Um colega de Jacarezinho, PR, resolveu a inequação sen x + cosx < 1 de dois modos e obteve respostas diferentes. Veja:

Respostas diferentes! E nos pergunta: Por quê?

RPM: Gostaríamos de observar que, ao "quadrar" urna inequação com um ou ambos os termos negativos, podemos estar cometendo um erro, corno mostram os exemplos:

3 < 1,    mas    9 < 1    é  falso;         - 3 < -1,    mas    9 < 1    é falso.

Portanto, para "quadrar" uma inequação devemos verificar se ambos os termos são positivos, caso em que a nova inequação decorre da anterior.

Na 1.ª solução proposta, antes da passagem (3), temos:

é verdadeira para todos os valores de x no 3.° e 4.° quadrantes, salvo para x = 2 (quando vale uma igualdade). Suas soluções são, portanto, + 2k x < 2 + 2k.

Como a inequação dada é equivalente a (I) ou (II), o conjunto solução é a união das soluções obtidas e coincide com a 2.ª solução do colega .

Um leitor de Fortaleza, CE, nos enviou o seguinte problema:

Três automóveis executam uma volta completa em uma pista nos tempos de 10, 12 e 16 minutos, respectivamente. Sabendo-se que os três saem da origem e que o segundo saí 2 minutos após o primeiro e, ainda, que o terceiro sai 2 minutos após o segundo, em quanto tempo oe três vão encontrar-se novamente na origem?

RPM: Talvez o grande "segredo" desse problema seja o seu equacionamento; assim, vamos fixar uma hora para a partida do primeiro e verificar o que acontece com cada um deles.

  O primeiro automóvel passa pela origem a cada 10 minutos; assim, após dar m voltas, ele passa pela origem   10 x m minutos após sua partida.

    O segundo automóvel passa pela origem a cada 12 minutos; assim, após dar   n   voltas, ele passa pela origem   2 + 12n   minutos após a partida do primeiro automóvel.

    O terceiro automóvel passa pela origem a cada 16 minutos; assim, após dar   p   voltas, ele passa pela origem   4 + 16p  minutos após a partida do primeiro automóvel.

E aí os três vão passar juntos pela origem se:

l0m = 2 + 12n = 4 + 16p,         m, n, p IN.

Devemos, portanto, procurar as soluções inteiras comuns às equações:

(1)    10m = 2 + 12n;    (2)    l0m = 4 + 16p   e    (3)    2 +12n = 4 + 16p.

Na RPM 19, pp. 39-47, o artigo Uma equação diofantina e suas resoluções ensina como resolver essas equações. Elas também podem ser resolvidas usando apenas critérios de divisibilidade.

   Soluções inteiras de   l0m = 2 + 12n:

Uma solução particular de 5m = l + 6n   é  m = 5   e   n = 4. A solução geral é:

m = 5 + 6k        e        n = 4 + 5k     k Z.

Portanto, os dois primeiros carros encontram-se novamente aos 50 minutos (k = 0), 110 minutos (k = 1), e assim por diante, após a partida do primeiro.

   Soluções inteiras de   l0m = 4 + 16p:

Uma solução particular de 5m = 2 + 8p    é    m = 2  e  p = l. A solução geral é.

m = 2 + 8k        e        p = 1 +5k     k Z.

Portanto, o primeiro e o terceiro carro encontram-se novamente aos 20 minutos (k = 0), 100 minutos (k =s 1), e assim por diante, após a partida do primeiro.

   Soluções inteiras de  2 + 12n = 4 + 16p:

A equação é equivalente a 6n = 1 + 8p, que não tem soluções inteiras já que  6n  é par e   1+8p é ímpar.

Portanto, o segundo e o terceiro carro nunca mais se encontram na origem. E, daí, a resposta ao problema proposto: nunca .

Um leitor de Maranguape, CE, pede-nos para mostrar que:

Dentre todos os triângulos de mesmo perímetro, o de maior área é o equilátero.

RPM: Vamos apresentar duas soluções. 1.ª solução

Em primeiro lugar, vamos provar que, fixado um dos lados, por exemplo, a, e o perímetro 2p=a+ b + c, o triângulo de maior área é o isósceles (isto é, aquele para o qual   b = c).

Temos b + c = 2p a = constante, e queremos saber quando o valor da área A do triângulo ABC  é máxima.

Como  a  está fixado,  A  é máximo quando  h o for.

Ora, como a soma das distâncias do ponto A aos pontos B e C é b + c, que é constante, os possíveis pontos A percorrem urna elipse de focos   B e C  e eixo maior   b + c.

Além disso, h é igual à distância do ponto A à reta suporte do segmento BC; logo, h é máximo quando A estiver na mediatriz do segmento   BC,   ou seja, quando   b = c.

Admitamos, agora, a existência de um triângulo de perímetro fixado 2p e de área máxima. Denotemos por a, b, c os lados, de modo que a b c Fixemos o lado b. Da demonstração acima, temos a = c. Daí concluímos que   a = b = c  e o triângulo é equilátero.

2.ª solução

Da fórmula de Heron para a área de um triângulo, temos:

Utilizando a desigualdade das médias geométrica e aritmética (veja o artigo   Duas médias  na RPM 18, p. 43), temos:

e o máximo,  p/3,   é atingido se, e só se,

Portanto, o triângulo é equilátero e a área máxima fica igual a:

Sob o titulo acima, o colega Sandro Sponchiado, de Pato Branco, PR, nos descreve, segundo ele, "um daqueles 'galhos' nos quais o professor corre o risco de se confundir todo".

Numa aula no 2.º grau, foi feita a análise dimensional da fórmula  a = R ,  onde  a   é a aceleração tangencial,  R ,  o raio do círculo e  7, a aceleração angular:

[a] = L .T ^-2 ,     [R]= L    e    [] = rad.T ^-2

e resultou  L .T ^-2 no primeiro membro e L.rad.T ^-2 no segundo membro. Como explicar?

RPM: Para entender o que acontece, lembramos a definição de medida de um ângulo em radianos:

A medida de um ângulo em radianos é a razão entre o comprimento do arco — determinado pelo ângulo em um circulo cujo centro é o vértice do ângulo — e o comprimento do raio do círculo.

A definição se justifica, pois essa razão é constante, se mantivermos o ângulo e variarmos o raio do círculo centrado no vértice do ângulo.

e a medida de      é  radianos.

Então a dimensão do radiano é L .L^-1, ou seja, radiano é um adimensional.

Voltando ao problema inicial:

[] = L.L^-1. T ^-2 = T ^-2     e não    [] = rad.T ^-2 ,

o que resolve o impasse .