Verdade! Reparei agora que deve ser r > 0.
Então provavelmente o "para todo x real" não deveria estar lá.
Neste caso, vira um problema com mais cara de EM:
Achar todos os r > 0 tais que
SE x pertence ao intervalo (-3-r , -3+r )
ENTÃO x^2 - 10x + 9 > 0
x^2 - 10x + 9 > 0 sss x pertence a (-inf,
O consequente (x^2 - 10x + 9 > 0 para todo x real) é falso (tome qualquer
x no intervalo [1,9]).
Logo, para a implicação ser verdadeira, o antecedente ( |x+3| < r ) deve
ser falso, o que ocorre se e somente se r < 0.
É mais ou menos a mesma coisa que (se 1 < 0, então 3+5 = 7), que é uma
sentença
Trate separadamente os casos:
X < -2, -2 <= x < 2, e 2 <= x
Enviado do meu iPhone
Em 23 de abr de 2018, à(s) 13:21, Luiz Antonio Rodrigues
escreveu:
> Olá, pessoal!
> Estou tentando resolver esta inequação:
>
> |x-2| - x.|x + 2| < 1
>
> Tentei a técnica do "varalzinho" mas não deu cer
do Elon q eu mencionei tem uma definição axiomática de área.
Abs
Enviado do meu iPhone
Em 21 de abr de 2018, à(s) 16:18, Anderson Torres
escreveu:
> Em 21 de abril de 2018 10:28, Claudio Buffara
> escreveu:
>> Por exemplo, Pitágoras pode ser demonstrado por áreas e por semel
Tem um livro do Elon Lages Lima chamado Medida e Forma em Geometria que trata
destes assuntos muito bem.
Abs,
Claudio.
Enviado do meu iPhone
Em 21 de abr de 2018, à(s) 08:12, Anderson Torres
escreveu:
> Em 18 de abril de 2018 08:53, Claudio Buffara
> escreveu:
>> Consider
deveria ser: dados os axiomas dos números reais,
áreas e semelhança são equivalentes.
Abs
Enviado do meu iPhone
Em 21 de abr de 2018, à(s) 08:12, Anderson Torres
escreveu:
> Em 18 de abril de 2018 08:53, Claudio Buffara
> escreveu:
>> Considere o seguinte problema (fácil):
>
2018-04-18 16:59 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> 2018-04-16 11:53 GMT-03:00 Marcela Costa :
>
>
>> Infelizmente, seu projeto me parece utópico, pois:
>>
>> - a estrutura dos currículos e dos livros-texto são incompatíveis com
>> suas ideias;
>>
>> - o
2018-04-16 11:53 GMT-03:00 Marcela Costa :
> Infelizmente, seu projeto me parece utópico, pois:
>
> - a estrutura dos currículos e dos livros-texto são incompatíveis com suas
> ideias;
>
> - o treinamento dos professores é inadequado para conduzir aulas no seu
> formato.
>
Concordo com as duas a
nda e assim por
> diante. O conjunto das frações equivalentes como 1/2 e 2/4 é enumerável e
> pode ser descartado, restando uma bijeção entre racionais e inteiros (que
> são enumeráveis).
>
> Um abraço.
>
> On Wed, Apr 18, 2018, 7:58 AM Claudio Buffara
> wrote:
>
>> Ag
Considere o seguinte problema (fácil):
No triângulo ABC, H é o pé da altura relativa ao vértice B e K o pé da
altura relativa ao vértice C (logo, H pertence à reta suporte de AC e K à
reta suporte de AB).
Prove que AB*CK = AC*BH.
Solução 1:
2*área(ABC) = AB*CK = AC*BH
Solução 2:
Os triângulos ret
Agora, uma pergunta:
E se fossemos fazer uma lista de todos os racionais (dízimas periódicas)
entre 0 e 1 (por exemplo, escolhendo, quando houver ambiguidade, a versão
que termina por ...)?
Neste caso, o método da diagonal deveria falhar, certo, já que Q inter
(0,1) é enumerável?
Mas, de cara,
2018-04-16 11:53 GMT-03:00 Marcela Costa :
> Obrigada ao Claudio e aos demais por suas respostas.
>
> Aproveito para responder sua dúvida em relação a minha profissão, que fez
> parte de uma mensagem sua anterior. Sou sim professora de matemática e
> atualmente tenho dado aula para turmas do 8º e
2018-04-16 11:53 GMT-03:00 Marcela Costa :
> Obrigada ao Claudio e aos demais por suas respostas.
