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Responsáveis
Os leitores ajudaram Na RPM 73 lançamos um pedido de ajuda. Queríamos obter uma solução geométrica do seguinte problema: Em um triângulo ABC, com AB = AC, a bissetriz do ângulo B determina sobre o lado AC o ponto D tal que BC = BD + AD. Determine o ângulo A. Recebemos muitas soluções corretas! Basicamente, os argumentos são de dois tipos, apresentados nas soluções a seguir. A primeira solução correta que chegou foi a de Pedro Ferraz: Dados a bissetriz BD, AB = AC e BC = BD + AD, construímos os pontos E e F tais que BE = BD e FD // BC. A reta paralela determina com os lados do triângulo os ângulos congruentes anotados na figura. Os triângulos AFD e DEC são congruentes (LAL), pois: a) AD = EC porque BC = BE + EC = BD + EC e, por hipótese, BC = BD + AD. b) A c) CD = FD porque o triângulo BDF é isósceles, logo, BF = FD, e o trapézio BCDF é isósceles. Portanto, CD = BF = FD. Dessa congruência dos triângulos AFD e DEC vem que E O triângulo BDE é, por construção, um triângulo isósceles; temos, portanto, B Somando as medidas dos ângulos do triângulo BDE, temos 4x + 4x + x = 180o, portanto, x = 20o e  = 100o. A segunda solução correta que chegou foi a de Nilton Lapa: Como na primeira solução, temos BE = BD e então o triângulo BED é isósceles. Além disso, AD = EC. Pelo teorema da bissetriz, obtemos Isso mostra que os triângulos ABC e ECD são semelhantes. Assim, E No triângulo BED, x + 4x + 4x = 180o ou x = 20o. Em seguida, conclui-se facilmente que  = 100o.
Parece razoável, mas não é Escreve um leitor do Rio de Janeiro: “Vamos pensar que estamos lançando uma moeda várias vezes, sob as mesmas condições, e que, em certo momento, observamos uma sequência de 10 caras (K) consecutivas. A partir desse instante, estamos nos preparando para o próximo lançamento. A pergunta é: não será razoável esperar para esse lançamento o resultado coroa (C)? E continua o leitor: “No editor de planilhas eletrônicas de um computador, usei a função ALEATÓRIO( ) e vi que numa simulação de 6.000 lançamentos ocorriam apenas duas ou três sequências com 10 caras sucessivas, o que faz pensar que o resultado do próximo lançamento será coroa”.
RPM (resposta da professora Cláudia Peixoto do IME-USP) Depois de uma sequência de 10 caras, o resultado pode ser K ou C com a mesma chance (50%), pois os lançamentos são independentes. A sequência de 10 caras é tão rara quanto qualquer outra sequência fixada de comprimento 10. A probabilidade da sequência de 10 caras é igual a (1/2)10 e é exatamente igual à probabilidade, por exemplo, da sequência KCKKCKCCKK, ou de qualquer outra sequência fixada de comprimento 10. A nossa intuição realmente pode nos enganar. Depois de KKKKKKKKKK, nossa tendência seria a de apostar num C. Depois de KCKKCKCCKK, acreditamos que no próximo lançamento C e K têm igual probabilidade. E, no entanto, as duas situações são iguais.
Brincando com números De um leitor de Mato Grosso do Sul: “Brincando com a minha calculadora e o número 101, que havia me intrigado num problema da OBMEP, obtive as frações
Observei dois fatos curiosos: o período de todas essas dízimas tem 4 algarismos e, se multiplicarmos cada período por 101, veja o que acontece: 0099 × 101 = 9999 1683 × 101 = 169983 2376 × 101 = 239976 Há uma explicação?” RPM Na RPM 61, p. 17, está demonstrado que o comprimento de uma dízima periódica Um argumento informal explica a segunda observação do leitor. Se n = k, abcdabcd x (100 + 1)... = kab,cdabcd... + k,abcdabcd... . Para esta última soma ser um número inteiro, precisamos que as casas decimais do resultado da soma sejam todas iguais a 9 ou todas iguais a zero. Como todas iguais a zero não ocorre, devemos ter a + c = 9 e b + d = 9. Com esse resultado, pode-se provar a regularidade observada pelo leitor, pois, ao multiplicar o período de cada dízima por 101, estaremos fazendo a seguinte conta: (a × 103 + b × 102 + c × 101 + d ) × (100 + 1) = a × 105 + b × 104 + c × 103 + d × 102 + a × 103 + b × 102 + c × 101 + d = a × 105 + b × 104 + (a + c) × 103 + (d + b) × 102+ c × 101 + d = a × 105 + b × 104 + 9 × 103 + 9 × 102+ c × 101 + d = ab99cd.
Como provar? Um leitor do Distrito Federal enviou o seguinte teste do CESCEM-72: “A matriz M e sua inversa têm todos os elementos inteiros. Então os determinantes de M e de M–1 a) são nulos; b) são iguais a 1; c) são iguais a –1; d) são iguais, valendo –1 ou 1; e) são não nulos, nada mais se podendo concluir”. O leitor continuou: “Observei em três exemplos que det M = det M–1 = 1, ou det M = det M–1 = –1, mas não sei como provar esse fato”. RPM Existe um teorema, fácil de enunciar, mas cuja demonstração, por bons motivos, não costuma ser feita no ensino médio, com o enunciado: Se A e B são matrizes quadradas de mesma ordem, então Sabe-se que o produto de uma matriz M pela sua inversa M–1 é igual à matriz identidade I. Os elementos da matriz I são todos iguais a 0, salvo os que estão na diagonal principal, que são iguais a 1. Então, det I =1. Usando o teorema, tem-se det M × det M–1 = det(M × M–1 ) = det I = 1. Os elementos de M e M–1 são números inteiros e por isso os determinantes dessas matrizes são números inteiros. O produto desses inteiros é 1; logo, ambos são iguais a 1, ou ambos são iguais a –1.
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D = 2x = D
E.
C = 2x .
, portanto, 
.
= 0,00990099..., 
= 0,168 31683..., 
= 0,23762376...,
= 3,38613861..., 
= 8,48514851..., 
= 45,10891089...
, a e b primos entre si, b ≠ 5k (k inteiro), não depende do numerador. Esse teorema garante que, se o período de uma das dízimas, gerada por uma fração de denominador 101, tiver 4 algarismos, então todas as dízimas com denominador 101 terão um período de 4 algarismos (estamos supondo que o numerador não é um múltiplo de 101).
= k, abcdabcd..., então