Re: [obm-l] Geometria plana

2017-07-11 Por tôpico 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.

Re: [obm-l] Problema estranho

2017-07-11 Por tôpico Matheus Secco 
Oi Ralph, tava sem tempo de escrever, mas vou aproveitar a deixa porque
você já fez quase tudo. Acho que dá pra fazer o caso geral usando que os
reais admitem uma base considerando como um espaço vetorial sobre os
racionais.
Em ter, 11 de jul de 2017 às 18:18, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Bom, eu sei resolver se todos os números forem racionais. Deve ter um
> jeito de usar isso para o caso geral...
>
> A propriedade desse conjunto não se altera se todos os elementos do
> conjunto forem multiplicados por um mesmo número, nem se a gente somar uma
> certa constante a todos eles.
>
> Assim, *SE* eles forem todos racionais, a gente pode multiplicar todos
> eles por um m.m.c imenso e supor que são todos inteiros, spdg.
>
> Mas então todos teriam que ter a mesma paridade -- afinal a soma de todos
> eles, menos qualquer um deles, é um número par.
>
> Então, enquanto todos forem pares, divida-os por 2; em algum momento,
> **todos** ficarão ímpares. Quando isso acontecer, some 1, e ficam todos
> pares. Então divida por 2 de novo, e de novo, até ficarem ímpares, então
> some 1 de novo, repita e enxágue.
>
> Esse processo vai parar? Oras, esses inteiros vão diminuir em módulo
> até até até cada um deles virar 0, ou 1! De fato, |x|/2<|x| quando
> x<>0, e |x+1|/2 < |x| para x<>0,1. Então a cada um ou dois passos o valor
> absoluto de todos eles diminui -- a menos que eles sejam 0 ou 1. Ou seja,
> em tempo finito, todos eles vão virar 0 ou 1.
>
> Agora é fácil -- lembra que todos sempre têm a mesma paridade?? Então são
> todos 0, ou todos 1.
>
> ---///---
>
> Para o caso geral, tenho uma ideia, mas não estou com tempo de
> desenvolvê-la -- será que dá para começar com os reais, e multiplicar todos
> eles por algum número real imenso de forma que eles sejam quase inteiros
> (tipo, todos eles a menos de 1/(4n) de algum inteiro)? Talvez dê para
> mostrar então pela propriedade que eles têm que ser inteiros, ou pelo menos
> "comensuráveis" e daí matar o problema.
>
> Abraço, Ralph.
>
>
>
> 2017-07-11 15:06 GMT-03:00 Nowras Ali :
>
>> Uma prova por indução me parece o melhor caminho.
>> O Bernardo já provou para o caso base, basta agora tentar
>> provar para n+1, assumindo verdadeiro para n. Tentarei resolver
>> o problema assim que puder.
>>
>> Abraços, Nowras.
>>
>> Em 9 de julho de 2017 18:54, Otávio Araújo 
>> escreveu:
>>
>>>
>>> Já tentei isso, porém não parece ajudar em muita coisa  mas de
>>> qualquer forma obrigado
>>>
>>> > Em 9 de jul de 2017, às 18:00, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
>>> bernardo...@gmail.com> escreveu:
>>> >
>>> > Não pensei muito, mas acho que você deveria tentar provar os casos
>>> n=1
>>> > e n=2 "no braço" para ter a intuição.  E, na verdade, o enunciado
>>> > deveria ser: dados a_1, a_2, ... a_{2n+1} números reais, não
>>> > necessariamente distintos, tais que, para cada escolha de 2n dentre
>>> > eles, é possível separar em dois grupos de n cada, com a mesma soma.
>>> > (evitando falar de conjuntos, você pode ter à vontade os elementos
>>> > repetidos).
>>> >
>>> > Assim, o caso n=1 fica: temos a_1, a_2, a_3.  Tomando os elementos
>>> > a_1, a_2, é possĩvel separar em dois grupos de um elemento, com a
>>> soma
>>> > igual.  Logo a_1 = a_2.  Por simetria, a_1 = a_3, e acabou.  Para n=2,
>>> > dá mais trabalho.
>>> >
>>> > 2017-07-08 23:20 GMT+03:00 Otávio Araújo >> >:
>>> >> Galera, queria que alguém pudesse resolver essa questão pra mim
>>> ( passei muito tempo nela já kkk):
>>> >> " Seja n um natural positivo e A um conjunto de 2n+1 números
>>> reais, não necessariamente distintos, com a seguinte propriedade:
>>> >> - Todo subconjunto de A com 2n elementos pode ser particionado em
>>> dois conjuntos de n elementos tais que a soma dos elementos de cada um
>>> desses dois conjuntos de n elementos são iguais.
>>> >>   Prove que todos os elementos de A são iguais."
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >> --
>>> >> 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
>>> >>
>>> =
>>> >
>>> >
>>> >
>>> > --
>>> > Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>> >
>>> > --
>>> > 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
>>> >
>>> =
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi

Re: [obm-l] Problema estranho

2017-07-11 Por tôpico Ralph Teixeira 
Ah, melhor ainda: depois que seus números forem inteiros, some uma certa
constante a todos eles de forma que um deles seja 0. Agora divida por 2,
quantas vezes você quiser (eles vão ser sempre todos pares pelo argumento
de paridade anterior!). Então são todos inteiros divisíveis por poências
arbitrariamente grandes de 2 Pode isso, Arnaldo? Bom, pode, mas só tem
um jeito -- são todos 0.

2017-07-11 18:01 GMT-03:00 Ralph Teixeira :

> Bom, eu sei resolver se todos os números forem racionais. Deve ter um
> jeito de usar isso para o caso geral...
>
> A propriedade desse conjunto não se altera se todos os elementos do
> conjunto forem multiplicados por um mesmo número, nem se a gente somar uma
> certa constante a todos eles.
>
> Assim, *SE* eles forem todos racionais, a gente pode multiplicar todos
> eles por um m.m.c imenso e supor que são todos inteiros, spdg.
>
> Mas então todos teriam que ter a mesma paridade -- afinal a soma de todos
> eles, menos qualquer um deles, é um número par.
>
> Então, enquanto todos forem pares, divida-os por 2; em algum momento,
> **todos** ficarão ímpares. Quando isso acontecer, some 1, e ficam todos
> pares. Então divida por 2 de novo, e de novo, até ficarem ímpares, então
> some 1 de novo, repita e enxágue.
>
> Esse processo vai parar? Oras, esses inteiros vão diminuir em módulo
> até até até cada um deles virar 0, ou 1! De fato, |x|/2<|x| quando
> x<>0, e |x+1|/2 < |x| para x<>0,1. Então a cada um ou dois passos o valor
> absoluto de todos eles diminui -- a menos que eles sejam 0 ou 1. Ou seja,
> em tempo finito, todos eles vão virar 0 ou 1.
>
> Agora é fácil -- lembra que todos sempre têm a mesma paridade?? Então são
> todos 0, ou todos 1.
>
> ---///---
>
> Para o caso geral, tenho uma ideia, mas não estou com tempo de
> desenvolvê-la -- será que dá para começar com os reais, e multiplicar todos
> eles por algum número real imenso de forma que eles sejam quase inteiros
> (tipo, todos eles a menos de 1/(4n) de algum inteiro)? Talvez dê para
> mostrar então pela propriedade que eles têm que ser inteiros, ou pelo menos
> "comensuráveis" e daí matar o problema.
>
> Abraço, Ralph.
>
>
>
> 2017-07-11 15:06 GMT-03:00 Nowras Ali :
>
>> Uma prova por indução me parece o melhor caminho.
>> O Bernardo já provou para o caso base, basta agora tentar
>> provar para n+1, assumindo verdadeiro para n. Tentarei resolver
>> o problema assim que puder.
>>
>> Abraços, Nowras.
>>
>> Em 9 de julho de 2017 18:54, Otávio Araújo 
>> escreveu:
>>
>>>
>>> Já tentei isso, porém não parece ajudar em muita coisa  mas de
>>> qualquer forma obrigado
>>>
>>> > Em 9 de jul de 2017, às 18:00, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
>>> bernardo...@gmail.com> escreveu:
>>> >
>>> > Não pensei muito, mas acho que você deveria tentar provar os casos
>>> n=1
>>> > e n=2 "no braço" para ter a intuição.  E, na verdade, o enunciado
>>> > deveria ser: dados a_1, a_2, ... a_{2n+1} números reais, não
>>> > necessariamente distintos, tais que, para cada escolha de 2n dentre
>>> > eles, é possível separar em dois grupos de n cada, com a mesma soma.
>>> > (evitando falar de conjuntos, você pode ter à vontade os elementos
>>> > repetidos).
>>> >
>>> > Assim, o caso n=1 fica: temos a_1, a_2, a_3.  Tomando os elementos
>>> > a_1, a_2, é possĩvel separar em dois grupos de um elemento, com a
>>> soma
>>> > igual.  Logo a_1 = a_2.  Por simetria, a_1 = a_3, e acabou.  Para n=2,
>>> > dá mais trabalho.
>>> >
>>> > 2017-07-08 23:20 GMT+03:00 Otávio Araújo >> >:
>>> >> Galera, queria que alguém pudesse resolver essa questão pra mim
>>> ( passei muito tempo nela já kkk):
>>> >> " Seja n um natural positivo e A um conjunto de 2n+1 números
>>> reais, não necessariamente distintos, com a seguinte propriedade:
>>> >> - Todo subconjunto de A com 2n elementos pode ser particionado em
>>> dois conjuntos de n elementos tais que a soma dos elementos de cada um
>>> desses dois conjuntos de n elementos são iguais.
>>> >>   Prove que todos os elementos de A são iguais."
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >> --
>>> >> 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
>>> >> 
>>> =
>>> >
>>> >
>>> >
>>> > --
>>> > Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>> >
>>> > --
>>> > 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
>>> >