>
> Aproveito para responder sua dúvida em relação a minha profissão, que fez
> parte de uma mensagem sua anterior. Sou sim professora de matemática e
> atualmente tenho dado aula para turmas do 8º e
Resumo da ópera: ainda não temos uma demonstração elementar disso.
Mas não deixa de ser interessante tentar dar uma interpretação geométrica
da expressão para polinômios de grau baixo que tenham todas as raízes reais
e distintas.
Grau 2 é meio evidente: as retas tangentes à parábola nas raízes t
2018-04-10 13:09 GMT-03:00 Marcela Costa :
> Caros participantes da lista obm-l.
>
> Tenho seguido esta lista lendo as mensagens de fora há algum tempo e
> fiquei cismada com duas mensagens que o participante Claudio Buffara enviou
> em 23 de março ( https://www.mail-archive.com/o
2018-04-10 13:09 GMT-03:00 Marcela Costa :
> Caros participantes da lista obm-l.
>
> Tenho seguido esta lista lendo as mensagens de fora há algum tempo e
> fiquei cismada com duas mensagens que o participante Claudio Buffara enviou
> em 23 de março ( https://www.mail-archive.com/o
2018-04-10 13:09 GMT-03:00 Marcela Costa :
> Caros participantes da lista obm-l.
>
> Tenho seguido esta lista lendo as mensagens de fora há algum tempo e
> fiquei cismada com duas mensagens que o participante Claudio Buffara enviou
> em 23 de março ( https://www.mail-archive.com/o
2018-04-10 13:09 GMT-03:00 Marcela Costa :
> Caros participantes da lista obm-l.
>
> Tenho seguido esta lista lendo as mensagens de fora há algum tempo e
> fiquei cismada com duas mensagens que o participante Claudio Buffara enviou
> em 23 de março ( https://www.mail-archive.com/
2018-04-10 13:09 GMT-03:00 Marcela Costa :
> Caros participantes da lista obm-l.
>
> Tenho seguido esta lista lendo as mensagens de fora há algum tempo e
> fiquei cismada com duas mensagens que o participante Claudio Buffara enviou
> em 23 de março ( https://www.mail-archive.com/o
número de soluções de:
x + w = 100-n.
Abs
Enviado do meu iPhone
Em 14 de abr de 2018, à(s) 15:16, Douglas Oliveira de Lima
escreveu:
> Entao , veio de quantas soluções inteiras positivas existem para x+yz+w=100.
>
> Douglas Oliveira.
>
> Em sáb, 14 de abr de 2018 13:37,
Que eu saiba, só no braço, mesmo...
n(k) é uma fórmula envolvendo os expoentes da decomposição de k em fatores
primos.
Não conheço nenhuma expressão de n(k) em função de k diretamente.
De onde veio este problema?
[]s,
Claudio.
2018-04-10 18:11 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.
3:00 Bernardo Freitas Paulo da Costa
> :
> > Oi Claudio,
> >
> > 2018-04-14 10:54 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> >> f é periódica (digamos, de período T > 0).
> >>
> >> Suponhamos que g também seja periódica, digamos de período P.
> >>
> >> Par
Que tal começar provando que x --> sen(x^2) não é periódica?
2018-04-14 13:04 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> Eu também fiquei inseguro em relação a isso e também notei que não usei
> (pelo menos não explicitamente) a continuidade de f.
>
> Mas g(raiz(x+kT)) = g(raiz(x+(k+1)T)
r a periodicidade de g?
[]s,
Claudio.
2018-04-14 11:42 GMT-03:00 Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com>:
> Oi Claudio,
>
> 2018-04-14 10:54 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> > f é periódica (digamos, de período T > 0).
> >
> > Suponhamos que g tamb
lendo as mensagens de fora há algum tempo e
> fiquei cismada com duas mensagens que o participante Claudio Buffara enviou
> em 23 de março ( https://www.mail-archive.com/
> obm-l@mat.puc-rio.br/msg55232.html ) e 25 de março (
> https://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg55196.html), a
f é periódica (digamos, de período T > 0).
Suponhamos que g também seja periódica, digamos de período P.
