problemas | teoremas

Equações cúbicas e quárticas

Julho 28, 2010 in Equações, Matemática, Teorema / Teoria | Tags: Matemática, Equações | Publicar um comentário

Para comodidade de leitura, reuno aqui as duas entradas publicadas em Maio sobre a resolução destas equações:

Bases de numeração — dois números brasileiros: 333333 e 2010

Julho 24, 2010 in Matemática, Matemática-Secundário, Teoria dos Números | Tags: Matemática, Matemática-Secundário | 1 comentário

Um número $n$ diz-se brasileiro se existir uma base $1<b<n-1$ na qual se escreve com dígitos iguais. (Ver Números dou Brazil, de Choux romanesco, vache qui rit et intégrales curvilignes; ou 2007 est-il un nombre brésilien?, de Les-mathématiques.net)

Da identidade

$n=2+2\left( \dfrac{n}{2}-1\right)$

conclui-se que um número par $n$ se escreve na base $b=\dfrac{n}{2}-1$ com dois dígitos iguais, que são o $2$ :

$n=\left( 22\right) _{b=n/2-1}$

Esta propriedade generaliza-se a um número $n$ múltiplo de $a$ : $n$ escreve-se com dois dígitos $a$ , na base $b=\dfrac{n}{a}-1$

$n=\left( aa\right) _{b=n/a-1}\qquad\text{com }2\leq a\leq n/a-2$

que resulta da identidade

$n=a+a\left( \dfrac{n}{a}-1\right)$

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Valores próprios das matrizes hermitianas

Julho 22, 2010 in Matemática, Teorema / Teoria, Álgebra linear | Tags: Matemática | Publicar um comentário

Seja $A$ uma matriz de entrada (ou elemento) genérico $a_{ij}$ . Admita que $a_{ij}\in\mathbb{C}$ . Relembremos que a conjugada de $A$ , designada por $\overline{A}$ é a que tem como elemento genérico $\overline{a_{ij}}$ , o conjugado de $a_{ij}$ ; a transconjugada de $A$ é a transposta de $\overline{A}$ , isto é, a matriz $\left( \overline{A}\right) ^{T}$ . Uma matriz $A$ diz-se hermitiana quando coincide com a sua transconjugada: $\left( \overline{A}\right) ^{T}=A$ , logo $\overline{a_{ji}}=a_{ij}$ . Claro que os elementos $a_{11},a_{22},\ldots$ , $a_{ii}$ , $\ldots$ , $a_{nn}$ da diagonal principal de uma matriz hermitiana são todos reais. As raízes $\lambda _{1},\lambda _{2},\ldots ,\lambda _{n}$ da equação característica $\det \left( A-\lambda I\right) =0$ , em que $I$ é a matriz identidade, recebem o nome de valores próprios da matriz quadrada $A$ (de $n$ linhas e $n$ colunas).
$\bigskip$

Se a matriz $A$ for de 2.ª ordem, será da forma

$A=\begin{bmatrix}a_{11} & \text{Re}(a_{12})+i\text{Im}(a_{12}) \\ \text{Re}(a_{12})-i\text{Im}(a_{12}) & a_{22}\end{bmatrix}$

sendo a equação característica dada por:

$\det \begin{bmatrix}a_{11}-\lambda & \text{Re}(a_{12})+i\text{Im}(a_{12}) \\ \text{Re}(a_{12})-i\text{Im}(a_{12}) & a_{22}-\lambda \end{bmatrix}=0$

que é equivalente à equação polinomial (quadrática, neste caso):

$\lambda ^{2}-\left( a_{11}+a_{22}\right) \lambda +a_{11}a_{22}-\left\vert a_{12}\right\vert ^{2}=0$

Os valores próprios $\lambda _{1},\lambda _{2}\in\mathbb{R}$ :

$\lambda _{1,2}=\dfrac{1}{2}\left( a_{22}+a_{11}\pm \sqrt{\Delta }\right)$

uma vez que o determinante da equação característica é nulo ou positivo:

$\Delta =\left( a_{22}+a_{11}\right) ^{2}-4\left( a_{11}a_{22}-\left\vert a_{12}\right\vert ^{2}\right) =\left( a_{11}-a_{22}\right) ^{2}+4\left\vert a_{12}\right\vert ^{2}\geq 0$

$\bigskip$

Esta é uma propriedade das matrizes hermitianas de qualquer ordem: se $A$ for uma matriz hermitiana de ordem $n$ , os seus valores próprios $\lambda _{1},\lambda _{2},\ldots ,\lambda _{n}$ serão todos reais.

