- Entre outras perguntas, uma leitora de Avaré, SP, pede que se resolva o exercício 250 da pág. 103 do livro 4 de G. Iezzi e S. Hazzan:

  Sendo A, B, C ângulos de um triângulo e a, b, c os lados, respectivamente, opostos aos ângulos A, B, C, prove que D = 0 onde

RPM:

Sejam AO, BO, CO bissetrizes internas e M, N, P, respectivamente os pés das perpendiculares, por O, aos  lados do triângulo ABC. Por congruência de triângulos,

Têm-se então

Chamando, agora, de p o semiperímetro do triângulo ABC, têm-se x + y + z = p e

a = y + z = p – x

b = x + z = p – y

c = x + y = p – z

  e

pois neste determinante a soma das 2 primeiras linhas é igual ao produto da terceira linha por p.

Um colega de Realengo, RJ, gostaria de conhecer uma resolução simples para a equação  cuja solução x = 4 é conhecida.

RPM:

Sendo conhecida esta solução, verifiquemos se existem outras. A equação dada equivale a  e raízes desta são as abscissas dos pontos comuns aos gráficos de  e , logo a raiz é uma só mesmo e esta já é conhecida.

Um processo algébrico pode ser o seguinte: fazendo , a equação dada se transforma em y⁴ + y – 18 = 0. Isto é, conhecidas as raízes positivas desta, teremos as raízes da equação dada.

Ora, y = 2 é solução desta equação, devemos ter, portanto:

y⁴ + y – 18 = (y – 2) (ay³ + by² + cy + d), onde, efetuando o produto e identificando os coeficientes, têm-se: a = 1, b = 2, c = 4 e d = 9, ou seja

 y⁴ + y – 18 = (y – 2) (y³ + 2y² + 4y + 9).

Mas y – 2 = 0 se, e só se, y = 2 e, se y ³ 0 teremos: y³ + 2y² + 4y + 9 9 > 0, donde a única solução positiva da equação em y é y = 2.

- Um colega de Belém, PA, observa que, ao resolver o sistema de equações lineares

tomando como z a variável livre chegou à seguinte solução: (12 13; 11 11; ; 5 + 5) solução particular (1, 0, 1, 0) é obtida da primeira expressão para a = 1 e da segunda para a = 0.

Pergunta: A 2ª solução, considerando t a variável livre, pode também ser considerada verdadeira?

RPM:

A resposta é sim – e mais do que sim – não só “pode ser considerada verdadeira”, como, de fato, ela é verdadeira.

A explicação é a seguinte:

A “1ª solução” é o conjunto de todas as quádruplas:

  (12 13; 11 11; ; 5 + 5)

onde a representa um número real qualquer. Este conjunto tem infinitos elementos.

A “2ª solução” é o conjunto de todas as quádruplas:

representa um número real qualquer.

Também este conjunto tem infinitos elementos.

Acontece que estes dois conjuntos são iguais pois todos os elementos do primeiro são elementos do segundo, e reciprocamente. Isto pode ser visto da seguinte maneira: no 1º no 2º.

Agora, no 2º conjunto, coloque 5 + 5 no lugar de b e ficará igualmente visível que os elementos do 2º conjunto estão no 1º.

Assim, apesar da aparência diferente, os dois conjuntos de soluções são, na verdade, iguais.

Um colega, de Nova Friburgo, RJ, gostaria de ver este problema resolvido na RPM.:

RPM:

Trata-se de um problema freqüentemente trazido às salas de aulas por nossos alunos.

Apresentamos aqui 2 soluções, a segunda das quais nos pareceu mais interessante, embora, recorrendo a um artifício:

1ª Solução:

2ª Solução:

          A₁A₂...A₁₈ é um polígono regular de 18 lados.

         As cordas A₆A₁₈ e A₂A₁₄ são iguais (abrangem 6 arcos de 20º) e são simétricas em relação a OA₁. Cortam-se em E de OA₁.

          O triângulo OA₂A₁₄ é isósceles e o ângulo do vértice mede 120º.

          OA₂A₁₄ = 30º
Como no problema proposto,
EA₂A₁ = 50º.

          Os ângulos A₁₈OA₃ e A₃OA₆ medem 60º

          Portanto OA₁₈A₃A₆ é um losango e A₆A₁₈ é mediatriz de OA₃.

          D é eqüidistante de O e de A₃ : DO = DA₃ e, por simetria, DA₃ = DA₁.

          Assim DO = DA₁ e no triângulo isósceles ODA₁, DA₁E = 20º.
Como no problema proposto,
DA₁A₂ = 60º.

         DOM = 20º e  OMD = 90º, portanto

           ODM = 70º e  EDA₂ = 70º

          O ângulo externo do triângulo A₁DO mede 20º + 20º = 40º, isto é, A₁DA₂ = 40º

(Solução tirada de “Mathematical Gems II” de Ross Honsberger. MAA)