Para todo x, e todo k em N tal que x+kT >= 0, g(raiz(x+kT)) = f(x+kT) =
f(x+(k+1)T) = g(raiz(x+(k+1)T)) ==>
raiz(x+(k+1)T) - raiz(x+kT) = nP, para algum n em N.
Mas tomando k suficientemente g
> escreveu:
>
>> Caros participantes da lista obm-l.
>>
>> Tenho seguido esta lista lendo as mensagens de fora há algum tempo e
>> fiquei cismada com duas mensagens que o participante Claudio Buffara enviou
>> em 23 de março ( https://www.mail-archive.com/
>
constante.
[]s,
Claudio.
2018-04-13 10:01 GMT-03:00 Artur Costa Steiner :
> Interessante que o perímetro de AMN não depende de P.
>
> Artur
>
>
> Em Qui, 12 de abr de 2018 16:25, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Se o incírculo t
Essa identidade:
x^k=soma (i=1,...,n)(x_i)^k.P(x)/(x-x_i).P'(x_i)
não me parece nada óbvia.
[]s,
Claudio.
2018-04-13 5:56 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com>:
> Entao, sendo x^k=soma (i=1,...,n)(x_i)^k.P(x)/(x-x_i).P'(x_i) , é só
> igualar os coeficientes de x^(
Se o incírculo tangenciar AB em P e AC em Q, então o perímetro de AMN será
igual a AP + AQ = 2AP.
Como é sabido, AP = s-a, onde s é o semiperímetro de ABC.
Logo perímetro de AMN = 2s - 2a = a+b+c-2a = -a+b+c.
[]s,
Claudio.
2018-04-12 15:49 GMT-03:00 Artur Steiner :
> Dado um triângulo ABC, traç
Olá! Alguém encontrou uma solução elementar par este?
Eu fiz pra n = 2 e n = 3 mas a generalização me parece muito complicada.
[]s,
Claudio.
2018-04-08 20:42 GMT-03:00 Artur Steiner :
> Seja P um polinômio complexo, de grau n >= 2, que tenha n raízes simples
> r_1, ... r_n. Mostre que Soma (k =
oıɔıɹnɐɯ]
>
> 2018-04-10 13:09 GMT-03:00 Marcela Costa :
>
>> Caros participantes da lista obm-l.
>>
>> Tenho seguido esta lista lendo as mensagens de fora há algum tempo e
>> fiquei cismada com duas mensagens que o participante Claudio Buffara enviou
>> em
Este problema já foi resolvido há poucos dias aqui na lista.
E a conclusão não procede. O máximo que dá pra provar é que S contém todos
os múltiplos naturais de 3.
Por exemplo, nada impede que 1 pertença a S. Neste caso, S = N (estou
supondo que 0 não é natural).
[]s,
Claudio.
2018-04-11 15:5
Vou tentar provar que U é enumerável.
Podemos escrever U = Ud união Ue, onde Ud = conjunto dos pontos de
condensação à direita de A; Ue definido analogamente.
Minha idéia é provar que Ud e Ue são ambos enumeráveis, de modo que U
também será.
Para cada x pertencente a Ud, existe d(x) > 0 tal que (
e fora há algum tempo e
> fiquei cismada com duas mensagens que o participante Claudio Buffara enviou
> em 23 de março ( https://www.mail-archive.com/
> obm-l@mat.puc-rio.br/msg55232.html ) e 25 de março (
> https://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg55196.html), a
> respeito do ens
t;Abraços,
> Gugu
>
> Quoting Claudio Buffara :
>
> Se um polinômio com coeficientes inteiros tiver (a+bi)/c como raiz (a,b,c
>> inteiros), então também terá (a-bi)/c.
>> Assim, será divisível por f(z) = c^2*z^2 - 2ac*z + (a^2+b^2)
>> (incidentalment
Se um polinômio com coeficientes inteiros tiver (a+bi)/c como raiz (a,b,c
inteiros), então também terá (a-bi)/c.
Assim, será divisível por f(z) = c^2*z^2 - 2ac*z + (a^2+b^2)
(incidentalmente, isso prova a sua afirmação para polinômios quadráticos:
2ac é necessariamente par).
f(z) | 37971 z^998 +
O que você quer dizer com "ambas as partes racionais"?
As partes real e imaginária das raízes?
2018-04-08 19:56 GMT-03:00 Artur Steiner :
> Mostre que o polinômio
>
> P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 - 21438 x^129
> + 67917
>
> não tem nenhuma raiz com ambas as partes
Como duas faces são perpendiculares, é conveniente supor que elas estão
contidas cada uma em um plano coordenado distinto do R^3.