Pode encontrar uma demonstração na entrada Hermitian Matrices de MathPages.

Editado em 22 e 23.07.2010: alterado título e feitas ligeiras alterações ao texto.

Carnaval da Matemática em língua portuguesa

Julho 18, 2010 in Matemática, Notícia | Tags: Matemática, Notícia | Publicar um comentário

Iniciou-se, com a publicação de matematica feliz – carnaval da Matemática – número um, em 15 deste mês, no blogue MT, do Professor Jaime Carvalho e Silva, o Carnaval da Matemática, organizado pelo autor. Como anunciado nesse blogue, a periocidade será mensal, devendo os artigos ser submetidos até ao dia 14, para publicação no dia 15.

A minha última entrada, Problema 5 de IMO 2010 resolvido colaborativamente no projecto Mini-Polymath2, foi listada na primeira edição desse Matemática Feliz – Carnaval da Matemática.

Há muito que existe a versão inglesa deste Carnaval. A 65.ª edição foi publicada pelo blogue Maxwell’s Demon. Eu participei, embora apenas uma só vez, com Three gamma function identities, em Carnival of Mathematics #56, organizado por Rod Carvalho, em Reasonable Deviations.

E é esta a minha contribuição para divulgar esta iniciativa, em língua portuguesa.

Problema 5 de IMO 2010 resolvido colaborativamente no projecto Mini-Polymath2

Julho 14, 2010 in Matemática, Olimpíadas, Problemas | Tags: Problema, Olimpíadas, Matemática | 2 comentários

Decorreu recentemente no The polymath blog e sob a organização de Terence Tao, a resolução conjunta do Problema 5 das Olimpíadas Internacionais de Matemática deste ano. Em vez do Problema 6, tradicionalmente o mais difícil, Terence Tao escolheu este por considerá-lo um pouco mais estimulante e interessante. A solução encontrada foi publicada no wiki Mini-Polymath2 criado para o efeito. Algum eventual leitor meu o melhor que fará será ler a discussão havida no The polymath blog, para ver como as ideias foram surgindo, ou ir directamente para a solução exposta no wiki.
Claro que o idioma em que tudo está escrito é o inglês. Mas o enunciado existe também em português no IMO 2010.

« Problema 5 . Em cada uma de seis caixas $B_{1}$ , $B_{2}$ , $B_{3}$ , $B_{4}$ , $B_{5}$ , $B_{6}$ há inicialmente só uma moeda. Dois tipos de operações são possíveis:

Tipo 1: Escolher uma caixa não vazia $B_{j}$ , com $1\leq j\leq 5$ . Retirar uma moeda de $B_{j}$ e adicionar duas moedas a $B_{j+1}$ .

Tipo 2: Escolher uma caixa não vazia $B_{k}$ , com $1\leq k\leq 4$ . Retirar uma moeda de $B_{k}$ e trocar os conteúdos das caixas (possivelmente vazias) $B_{k+1}$ e $B_{k+2}$ .

Determine se existe uma sucessão finita destas operações que deixa as caixas $B_{1}$ , $B_{2}$ , $B_{3}$ , $B_{4}$ , $B_{5}$ vazias e a caixa $B_{6}$ com exactamente $2010^{2010^{2010}}$ moedas. (Observe que $a^{b^{c}}=a^{(b^{c})}$ .) »

$\bigskip$

Vou adaptar e dar uma interpretação pessoal da solução que está descrita no wiki. Quaisquer erros são da minha
responsabilidade exclusiva. Digo desde já que a dificuldade deste problema me impediria de resolvê-lo durante uma prova como esta.

