Republicação temporária da resolução algébrica das equações cúbicas e quárticas

Republico temporariamente os meus artigos sobre a resolução das equações cúbicas e quárticas, isto é, do 3.º e 4.º grau, e que são  o 1.º e o 3.º mais populares de sempre.

Equação cúbica

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)

e

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)

De facto

\left\{\begin{array}{c}Y_{+}+Y_{-}=S\\Y_{+}Y_{-}=P\end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{c}Y_{+}+P/Y_{+}=S\\Y_{-}=P/Y_{+}\end{array}\right.

\iff\left\{\begin{array}{c}Y_{+}^{2}-SY_{+}+P=0\\Y_{-}=P/Y_{+}\end{array}\right.

e

\left\{ \begin{array}{c}Y_{+}+Y_{-}=S\\Y_{+}Y_{-}=P\end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{c}Y_{-}+P/Y_{-}=S\\Y_{+}=P/Y_{-}\end{array}\right.

\iff\left\{\begin{array}{c}Y_{-}^{2}-SY_{-}+P=0\\Y_{+}=P/Y_{-}\end{array}\right.

Resolvendo-a determinamos

Y_{+}=\dfrac{S+\sqrt{S^{2}-4P}}{2}=-\dfrac{q}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}=\dfrac{-q+\sqrt{\Delta}}{2}\qquad\left( 10\right)

Y_{-}=\dfrac{S-\sqrt{S^{2}-4P}}{2}=-\dfrac{q}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}=\dfrac{-q-\sqrt{\Delta}}{2}\qquad\left( 11\right)

Nesta notação o discriminante \Delta é igual a

\Delta =q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}.

Consideremos, sem perda de generalidade, Y_{+}=u^{3} e Y_{-}=v^{3}. Introduzindo (10) e (11) em (6), obtemos a solução t_{1}=\sqrt[3]{Y_{+}}+\sqrt[3]{Y_{-}}:

t_{1}=\left( \dfrac{-q+\sqrt{\Delta }}{2}\right) ^{1/3}+\left(\dfrac{-q-\sqrt{\Delta}}{2}\right) ^{1/3}

ou seja

t_{1}=\left( -\dfrac{q}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}+\left( -\dfrac{q}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}\qquad (12)

e uma solução da equação inicial

x_{1}=\left( -\dfrac{q}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}+\left( -\dfrac{q}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}-\dfrac{b}{3a}\quad \left( 13\right)

Conhecida a solução t_{1}, podemos determinar as duas restantes t_{2} e t_{3} decompondo o polinómio do primeiro membro de (3) num produto de factores lineares:

\left( t-t_{1}\right) \left( t-t_{2}\right) \left( t-t_{3}\right) =t^{3}+pt+q

ou

t^{3}-\left( t_{1}+t_{2}+t_{3}\right) t^{2}+\left( t_{1}t_{2}+t_{1}t_{3}+t_{2}t_{3}\right) t-t_{1}t_{2}t_{3}=t^{3}+pt+q

Os dois polinómios são equivantes se tiverem iguais coeficientes homólogos:

\left\{ \begin{array}{c}t_{2}+t_{3}=-t_{1}\\t_{2}t_{3}=-\dfrac{q}{t_{1}}\end{array}\right. \qquad \left( 14\right)

Novamente temos de determinar dois números t_{2} e t_{3} dos quais se conhece a soma (-t_{1}) e o produto (-\dfrac{q}{t_{1}}). Para esse fim formamos a equação do 2.º grau:

Z^{2}+t_{1}Z-\dfrac{q}{t_{1}}=0\qquad \left( 15\right)

que resolvida dá as soluções

t_{2}=Z_{+}=-\dfrac{t_{1}}{2}+\sqrt{\dfrac{t_{1}^{2}}{4}+\dfrac{q}{t_{1}}}\qquad \left( 16\right)

t_{3}=Z_{-}=-\dfrac{t_{1}}{2}-\sqrt{\dfrac{t_{1}^{2}}{4}+\dfrac{q}{t_{1}}}\qquad \left( 17\right)

As três soluções da equação em x são então:

x_{k}=t_{k}-\dfrac{b}{3a}\qquad k=1,2,3\qquad \left( 18\right)

No caso do discriminante ser negativo, p<0, convertemos os complexos conjugados Y_{+} e Y_{-} à forma trigonométrica

Y_{+}=\dfrac{-q+i\sqrt{-\Delta }}{2}=\left\vert Y_{+}\right\vert \left(\cos \theta +i\sin \theta \right)

Y_{-}=\dfrac{-q-i\sqrt{-\Delta }}{2}=\left\vert Y_{-}\right\vert \left(\cos \theta -i\sin \theta \right)