Suponha que:
- o vértice do triedro seja o ponto V = (0,0,h);
- as duas faces conhecidas do triedro estejam contidas uma no plano xz
(ângulo = A) e outra no plano yz (â
O máximo que dá pra dizer é que A contém todos os múltiplos positivos de 3.
Pois 3 pertence a A ==> 3+3 = 6 pertence a A ==> 6+3 = 9 pertence a A ==>
etc.
Mais formalmente, por indução, fica:
Seja K o conjunto dos n em N tais que 3n pertence a A.
3 = 3*1 pertence a A ==> 1 pertence a K
Hipótese de
o unitário centrado na origem, mas nenhuma conta
> parece ir muito longe.
>
> Em 5 de abril de 2018 21:53, Claudio Buffara
> escreveu:
> > Se postou, eu não vi. Mil desculpas!
> >
> > []s,
> > Claudio.
> >
> > 2018-04-05 21:35 GMT-03:00 Anderson
surgiu esse problema
>
> Em 6 de abril de 2018 12:08, Claudio Buffara
> escreveu:
>
>> Curiosidade: de onde veio este problema?
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>> 2018-04-05 22:03 GMT-03:00 Israel Meireles Chrisostomo <
>> israelmchrisost...@gmail.com&
Curiosidade: de onde veio este problema?
[]s,
Claudio.
2018-04-05 22:03 GMT-03:00 Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com>:
> produto
>
> Em 5 de abril de 2018 21:24, Anderson Torres > escreveu:
>
>> Em 5 de abril de 2018 18:18, Israel Meireles Chrisostomo
>> escreveu:
>> >
Se postou, eu não vi. Mil desculpas!
[]s,
Claudio.
2018-04-05 21:35 GMT-03:00 Anderson Torres :
> Em 3 de abril de 2018 16:32, Claudio Buffara
> escreveu:
> > O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):
> >
> > 1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retâ
m pedaço do bolo e 5 pedaços de cobertura (1
> do topo e 1 de cada uma das 4 laterais).
>
> Não é a solução mais "matemática", mas o problema permite e é mais simples.
>
> Att,
> Rodrigo
>
> On Wed, Apr 4, 2018 at 1:40 PM Claudio Buffara
> wrote:
>
>> Me
rodrigues :
> Retira-se a cobertura, divide-se as faces, o topo e o bolo sem cobertura
> em 7,pedacos,deixando pra cada pessoa 4 pedacos de cobertura da face e 1
> do topo e 1 pedaco do bolo sem cobertura.
>
> Em 3 de abr de 2018, às 16:32, Claudio Buffara
> escreveu:
>
> O p
O primeiro é reprise, pois ninguém resolveu (ainda):
1) Um bolo tem a forma de um paralelepípedo retângulo de base quadrada e
tem cobertura no topo e nas quatro faces.
Mostre como dividir o bolo entre 7 pessoas de modo que cada um receba a
mesma quantidade de bolo e de cobertura.
Dica: é relevant
tasia...
> Um abraço!
> Luiz
>
>
>> On Mon, Apr 2, 2018, 8:31 PM Claudio Buffara
>> wrote:
>> De certa forma, o princÃpio da indução está implÃcito toda vez que
>> você escreve "..." num somatório de 1 até n.
>>
>> Mas concordo
De certa forma, o princípio da indução está implícito toda vez que você
escreve "..." num somatório de 1 até n.
Mas concordo com sua crítica (se é que a entendi).
Muitos problemas (talvez a maioria) do tipo "prove por indução" consistem
de uma receita de bolo envolvendo algumas manipulações algébr
S(1) = a(1) < (q/(q-1))*a(1), já que q > 1.
Suponhamos que S(n) <= q*a(n)/(q-1).
S(n+1)
= S(n) + a(n+1) (definição de S(n+1) )
= S(n) + q*a(n)(definição de PG)
<= q*a(n)/(q-1) + q*a(n) (hipótese de indução)
= q*a(n)*(1/(q-1) + 1)
= q*a(n)*q/(q-1)
= q*a(n+1)/(q - 1) (definição de PG)
[]
Tudo bem.
Mas minha dúvida é outra: como/por que você pensou em usar a circunferência
centrada em C e passando por B e D?