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A matriz mágica de Martin Gardner

Maio 25, 2010 in Enigmas, Matemática | Tags: Desafios, Enigmas, Matemática | 11 comentários

Martin Gardner (1914 – 2010) faleceu no último fim-de-semana. Autor da coluna Mathematical Games, da Scientific American, de 1956 a 1981, publicou mais de 70 livros.

Entre nós, a RBA editou, em 2008, o seu livro Ah, Apanhei-te!, na figura, do qual adaptei o seguinte problema:

$\begin{bmatrix}1&2&3&4\\5&6&7&8\\9&10&11&12\\13&14&15&16\end{bmatrix}\qquad 7$

Escolha um número qualquer. Na figura é o $7$ , mas pode ser outro qualquer. Retire de seguida esse número e os números situados na linha vertical e na linha horizontal que passam pelo número que escolheu.

$\begin{bmatrix}1&2&\ast &4\\\ast &\ast &\ast &\ast\\9&10&\ast &12\\13&14&\ast &16\end{bmatrix}\qquad 16$

Escolha um número qualquer dos que ficaram e retire esse número (na figura é o $16$ ) e os números situados na linha vertical e na linha horizontal que passam por ele.

$\begin{bmatrix}1&2&\ast&\ast\\\ast&\ast&\ast&\ast\\9&10&\ast&\ast\\\ast&\ast&\ast&\ast\end{bmatrix}\qquad 1$

Escolha um terceiro número e retire-o (na figura é o $1$ ), bem como os da linha vertical e da linha horizontal onde esse número se encontra.

$\begin{bmatrix}\ast&\ast&\ast&\ast\\\ast&\ast&\ast&\ast\\\ast&10&\ast&\ast\\\ast&\ast&\ast&\ast\end{bmatrix}$

Adicione agora os três números que seleccionou ao único que resta (o $10$ , neste caso):

$7+16+1+10=34$

Se escolher outros números, a sua soma é sempre $34$ . Porquê?

Resolução da equação do 4.º grau (ou quártica)

Maio 20, 2010 in Equações, Exercícios Matemáticos, Matemática, Matemáticas Gerais, Teorema / Teoria | Tags: Equações, Exercícios, Matemática | 1 comentário

A forma canónica da equação do 4.º grau ou quártica é:

$ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0\qquad$ com $a\neq 0\qquad \left( 1\right)$

À semelhança do que foi feito para a equação cúbica, faz-se a substituição $x=y+h$ :

$a\left( y+h\right) ^{4}+b\left( y+h\right) ^{3}+c\left( y+h\right) ^{2}+d\left( y+h\right) +e=0$

Ordenando pelas potências decrescentes de $y$ fica:

$ay^{4}+\left( b+4ah\right) y^{3}+\left( c+3bh+6ah^{2}\right) y^{2}+$

$+\left( d+2ch+4ah^{3}+3bh^{2}\right) y+ah^{4}+bh^{3}+ch^{2}+dh+e=0$

Se dividirmos por $a$ e anularmos o termo em $y^{3}$ , para o devemos fazer

$h=-\dfrac{b}{4a}\qquad \left( 2\right)$

obtemos a equação reduzida

$y^{4}+Ay^{2}+By+C=0\qquad \left( 3\right)$

sendo os seus coeficientes dados por

$A=\dfrac{c}{a}-\dfrac{3b^{2}}{8a^{2}}\qquad \left( 4\right)$

$B=\dfrac{d}{a}-\dfrac{bc}{2a^{2}}+\dfrac{b^{3}}{8a^{3}}\qquad \left( 5\right)$

$C=\dfrac{e}{a}-\dfrac{bd}{4a^{2}}+\dfrac{b^{2}c}{16a^{3}}-\dfrac{3b^{4}}{256a^{4}}\qquad \left( 6\right)$

Um dos métodos de resolução é o que usa uma equação cúbica auxiliar e que descrevo de seguida. O outro é a factorização do 1.º membro da equação em dois factores do segundo grau. Read the rest of this entry »

