dúvida
No estranhem, estou usando outro e-mail (da minha residncia). Acabei errando algumas coisas na minha ltima soluo, pois confundi "elevar ao quandrado uma raiz quadrada" com "tirar raiz quadrada de uma varivel que est elevada ao quadrado". Na verdade a expresso (1 - m)^1/2 =1 no equivalente a |1 - m| = 1, uma vez que 1 - m no pode ser negativo devido a raiz quadrada. Assim, o correto fazer (1 - m)^1/2 = 1 implica 0 = 1 - m = 1. Somando - 1 em cada lado da ltima expresso temos - 1 = - m = 0. Multiplicando por - 1 a ltima expresso temos que 0 = m = 1, que a soluo do problema. Desculpem pelos erros bobos, Marcelo Rufino - Original Message - From: Alex Vieira [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 17, 2001 9:44 PM Subject: Re: Re: Dvida Ol Pessoal, Mandou bem Rufino, na minha resoluo esqueci que as razes da eq. de 2 grau tem que ser positivas ou nulas, e no apenas reais O bom disso que agora eu nunca mais esqueo isso. Ser que vc poderia me explicar a parte final da sua resoluo, quando vc usa mdulo? Porque aparece |1 - m| = - 1 = 1 - m = 1, e, sei l, como o mdulo de 1-m vai ser menor ou igual a -1, se ele sempre positivo? Desculpa se estou falando besteiras Um abrao, Alex. - Original Message - From: "Titular" [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 17, 2001 8:30 PM Subject: Re: Dvida Faa x^2 = y Assim: y^2 - 2y + m = 0 Para que x seja real, y deve ser positivo ou nulo. Portanto as duas razes de y^2 - 2y + m = 0 devem ser maiores ou iguais a zero As razes desta equao so dadas por y = 1 +/- (1 - m)^(1/2) Note que m = 1 (1) para que y seja real. Evidentemente 1 + (1 - m)^1/2 = 0 Deste modo: 1 - (1 - m)^1/2 = 0 (1 - m)^1/2 = 1 |1 - m| = - 1 = 1 - m = 1 i) 1 - m = 1 m = 0 ii) 1 - m = - 1 m = 2 Ento, a soluo de |1 - m| = 10 = m = 2. Entretanto, de (1) temos que m = 1, implicando que a soluo do problema 0 = m = 1. At mais, Marcelo Rufino - Original Message - From: "Joo Paulo Paterniani da Silva" [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 17, 2001 7:31 PM Subject: Dvida Ol. Algum poderia me ajudar, enrosquei no seguinte problema: Dada a equao (x^4)-(2x^2)+m=0 a condio para que ela tenha 4 razes reais que: a) m=1 b) m1 c) -1m=1 d) 0=m=1 e) m=0 Obrigado, Joo Paulo Paterniani da Silva _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: Topologia
Soh ha' um grande problema com estes livros que voce indicou: sao dificeis de ser encontrados em livrarias, mesmo grandes, pela distribuicao limitada. Eu conheco algumas obras do prof. Elon Lages Lima e as que eu conheco foram publicadas pela Editora do IMPA. Estes outros que vc falou tambem sao da Editora do IMPA?? Um problema que comumente dizem ser de topologia o famoso problemas das sete pontes. Proposto pelo genial Henri Poincar! http://yakumo72.tripod.com/ eh meu site totalmente dedicado ao Poincar.
RES: Problema de Geometria
Extremamente interessante essa sua demonstracao! -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Edson Ricardo de Andrade Silva Enviada em: tera-feira, 17 de abril de 2001 14:44 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: Re: Problema de Geometria Antes de mais nada, vamos a uma breve apresentacao. Sou participante desta lista ha uns meses e nao tenho tido muito tempo para ... ... a altura relativa ao vertice D, ou seja DM, eh igual a metade da eh altura. CQD.