Este é um dos temas que mais me interessa em matemática: de onde vêm as
idéias não óbvias?
Inspiração divina?
Experiência ("já vi algo parecido antes")?
Muita transpiração?
Po
Pra 6o ano é complicado, pois não dá pra usar álgebra (e, portanto,
trabalhar com variáveis que representam números genéricos).
Mas, de alguma forma, eu não deixaria de mencionar o algoritmo da divisão
com resto:
dados dois inteiros positivos a e b (se não me engano, alunos de 6o ano
ainda não vir
Legal!
A minha foi diferente (e menos elegante, pois usou trigonometria e bastante
álgebra).
Com a sua notação, teremos:
tan(PCB) = 1-x
tan(QCD) = 1-y
x+y+raiz(x^2+y^2) = 2
A ideia é determinar PCB+QCD = 90 - PCQ.
Usando a fórmula de tan(a+b) e após algumas simplificações, obtemos
tan(PCB+QCD) =
Sem ter tido nenhuma grande ideia, eu usaria uma planilha para explorar
ambos os problemas.
Eu sei que, numa olimpíada de verdade, isso não seria possível. Mas isso
não é uma olimpíada de verdade.
E, de resto, usar planilhas pra gerar conjecturas em problemas de
matemática pura é algo que deveria s
arde!
>> >>> Eu nunca tinha ouvido falar do Teorema de Ptolomeu...
>> >>> A conclusão é que nunca estudei Geometria por um livro realmente bom.
>> >>> Alguém pode me indicar algum? Pode ser em Inglês.
>> >>> Aproveito para desejar
onjugado(z) tem
> estas caracterÃsticas. Em nenhum complexo satisfaz à s equações de Cauchy
> Riemman.
>
> Abraços
> Artur
>
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em Sex, 30 de mar de 2018 08:36, Claudio Buffara
> escreveu:
>> Beleza! Como dizia Einstein, tudo deve
derivadas de funções inteiras são inteiras, segue-se do teorema de
> Liouville que f’ é constante, o que, por sua vez, implica que f seja um
> mapeamento afim.
>
> Artur
>
> Enviado do meu iPad
>
> Em 29 de mar de 2018, à(s) 10:03 PM, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na origem e
que converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui
singularidades exceto possivelmente no infinito).
Assim, f(z) = a_0 + a_1*z + a_2*z^2 + ...
Mas se algum dos a_k é não-nulo para k > 1, f não poderá ser unifo
Outra sugestão: proponha o problema de contar de quantas maneiras é
possível arrumar N dominós 1x2 numa caixa 2xN.
Fibonacci também aparece neste aí.
A diferença é que, no dos bits, B(N) = F(N+2) enquanto que, no dos dominós,
D(N) = F(N+1)
(F é definida da forma usual, com F(1) = F(2) = 1)
Ou ent
Sugestão de natureza didática: eu mostraria uma solução mais braçal, tal
como a minha, e depois mostraria a solução recursiva.
Moral: em geral vale a pena pensar no problema antes de sair escrevendo...
2018-03-29 15:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> Sim. Acho essa uma solução bem mais elega
_ e, então, cai no caso anterior-1.
> Para 4 bits, separe de novo: 0 _ _ _, que cai no problema anterior, ou, 1
> 0 _ _, caindo no anterior -1.
> Ou seja, Para N bits: F(N) = F(N-1) + F(N-2). É um Fibonacci começando de
> F(1) = 2 e F(2) = 3
>
>
> Estaria correto assim?
>
> Abr
Sugestão: separe em casos em função do número N de 1’s na sequência.
N = 0: 1 sequência
N = 1: 8 sequências
N = 2: 8*7/2 - 7 = 21
(No de sequências sem restrições menos o no de sequências com os dois 1’s
adjacentes)
N = 4: 2
N > 4: 0
O caso N = 3 é o mais chatinho pois tem mais subcasos, mas n
Certamente existe. Basta definir f(n) = número de primos distintos que
dividem n.
Mas duvido que possa ser expressa por alguma fórmula simples.
n-phi(n) não é a quantidade de divisores.
Tome 10 por exemplo. Phi(10) = 4 ==> 10 - Phi(10) = 6, mas 10 tem apenas 4
divisores: 1, 2, 5 e 10.
2018-03-28
sim o valor de A será 3r^2+3k^2-w(Z1+z1+Z2+z2+Z3+z3) logo A=3r^2+3k^2.