Problema do mês :: Problem of the month #5. (Uma função real contínua ilimitada :: An unbounded continuous real function). Resolução :: Solution

Maio 18, 2010 in Matemática, Math, Problem, Problem Of The Month, Problema do mês, Problemas | Tags: Matemática, Math, Problem, Problem Of The Month, Problema, Problema do mês | Publicar um comentário

ver/see Problema do mês Problem of the month

$\bigskip$
Problem: Let $f(x)$ be a continuous unbounded real function in the interval $I=[0,\infty \lbrack$ . May the improper integral $\displaystyle\int_{I}f(x)\;dx$ converge?

Solution by Jacques Glorieux:

The graph of this function is made of a series of triangles. For $n=1,2,3,\dots$ , triangle number ‘ $n$ ‘ has $2n$ for height and $\dfrac{1}{n^3}$ for base. The curve so delimited is related to a continuous and unbounded function. The integral of this function is the sum of the areas of the triangles. The area of triangle number $n$ is $\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2n}{n^3}\right)=\dfrac{1}{n^2}$ . The sum of the areas is thus the sum from $n=1$ to infinity of the terms of the form $\dfrac{1}{n^2}$ . This sum is $\dfrac{\pi^2}{6}$ (a well known result (*) ). Thus the integral converges.

Other solver: fatima

* * *

Problema: Seja $f(x)$ uma função real contínua ilimitada no intervalo $I=[0,\infty \lbrack$ . O integral impróprio $\displaystyle\int_{I}f(x)\;dx$ pode ser convergente?

Resolução de Jacques Glorieux:

O gráfico desta função é constituído por uma série de triângulos. Para $n=1,2,3,\dots$ , o triângulo número ‘ $n$ ‘ tem $2n$ de altura e $\dfrac{1}{n^3}$ de base. A curva assim delimitada está relacionada com uma função contínua ilimitada, cujo integral é a soma das áreas dos triângulos. A área do triângulo número $n$ é $\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2n}{n^3}\right) =\dfrac{1}{n^2}$ . Por este motivo a soma das áreas é igual à soma de $n=1$ até infinito dos termos da forma $\dfrac{1}{n^2}$ . Esta soma é $\dfrac{\pi^2}{6}$ (um resultado bem conhecido (*) ). Por conseguinte o integral é convergente.

Outra resolução: fatima

(*) [A proof here (in Portuguese) / Uma prova aqui, A. Tavares]

[Typo corrected, corrigida gralha $\dfrac{\pi^2}{6}$ A. Tavares]

[Graph corrected, corrigido gráfico A. Tavares]

Conferências Gulbenkian A Matemática e os seus Encantos — Ultra-Secreto! A Matemática nas Comunicações Confidenciais, 19 de Maio de 2010

Maio 16, 2010 in Ciência, Gulbenkian, Matemática | Tags: Ciências, Gulbenkian, Matemática | Publicar um comentário

Informação recebida da Gulbenkian por mail, com pedido de divulgação:

« Como é certamente do conhecimento de V. Exa., o Serviço de Ciência da Fundação Calouste Gulbenkian realiza de Abril a Junho de 2010 um ciclo de conferências subordinado ao tema A MATEMÁTICA E OS SEUS ENCANTOS, no qual participarão reconhecidos cientistas portugueses.

A próxima conferência — Ultra-Secreto! A Matemática nas Comunicações Confidenciais – terá lugar no auditório 2 da Fundação Calouste Gulbenkian no próximo dia 19 de Maio, pelas 18h00, e será proferida pelo Prof. Doutor António Machiavelo, da Faculdade de Ciências da Universidade do Porto.

Junto enviamos o resumo e o currículo do Prof. António Machiavelo.

Aproveitamos a oportunidade para apresentar os melhores cumprimentos.