Re: [obm-l] Problema estranho

2017-07-11 Por tôpico Ralph Teixeira 
Bom, eu sei resolver se todos os números forem racionais. Deve ter um jeito
de usar isso para o caso geral...

A propriedade desse conjunto não se altera se todos os elementos do
conjunto forem multiplicados por um mesmo número, nem se a gente somar uma
certa constante a todos eles.

Assim, *SE* eles forem todos racionais, a gente pode multiplicar todos eles
por um m.m.c imenso e supor que são todos inteiros, spdg.

Mas então todos teriam que ter a mesma paridade -- afinal a soma de todos
eles, menos qualquer um deles, é um número par.

Então, enquanto todos forem pares, divida-os por 2; em algum momento,
**todos** ficarão ímpares. Quando isso acontecer, some 1, e ficam todos
pares. Então divida por 2 de novo, e de novo, até ficarem ímpares, então
some 1 de novo, repita e enxágue.

Esse processo vai parar? Oras, esses inteiros vão diminuir em módulo
até até até cada um deles virar 0, ou 1! De fato, |x|/2<|x| quando
x<>0, e |x+1|/2 < |x| para x<>0,1. Então a cada um ou dois passos o valor
absoluto de todos eles diminui -- a menos que eles sejam 0 ou 1. Ou seja,
em tempo finito, todos eles vão virar 0 ou 1.

Agora é fácil -- lembra que todos sempre têm a mesma paridade?? Então são
todos 0, ou todos 1.

---///---

Para o caso geral, tenho uma ideia, mas não estou com tempo de
desenvolvê-la -- será que dá para começar com os reais, e multiplicar todos
eles por algum número real imenso de forma que eles sejam quase inteiros
(tipo, todos eles a menos de 1/(4n) de algum inteiro)? Talvez dê para
mostrar então pela propriedade que eles têm que ser inteiros, ou pelo menos
"comensuráveis" e daí matar o problema.

Abraço, Ralph.