>
> Pronto morreu.
>
>
> Um abraco
> Douglas Oliveira.
> Mas o valor de A será
>
>
> Em 27 de mar de 2018 12:06, "Claudio Buffara"
> escreveu:
>
> Achei estes dois bonitinhos:
Outra dica: pense na versão em que o bolo é um prisma reto de base
triangular (não necessariamente equilátera). Como você dividiria este bolo
em 2 pedaços? E em 3? Em n pedaços? Prove que o problema tem solução para
todo n.
2018-03-27 22:07 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>
>
> 2018-03-27
O problema é só esse mesmo?
Não tem nenhum contexto? Não é dada nenhuma relação entre k, j e w?
2018-03-27 21:27 GMT-03:00 Anderson Torres :
> Em 27 de março de 2018 21:06, Israel Meireles Chrisostomo
> escreveu:
> > Ola pessoal eu gostaria de saber quantas são e quais são as soluções
> > natur
2018-03-27 21:40 GMT-03:00 Anderson Torres :
> Em 27 de março de 2018 21:16, Claudio Buffara
> escreveu:
> > Acho que você viajou no chocolate...
> >
> > Matematicamente falando, a ideia é particionar um prisma reto de base
> > quadrada, cujo topo e as quatr
:53, Claudio Buffara
> escreveu:
> > Achei estes dois bonitinhos:
> >
> > 1) Prove que, sendo P um ponto qualquer da circunferência inscrita a um
> > triângulo equilátero ABC, PA^2 + PB^2 + PC^2 é constante.
> > 1A) Prove que isso vale para qualquer circunferência
Pra quem se interessa por polinômios complexos e suas raízes, aqui vão dois
teoremas muito legais e razoavelmente bem conhecidos (demonstrações são
facilmente achadas via Google. Mas, é claro, tentar demonstrá-los é um belo
exercício - obs: o segundo é bem mais difícil, pelo menos eu acho):
1) Teo
.@gmail.com>:
> 2018-03-27 13:36 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> > Os problemas 1, 3 e 4 me parecem ser consequências da "rigidez" que a
> > diferenciabilidade complexa impõe às funções analíticas e que, pra mim,
> está
> > longe de ser algo intuitivo.
&
Os problemas 1, 3 e 4 me parecem ser consequências da "rigidez" que a
diferenciabilidade complexa impõe às funções analíticas e que, pra mim,
está longe de ser algo intuitivo.
Por exemplo, no problema 1, se g(z) = exp(z), então a conclusão decorre do
teorema de Liouville.
No caso geral, temos que
concêntrico com o íncirculo é
válida.
[]s,
Claudio.
2018-03-27 11:53 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> Achei estes dois bonitinhos:
>
> 1) Prove que, sendo P um ponto qualquer da circunferência inscrita a um
> triângulo equilátero ABC, PA^2 + PB^2 + PC^2 é constante.
> 1A) Prove que
Achei estes dois bonitinhos:
1) Prove que, sendo P um ponto qualquer da circunferência inscrita a um
triângulo equilátero ABC, PA^2 + PB^2 + PC^2 é constante.
1A) Prove que isso vale para qualquer circunferência concêntrica com o
incírculo (tem uma demonstração legal para o circumcírculo usando o
n^2 == 1 (mod 8) se n é ímpar.
Pra ver isso, basta testar n = 1, 3, 5, 7.
Daí e’ só elevar ambos os lados da congruência ao expoente (n-1)/2, obtendo:
n^(n-1) == 1 (mod 8).
Finalmente, multiplique esta congruência por n.
Abs
Enviado do meu iPhone
Em 26 de mar de 2018, à(s) 22:22, Anderson Torres
+1/bc usando desigualdades - para daí limitar
> os valores de a,b,c.
>
> Em 23 de março de 2018 17:01, Claudio Buffara
> escreveu:
> > Enfim, nesse meio tempo acho que resolvi o problema...
> >
> > Devemos achar inteiros s, t, u, com 1 < s < t < u e tais que:
>
Acho que, no GT de Picard, a infinidade de valores (com no máximo uma exceção)
e’ assumida na vizinhança de uma singularidade essencial.
Exp tem uma singularidade essencial em z = inf.
Polinômios não têm singularidades essenciais mas sim um polo de ordem n (n=
grau do polinômio) em z = inf.