Rita Rebelo de Andrade » Read the rest of this entry »

Gazeta de Matemática disponível nas bancas. O “Problema da Formiga”

Maio 16, 2010 in Matemática, Notícia, Problemas | Tags: Matemática, Notícia, Problema | Publicar um comentário

Capa do último número (Abril 2010) Índice

A Gazeta de Matemática publicada pela SPM passou a estar à venda em várias livrarias. Em Lisboa, na Almedina Atrium Saldanha e Oriente; Escolar Editora Caleidoscópio, Faculdade de Ciências — UL e FCT- Monte Caparica; Fundação Maria Ulrich, Associação de Estudantes – ISEG, Pavilhão do Conhecimento e Pó dos Livros.

O artigo de António Guedes de Oliveira discute a solução de que é co-autor do Problema da Formiga que pode ser visto na exposição permanente Matemática Viva, no Pavilhão do Conhecimento, generalizando-a a outros prismas rectangulares regulares e ao cilindro.

Texto interactivo

« A superfície do bloco de madeira mostrado na fotografia é “o mundo” onde vive uma formiga imaginária, que, quando se desloca entre dois pontos quaisquer, escolhe sempre, de entre todos os caminhos possíveis, um mais curto.

Uma ponta do fio está presa junto de um dos vértices – A – da base do paralelipípedo. Tente, com a ajuda do fio e para vários pares de pontos, encontrar os caminhos mais curtos unindo os dois pontos de cada par. Descubra, em particular, um caminho mais curto unindo o vértice A ao vértice que lhe é diametralmente oposto, na face de cima e note que esse caminho não atravessa a face superior.Tente imaginar qual é, para a formiga, o ponto P mais afastado de A e verifique, com a ajuda do fio, se a sua resposta está correcta. Para isso, comece por apertar com os dedos o fio (esticado) junto ao ponto P; se a sua resposta estiver correcta, deve poder chegar com esse bocado de fio a todos os outros pontos da superfície (porque estão mais perto de A). »

Resolução da equação do 3.º grau (ou cúbica)

Maio 13, 2010 in Equações, Exercícios Matemáticos, Matemática, Matemáticas Gerais, Teorema / Teoria | Tags: Matemática, Exercícios, Equações | 5 comentários

A forma canónica da equação cúbica ou do 3.º grau é

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0\qquad$ com $a\neq 0\qquad \left( 1\right)$

O método de resolução usual começa por transformá-la noutra, fazendo a substituição $x=t+h$ :

$a\left( t+h\right) ^{3}+b\left( t+h\right) ^{2}+c\left( t+h\right) +d=0$

$at^{3}+\left( b+3ah\right) t^{2}+\left( c+2bh+3ah^{2}\right) t+d+ch+ah^{3}+bh^{2}=0$

Dividindo por $a$ e ordenando o polinómio do lado esquerdo pelas potências decrescente de $t$ , obtemos – se escolhermos $h=-\dfrac{b}{3a}$

$x=t-\dfrac{b}{3a}\qquad \left( 2\right)$

– uma nova equação cúbica (em $t$ ) à qual falta o termo do 2.º grau:

$t^{3}+pt+q=0\qquad \left( 3\right)$

cujos coeficientes são:

$p=\dfrac{c}{a}-\dfrac{b^{2}}{3a^{2}}\qquad \left( 4\right)$

$q=\dfrac{2b^{3}}{27a^{3}}-\dfrac{bc}{3a^{2}}+\dfrac{d}{a}\qquad \left( 5\right)$

Se exprimirmos a variável $t$ na soma de duas outras

$t=u+v\qquad \left( 6\right)$

a equação $\left( 3\right)$ transforma-se em

$\left( u^{3}+v^{3}+q\right) +\left( 3uv+p\right) \left( u+v\right) =0\qquad (7)$

Uma solução de $(7)$ é a dada pelo sistema em $u$ e $v$

$\left\{ \begin{array}{c}u^{3}+v^{3}=-q\\u^{3}v^{3}=-\dfrac{p^{3}}{27}\end{array}\right.\qquad \left( 8\right)$