2017-07-11 15:06 GMT-03:00 Nowras Ali :

> Uma prova por indução me parece o melhor caminho.
> O Bernardo já provou para o caso base, basta agora tentar
> provar para n+1, assumindo verdadeiro para n. Tentarei resolver
> o problema assim que puder.
>
> Abraços, Nowras.
>
> Em 9 de julho de 2017 18:54, Otávio Araújo 
> escreveu:
>
>>
>> Já tentei isso, porém não parece ajudar em muita coisa  mas de
>> qualquer forma obrigado
>>
>> > Em 9 de jul de 2017, às 18:00, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
>> bernardo...@gmail.com> escreveu:
>> >
>> > Não pensei muito, mas acho que você deveria tentar provar os casos n=1
>> > e n=2 "no braço" para ter a intuição.  E, na verdade, o enunciado
>> > deveria ser: dados a_1, a_2, ... a_{2n+1} números reais, não
>> > necessariamente distintos, tais que, para cada escolha de 2n dentre
>> > eles, é possível separar em dois grupos de n cada, com a mesma soma.
>> > (evitando falar de conjuntos, você pode ter à vontade os elementos
>> > repetidos).
>> >
>> > Assim, o caso n=1 fica: temos a_1, a_2, a_3.  Tomando os elementos
>> > a_1, a_2, é possĩvel separar em dois grupos de um elemento, com a soma
>> > igual.  Logo a_1 = a_2.  Por simetria, a_1 = a_3, e acabou.  Para n=2,
>> > dá mais trabalho.
>> >
>> > 2017-07-08 23:20 GMT+03:00 Otávio Araújo :
>> >> Galera, queria que alguém pudesse resolver essa questão pra mim
>> ( passei muito tempo nela já kkk):
>> >> " Seja n um natural positivo e A um conjunto de 2n+1 números reais,
>> não necessariamente distintos, com a seguinte propriedade:
>> >> - Todo subconjunto de A com 2n elementos pode ser particionado em dois
>> conjuntos de n elementos tais que a soma dos elementos de cada um desses
>> dois conjuntos de n elementos são iguais.
>> >>   Prove que todos os elementos de A são iguais."
>> >>
>> >>
>> >>
>> >>
>> >>
>> >>
>> >>
>> >> --
>> >> 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
>> >> 
>> =
>> >
>> >
>> >
>> > --
>> > Bernardo Freitas Paulo da Costa
>> >
>> > --
>> > 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
>> > 
>> =
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Problema estranho

2017-07-11 Por tôpico Nowras Ali 
Uma prova por indução me parece o melhor caminho.
O Bernardo já provou para o caso base, basta agora tentar
provar para n+1, assumindo verdadeiro para n. Tentarei resolver
o problema assim que puder.

Abraços, Nowras.

Em 9 de julho de 2017 18:54, Otávio Araújo 
escreveu:

>
> Já tentei isso, porém não parece ajudar em muita coisa  mas de
> qualquer forma obrigado
>
> > Em 9 de jul de 2017, às 18:00, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
> bernardo...@gmail.com> escreveu:
> >
> > Não pensei muito, mas acho que você deveria tentar provar os casos n=1
> > e n=2 "no braço" para ter a intuição.  E, na verdade, o enunciado
> > deveria ser: dados a_1, a_2, ... a_{2n+1} números reais, não
> > necessariamente distintos, tais que, para cada escolha de 2n dentre
> > eles, é possível separar em dois grupos de n cada, com a mesma soma.
> > (evitando falar de conjuntos, você pode ter à vontade os elementos
> > repetidos).
> >
> > Assim, o caso n=1 fica: temos a_1, a_2, a_3.  Tomando os elementos
> > a_1, a_2, é possĩvel separar em dois grupos de um elemento, com a soma
> > igual.  Logo a_1 = a_2.  Por simetria, a_1 = a_3, e acabou.  Para n=2,
> > dá mais trabalho.
> >
> > 2017-07-08 23:20 GMT+03:00 Otávio Araújo :
> >> Galera, queria que alguém pudesse resolver essa questão pra mim (
> passei muito tempo nela já kkk):
> >> " Seja n um natural positivo e A um conjunto de 2n+1 números reais,
> não necessariamente distintos, com a seguinte propriedade:
> >> - Todo subconjunto de A com 2n elementos pode ser particionado em dois
> conjuntos de n elementos tais que a soma dos elementos de cada um desses
> dois conjuntos de n elementos são iguais.
> >>   Prove que todos os elementos de A são iguais."
> >>
> >>
> >>
> >>
> >>
> >>
> >>
> >> --
> >> 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
> >> 
> =
> >
> >
> >
> > --
> > Bernardo Freitas Paulo da Costa
> >
> > --
> > 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
> > 
> =
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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