Envi
ta é mostrar que, se
> f é inteira e ímpar, então f é sobrejetora.
>
> Abraços
>
> Artur
>
> Enviado do meu iPad
>
> Em 25 de mar de 2018, à(s) 8:00 PM, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
> Falei besteira...
> Ao elevar os módulos ao
> Deixo pra vc provar isto. Basta provar para o eixo real.
>
> Abs
>
> Artur
>
>
>
> Enviado do meu iPad
>
> Em 25 de mar de 2018, à(s) 4:14 PM, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
> > Tenta igualar os quadrados dos módulos de cada
A meu ver, a demonstração mais simples do TFA é baseada no seguinte resultado,
devido a D’Alembert:
Se p(z) é um polinômio complexo e p(a) <> 0, então existe h tal que |p(a+h)| <
|p(a)|.
A demonstração deste resultado mostra que ele é válido pra qualquer função
holomorfa e não apenas polinômio
Tenta igualar os quadrados dos módulos de cada lado. Acho q vc recai no caso
real.
Enviado do meu iPhone
Em 25 de mar de 2018, à(s) 15:07, Carlos P.
escreveu:
> Boa tarde
>
> Na reta real, a equação p(x) = exp(x), p um polinômio não constante, tem um
> número finito de soluções. Isto também
Isso decorre do fato do quadrado de todo ímpar ser congruente a 1 mod 8.
Abs
Enviado do meu iPhone
Em 25 de mar de 2018, à(s) 15:28, Artur Steiner
escreveu:
> Embora simples, acho interessante mostrar isso (aqui, = significa congruente
> a). Parece não ser muito conhecido.
>
> Artur Costa
Seja x um número real diferente de n tal que x^n = n^x ==> x = n^(x/n).
Se x for transcendente, não há o que provar.
Suponhamos, assim, que x seja algébrico.
O teorema de Gelfond-Schneider diz que se a e b são algébricos, com a <> 0,
a <> 1 e b irracional, então a^b é transcendente.
n é algé
Enfim, nesse meio tempo acho que resolvi o problema...
Devemos achar inteiros s, t, u, com 1 < s < t < u e tais que:
(stu -1)/((s-1)(t-1)(u-1)) = k (k inteiro positivo)
Após diversas aplicações do truque (método?) de somar e subtrair a mesma
coisa, chegamos a:
stu - 1 = (s-1)(t-1)(u-1) + (s-1)(
Pois do jeito que você propôs, alguém poderia pensar que se trata de provar
que (s-1)(t-1)(u-1) divide stu - 1 para todos os inteiros s, t, u com 1 < s
< t < u, o que certamente não é verdade.
2018-03-23 16:55 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> Sim. Eu só quis ter certeza de que o
; não
> é tal que é divide, ou seja (s-1)(t-1) divide st - 1,
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em 23 de março de 2018 15:49, Claudio Buffara
> escreveu:
>
>> Será que ajuda começar com um mais simples?
>>
>> Achar s, t tais que (s-1)(t-1) | st
Imagino que o problema seja achar todos os inteiros s, t, u tais que...,
certo?
2018-03-23 15:38 GMT-03:00 Pedro José :
> Boa tarde!
>
> Aproveitando que deu o que falar o problema postado pelo Douglas, tem um
> que achei mais interessante.
>
> (s-1)(t-1).(u-1) | stu -1, com s, t, u inteiros e 1
Será que ajuda começar com um mais simples?
Achar s, t tais que (s-1)(t-1) | st - 1, com 1 < s < t.
2018-03-23 15:38 GMT-03:00 Pedro José :
> Boa tarde!
>
> Aproveitando que deu o que falar o problema postado pelo Douglas, tem um
> que achei mais interessante.
>
> (s-1)(t-1).(u-1) | stu -1, com
s mensagens anteriores
>
>
>
>
> Em Qua, 21 de mar de 2018 21:44, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
> Seja x um número real diferente de n tal que x^n = n^x ==> x = n^(x/n).
>
> Se x for transcendente, não há o que provar.
>
> Supo
/2*(2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z)=1
>>
>> (b+c) dá a metade do primeiro fator (excetuando-se o fator 1/2) , (a+c) a
>> metade do segundo e (a+b) a metade do terceiro.
>>
>> Saudações,
>>
>>
>>
>> Em 23 de março de 2018 06:20, Anderson Torres <
>> t
x)/2 + (x + y + z)3 = – xyz*
[]s,
Claudio.
