Sociedade Brasileira de Matemática
todo z ≥ k0α , [ z , z + ε ) ∩ X ≠ ∅. Assim, tomando x0 := k0α + r (α + β ) , temos que,
x ≥ x0 ,
dado
x − r (α + β ) ≥ k0α ,
temos
e
portanto
x − r (α + β ) , x − r (α + β ) + ε ) ∩ X ≠ ∅. Assim, existem a, b ≥ 0 inteiros aα + bβ ∈ x − r (α + β ) , x − r (α + β ) + ε ) , e portanto com x ≤ ( r + a ) α + ( r + b ) β < x + ε , o que prova o fato acima.
PROBLEMA 4: SOLUÇÃO DE GABRIEL LUIS MELLO DALALIO (S.J. DOS CAMPOS – SP)
Tomando um ponto
( x, y , z ) ∈ H ,
esse ponto como:
r : {( x + ka, y + kb, z + kc ) , ∀k ∈
podemos representar uma reta que passa por
}. Para ( a, b, c ) que façam r estar contida em
H teremos:
3 ( x + ka ) + 3 ( y + kb ) − ( z + kc ) − 1 = 0, ∀k ∈ 2
2
2
⇒
⇒ 3 x 2 + 6 xka + 3k 2 a 2 + 3 y 2 + 6 ykb + 3k 2b 2 − z 2 − 2 zkc − k 2 c 2 − 1 = 0, ∀k ∈ Como 3 x 2 + 3 y 2 − z 2 − 1 = 0, pois ( x, y, z ) ∈ H tem-se: 3 xa + 3 yb − zc = 0 (I) 2 2 2 3a + 3b − c = 0 (II) (I)
(II)
(3x, 3y, –z) vetor normal
30o
Ө
60o Cone
Plano
Como o menor ângulo que a direção (a, b, c) forma com o plano z = 0 é igual a
c arctg , por (II) tem-se: 2 2 a +b
EUREKA! N°32, 2010
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