Desculpe-me, Saulo, mas os ângulos são congruentes sim. Veja:
QBP é um ângulo formado pela corda BP e pelo lado AB, que é tangente à
circunferência. Logo, mede metade do arco menor BP. O ângulo PCB é um
ângulo inscrito e também mede metade do arco menor BP. Uma argumentação
parecida vale para
Caro Danilo,
Fazendo z=a+bi, queremos provar que
(e^a.cosb-1)^2+(e^a.senb)^2=(e^((a^2+b^2)^(1/2)-1)^2, o que equivale a
e^(2a)-2e^a.cosb=e^(2(a^2+b^2)^(1/2))-2e^((a^2+b^2)^(1/2)).
Vamos mostrar que 0=x=y implica e^(2y)-2e^y-(e^(2x)-2e^x=e^x(y^2-x^2).
Escrevendo y=x+h, isso equivale a
|e^z - 1| = |z + z^2/2 + z^3/3! + |
e^|z| - 1 = |z| + |z|^2/2 + |z|^3/3! + ...
Truncando-se as somas, usando desigualdade triangular e tomando o limite,
obtem-se o resultado. Poderia omitir o -1 nesse caso?
Um abraço. Pedro.
-Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL
Gugu,
Acho que tenho uma solução mais simples para o 4.
Seja p um primo impar. Fazendo tudo modulo p temos,
2^(p-2)=a e 3^(p-2)=b onde 2a=1 e 3b=1.
Então 6(2^(p-2)+3^(p-2)+6^(p-2)-1)=3+2+1-6=0.
Isso mostra que para obtermos um múltiplo de p na seqüência, basta fazer
n=p-2. Estranha essa solução,
(ITA) Três turista, reunidos num mesmo local e dispondo de uma
bicicleta que pode levar somente duas pessoa de cada vez, precisando
chegar a um centro turístico o mais rápido possível. O turista A leva
turista B, de bicicleta, até um ponto X do percurso e retorna para
apanhar o turista C que vinha
Essa questão foi tirada do Problemas de Física elementar, editora MIR. Lá tem uma solução gráfica para esse problema. O ITA já tirou várias questões desse livro, que por sinal vc só vai achar em um sebo. marcio aparecido [EMAIL PROTECTED] escreveu:
(ITA) Três turista, reunidos num mesmo local e
Tome p=2. Temos então 2^(p-2)=2^0=1 que não é côngruo a 0.5(?) módulo 2.
O teorema que você deve ter pensado foi o seguinte: dados a e p
relativamente primos entre si, ou seja (a,p)=1, então teríamos
a^p=a(mod p). Porém, tome cuidado: as congruências não respeitam a
operação de divisão. Por
Caro Pedro,
Muito bacana esta solução (embora ligeiramente menos elementar que a
minha) - eu devia ter visto isso...
Abraços,
Gugu
P.S.: Claro que dá para tirar os -1, mas aí fica bem mais trivial:
Isso segue, por exemplo, de |e^(a+bi)|=e^a=e^((a^2+b^2)^(1/2)).
|e^z - 1| =
Caro Pedro,
Está certa a sua solução (obviamente supondo que p é um primo ímpar
diferente de 3; os casos p=2 e p=3 são fáceis mas devem ser considerados a
parte), e é bem bonita. Concordo que esse problema não era difícil, mas num
certo sentido todo problema fica trivial depois de
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