Questão da FGV

por **zenildo** » Qui Mai 19, 2016 13:03

Segue anexo um problema. Este problema não consegui resolver devido eu não saber interpreta-lo.

por **Daniel Bosi** » Qui Mai 19, 2016 15:32

Analisando a figura perceba o seguinte: a distância do ponto M até o 0 é o cosseno de $\alpha$ em radianos. A distância do "início" do eixo x à esquerda até o M deve ser a mesma distância de M até P (pois a reta inclinada faz um ângulo de 45 graus). Assim sendo, é razoável concluir que a distância de M até P é $1-cos(\alpha)$ , lembrando que este ciclo trigonométrico tem raio 1.

por **zenildo** » Qui Mai 19, 2016 18:50

Resolvi fazer deste modo. Então, fiz as representações, porém não consegui finalizar os cálculos. Alguém poderia me ajudar a compreender?

por **Daniel Bosi** » Qui Mai 19, 2016 23:17

Zenildo, perceba que o que você representou como 0M é o $cos(\alpha)$ . Basta substituir.

por **Daniel Bosi** » Sex Mai 20, 2016 09:57

Zenildo, percebi um detalhe que fugiu da minha interpretação: nesse quadrante o cosseno é negativo, o que significa que o resultado de $cos(\alpha)$ será negativo. Portanto, para a resposta ser o comprimento de M até P, é necessário mudar o sinal e o resultado fica $1+cos(\alpha)$ .

por **zenildo** » Sex Mai 20, 2016 10:25

MB.MN = MQ.MA equivalente a:

Entende-se o ponto médio (M) ser equidistante entre MB e MN. Dessa forma, evidencia-se adotar: MB.MB, como MB^2.

Outro ponto importante, é perceber uma equidistancia também entre: MO=MQ. Então, se eu escrevo:
MO = (1-PM).Por outro lado, ora, se eu tenho MA, tenho, pois, o raio valendo um e operando de dois lados. Soma-se 2. Sendo 2-PM, porque MB^2 equivale a mesma distância em relação a linha horizontal, ficando MB^2= PM(2-PM).

Eis então a fórmula abaixo:

MB.MN = MQ. MA
MB^2= PM.(2-PM)

Veja se meu raciocínio esta certo ou errado,ou, se tem alguma forma de fazer que possibilite acertar com mais intuitividade.

por **Daniel Bosi** » Sex Mai 20, 2016 11:21

A meu ver é mais simples que isso. Particularmente, eu não vejo a necessidade de operar tanto com segmentos de reta. O que é importante é perceber de cara que o segmento M0 é o $cos(\alpha)$ . Basta perceber que:

(1) MQ = MP (o segmento MQ e MP têm o mesmo tamanho)

(2) MQ + M0 = 1 (a soma de MQ com M0 é o raio do círculo)

De (1) sabemos que MQ = MP, basta substituir MQ em (2):

MP + M0 = 1

Agora basta perceber que M0 é o cosseno do comprimento $\alpha$ , pois M0 é um comprimento que parte do ponto 0 no eixo dos cossenos e corresponde ao comprimento do arco.

O porém, como eu comentei anteriormente, é que esse cosseno dá um resultado negativo entre 0 e -1. Portanto, para obter o comprimento de MP é necessário expressar a resposta como $1+cos(\alpha)$ .

por **zenildo** » Sex Mai 20, 2016 13:55

Estaria certo desse modo que interpretei? Apesar de não saber se está matematicamente correto. Poderia corrigir?

por **Daniel Bosi** » Sex Mai 20, 2016 14:38

Zenildo, na realidade eu não entendo o que você quer dizer quando expressa MB.MN, por exemplo. Você poderia explicar para que eu possa entender essa notação?

por **zenildo** » Seg Mai 23, 2016 13:13

Quis fazer simplesmente uma demonstração geral. Sendo que, essa demonstração explica a sua orientação direta de como fazer o raciocínio. Nada demais.

por **zenildo** » Seg Mai 23, 2016 13:24

Quanto a relação MB.MN, se deu por meio de serem simétricos ao ponto M.Entao,o produto dos dois, MB. MB, correspondem a igualdade.

por **adauto martins** » Ter Mai 24, 2016 13:20

considere o ponto C(-1,0)...logo temos q. MP=MC=x(mostre isto,é facil por semelhança de triang. ou angulo interno)...logo teremos $\Delta OMP$ q. $tg(\pi-\alpha)=x/(1-x)$ $\Rightarrow tg(\pi-\alpha)=(tg\pi-tg\alpha)/(1+tg\pi.tg\alpha)=-tg\alpha=x/(1-x)$ $\Rightarrow -tg\alpha(1-x)=x...$ e ai é isolar o x,resolva o restante...

por **zenildo** » Sáb Jun 18, 2016 01:50

Adauto, tentei resolvê-la, porém não consegui. Tem como demonstrar como se resolve isto, pois tenho problemas em visualizar o que disse

por **adauto martins** » Dom Jun 19, 2016 14:18

meu caro zenildo,
eu cometi um erro ai,e espero q. vc entenda a resoluçao:
prim. espero q. vc tenha entendido o ponto C(-1,0)da intersecçao do eixo-abscissas e pq o triang. $\Delta CMP$ é isosceles...entao vamos á sol.correta:
tomando o $\Delta OBM$ teremos:
$tg(\pi-\alpha)=MB/(1-x)$ e $MB=\sqrt[]{1-{(1-x)}^{2}}$ ,logo
$tg(\pi-\alpha)=-tg\alpha=\sqrt[]{1-{(1-x)}^{2}}/(1-x)$ ...
$-tg\alpha=\sqrt[]{1-{(1-x)}^{2}/{(1-x)}^{2}}=\sqrt[]{1/{(1-x}^{2})-1}\Rightarrow {tg\alpha}^{2}=1/{(1-x)}^{2}-1$
$\Rightarrow 1/{(1-x})^{2}={tg\alpha}^{2}+1={sec \alpha}^{2}$ $\Rightarrow {(1-x)}^{2}=1/{sec\alpha}^{2}\Rightarrow 1-x=1/sec\alpha\Rightarrow x-1=cos\alpha\Rightarrow x=1+cos\alpha$ ...

por **adauto martins** » Dom Jun 19, 2016 14:27

eita outra correçao,é o latex,desculpe-me,erro mesmo:
$1-x=cos\alpha\Rightarrow x=1-cos\alpha$ ...obrigado

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