2018-03-23 6:20 GMT-03:00 Anderson Torres :
> Em 21 de março de 2018 09:47, Claudio Buffara
> escreveu:
> > Como você passou de:
> > 4abc + (a+b+c)^3 + (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) = 1
> >
> > Para:
> > 4(a+b+c)(a
Tudo muito bom, mas o que ninguém explicou é como foram obtidas as
fatorações/transformações algébricas mágicas.
Insight?
Conhecimentos prévios?
Tentativa e erro e muito braço?
[]s,
Claudio.
2018-03-21 18:54 GMT-03:00 :
> Sim, e fazendo a=u/2, b=v/2 e c=w/2 temos (u+v+w)(uv+uw+vw)-uvw=2, ou
> s
<> n.
Logo, x não pode ser racional, e acabou.
[]s,
Claudio.
2018-03-21 18:17 GMT-03:00 Artur Steiner :
> Ah Deus! Esqueci de dizer, raízes não triviais, distintas de n.
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em Qua, 21 de mar de 2018 18:12, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gma
Tá certo isso? Pois, para todo n natural, n sempre é raiz de x^n = n^x.
2018-03-21 16:45 GMT-03:00 Artur Steiner :
> Mostre que, para todo inteiro n >= 3, n diferente de 4, as raÃzes reais
> da equação x^n = n^x são transcendentes.
>
> Artur
>
> Enviado do meu iPad
> --
> Esta mensagem foi ve
Como você passou de:
4abc + (a+b+c)^3 + (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) = 1
Para:
4(a+b+c)(ab+ac+bc) - 4abc = 1
???
[]s,
Claudio.
2018-03-20 23:14 GMT-03:00 Anderson Torres :
> Em 13 de março de 2018 20:19, Douglas Oliveira de Lima
> escreveu:
> > Essa achei legal e estou postando.
> >
> > Resolva no
do para a esquerda (exceto pelo 1 chato que nao aparece na sua
>>> expressao), e fatorar. Vejamos... Acho que fica assim:
>>>
>>> 1/2*(2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z)=1
>>> (2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z)=2
>>>
>>> Confiram se eu nao errei contas... Mas agora fic
Seja X(n) = n!/n^n
Você quer lim X(n)^(1/n).
Sabe-se que:
liminf X(n+1)/X(n) <= liminf X(n)^(1/n) <= limsup X(n)^(1/n) <= limsup
X(n+1)/x(n) (&)
(vide Curso de Análise, do Elon - cap. 4, se não me engano).
X(n+1) = (n+1)!/(n+1)^(n+1) ==>
X(n+1)/X(n) = (n+1)!/n! * n^n/(n+1)^(n+1) = (n+1) * (n/
De fato, procurando soluções com x+y+z = 0, a equação fica:
(-z)(-x)(-y)/2 + 0^3 = 1 - xyz ==>
-xyz/2 = 1 - xyz ==>
xyz = 2 ==>
(x,y,z) = (-1,-1,2) ou (-1,2,-1) ou (2,-1,-1)
Mas ainda não se provou que estas são as únicas soluções.
2018-03-19 14:22 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
profdoug
De fato, não existe solução com x, y, z estritamente positivos, pois, neste
caso, o lado esquerdo seria maior ou igual que 2*2*2/2 + 3^3 = 31 e o lado
direito seria <= 0.
***
Digamos que z = 0. Neste caso, a equação fica:
(x+y)xy/2 + (x+y)^3 = 1 ==>
(x+y)(xy + 2(x+y)^2) = 2
x+y só pode ser -2, -
Podem existir soluções não triviais envolvendo inteiros negativos.
2018-03-19 10:17 GMT-03:00 Pedro José :
> Bom dia!
>
> Poderia postar a solução? Não consegui achar nenhuma restrição para
> trabalhar num subconjunto pequeno dos inteiros.
> Creio que vá ser apenas a trivial (0,0,1) e suas permu
Talvez seja conceitualmente mais simples provar que o subespaço E gerado por u,
v, w é igual ao subespaço F gerado por u+v-w, u-v+w, -u+v+w.
A inclusão F c E é evidente.
Na outra direção, temos:
u = 1/2*((u+v-w)+(u-v+w)),
etc...
Assim, como E = F, dimE = dimF.
Logo, dimE = 3 sss dimF = 3.
Abs,
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