Somos assim conduzidos ao problema de achar dois números $u^{3}$ e $v^{3}$ dos quais se sabe a soma $S=u^{3}+v^{3}=-q$ e o produto $P=u^{3}v^{3}=-\dfrac{p^{3}}{27}$ . Como é bem sabido esses números são as duas soluções $Y_{+}$ e $Y_{-}$ da equação auxiliar do 2.º grau:

$Y^{2}-SY+P=0\qquad \left( 9\right)$

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Solução do Desafio: áreas de faixas dentro do círculo :: Solution for the Challenge: strip areas inside the circle

Maio 11, 2010 in Exercícios Matemáticos, Geometria, Matemática, Matemática-Secundário, Math, Trigonometria | Tags: Matemática, Matemática-Secundário, Exercícios, Desafios | Publicar um comentário

Enunciado do desafio :: Challenge statement

Os arcos de circunferência a grosso verdes e azuis têm o mesmo comprimento. A soma das áreas delimitadas pelos arcos e linhas a grosso azuis é igual à soma das áreas delimitadas pelos verdes? Justifique.

Nota: os diâmetros são perpendiculares.

The thick green and blue circle arcs have the same lengths. Does the sum of the areas limited by the thick blue arcs and lines equal the sum of the areas limited by the green ones? Justify.

Remark: the diameters are perpendicular.

Solution by Jacques Glorieux:

Let’s denote by $a$ the angle $AOB$ and by $b$ the angle $BOE$ .

The area of the green trapezium (trapezoid) $ABCD$ is :

$\dfrac{1}{2}[R\sin (a+b)+R\sin (b)][R\cos (b)-R\cos (a+b)]=$

$\dfrac{1}{2}R^{2}[\sin (a+b)+\sin (b)][\cos (b)-\cos (a+b)]\qquad (1)$

The area of the green trapezium (trapezoid) $FGHI$ can easily be obtained by replacing $b$ by $\pi /2-(a+b)$ in $(1)$ :

$\dfrac{1}{2}R^{2}[\cos (b)+\cos (a+b)][\sin (a+b)-\sin (b)]\qquad (2)$

By summing $(1)$ and $(2)$ , we obtain the area of the two green trapezia (trapezoids):

$R^{2}\sin (a)$ , which is not dependant on angle $b$ .

If we look at the original drawing, we see that the blue figure is just a particular case of the green one when $b=\pi /2-a$ .

The sum of the areas of the two blue trapezia (trapezoids) is thus the same as the sum of the areas of the two green trapezes.

As the total green (blue) area is equal to the sum of the areas of the two green (blue) trapezia (trapezoids) plus twice the area under one of the chord (i.e. $AB$ ), the green and the blue areas are equal.

[Correction of May 12, 2010: trapezium (trapezoid), trapezia (trapezoids) instead of trapeze, trapezes A. Tavares]

* * *

Resolução de Jacques Glorieux:

Designemos por $a$ o ângulo $AOB$ e por $b$ o ângulo $BOE$ .

A área do trapézio verde $ABCD$ é:

$\dfrac{1}{2}[R\sin (a+b)+R\sin (b)][R\cos (b)-R\cos (a+b)]=$

$\dfrac{1}{2}R^{2}[\sin (a+b)+\sin (b)][\cos (b)-\cos (a+b)]\qquad (1)$

A área do trapézio verde $FGHI$ pode obter-se facilmente substituindo $b$ por $\pi /2-(a+b)$ em $(1)$ :

$\dfrac{1}{2}R^{2}[\cos (b)+\cos (a+b)][\sin (a+b)-\sin (b)]\qquad (2)$

Somando $(1)$ e $(2)$ , obtemos a área dos dois trapézios verdes:

$R^{2}\sin (a)$ , que não depende do ângulo $b$ .

Se observarmos o desenho original, vemos que a figura azul é o caso particular da verde para $b=\pi /2-a$ .

A soma das áreas dos dois trapézios azuis é por isso a mesma que a da soma das áreas dos dois trapézios verdes.

Como o total das áreas verdes (azuis) é igual à soma das áreas dos dois trapézios verdes (azuis) mais o dobro da área sob uma corda (i.e. $AB$ ), as áreas verdes e azuis são iguas.

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