Os módulos são iguais:

\left\vert Y_{+}\right\vert =\left\vert Y_{-}\right\vert =\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}-\Delta }=\sqrt{-\dfrac{p^{3}}{27}}

e os argumentos são simétricos, sendo o de Y_{+}:

\theta =\arccos \left( \dfrac{-q/2}{\left\vert Y_{+}\right\vert }\right) =\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right)

As três raízes cúbicas de Y_{+} e Y_{-} são (k=0,1,2)

\left\{\begin{array}{c}\sqrt[3]{Y_{+}}=\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\left(\cos \left( \dfrac{\theta }{3}+\dfrac{2k\pi }{3}\right) +i\sin\left(\dfrac{\theta }{3}+\dfrac{2k\pi }{3}\right) \right)\\\\\sqrt[3]{Y_{-}}=\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\left( \cos \left( \dfrac{\theta }{3}+\dfrac{2k\pi }{3}\right) -i\sin \left(\dfrac{\theta }{3}+\dfrac{2k\pi }{3}\right) \right) \end{array}\right.\qquad \left( 19\right)

Obtemos, respectivamente, para k=0, 1 e 2 as três soluções da equação \left( 3\right) :

t_{1}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) \right) \qquad \left( 20\right)

t_{2}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) +\dfrac{2\pi }{3}\right) \qquad \left( 21\right)

t_{3}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) +\dfrac{4\pi }{3}\right) \qquad \left( 22\right)

e as da equação original \left( 1\right) :

x_{1}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) \right) -\dfrac{b}{3a}\qquad \left( 23\right)

x_{2}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) +\dfrac{2\pi }{3}\right) -\dfrac{b}{3a}\qquad \left( 24\right)

x_{3}=2\sqrt{-\dfrac{p}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left( -\dfrac{q}{2}\sqrt{-\dfrac{27}{p^{3}}}\right) +\dfrac{4\pi }{3}\right) -\dfrac{b}{3a}\qquad \left( 25\right)

Exemplos

1. Determine as soluções da equação

x^{3}-6x^{2}+11x-6=0

\blacktriangleright\quad Os coeficientes são:

a=1,b=-6,c=11,d=-6

Pondo

x=t-\dfrac{b}{3a}=t-\dfrac{-6}{3}=t+2

a equação transforma-se em

t^{3}-t=0

uma vez que os seus coeficientes são

p=11-\dfrac{\left( -6\right) ^{2}}{3}=-1

e

q=\dfrac{2\left( -6\right) ^{3}}{27}-\dfrac{\left( -6\right) 11}{3}-6=0

As suas soluções são t=0,1,-1, a que correspondem as da equação na forma canónica x=2,3,1.\quad\blacktriangleleft

2. Resolva

2x^{3}-22x-12=0

\blacktriangleright\quad Agora temos

a=2,b=0,c=-22,d=-12

Como era de esperar a substituição é

x=t-\dfrac{b}{3a}=t

e os coeficientes da equação em t

t^{3}-11t-6=0

são simplesmente os da equação inicial divididos por 2:

p=\dfrac{c}{a}=-11

e

q=\dfrac{d}{a}=-6

O discriminante é negativo

\Delta =\dfrac{6^{2}}{4}-\dfrac{11^{3}}{27}=-\dfrac{1088}{27}

Assim, como h=-\dfrac{b}{3a}=0:

t_{1}=2\sqrt{\dfrac{11}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{6}{2}\sqrt{\dfrac{27}{11^{3}}}\right) \right) =3,561\,6=x_{1}

t_{2}=2\sqrt{\dfrac{11}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{6}{2}\sqrt{\dfrac{27}{11^{3}}}\right) +\dfrac{2\pi }{3}\right) =-3,0=x_{2}

t_{3}=2\sqrt{\dfrac{11}{3}}\cos \left( \dfrac{1}{3}\arccos \left(\dfrac{6}{2}\sqrt{\dfrac{27}{11^{3}}}\right) +\dfrac{4\pi }{3}\right) =-0,561\,55=x_{3}

Tentando diminuir os erros de cálculo, reparemos que o inteiro -3 é uma solução. Se recalcularmos as outras duas, obtemos as soluções exactas:

-\dfrac{-3}{2}+\sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{-6}{-3}}=\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{17}

e

-\dfrac{-3}{2}-\sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{-6}{-3}}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{17}\quad\blacktriangleleft

3. Resolva a equação

x-3x^{2}+x^{3}+5=0

\blacktriangleright\quad Os coeficientes são:

a=1,b=-3,c=1,d=5

Fazendo a substituição

x=t+1

obtém-se a equação

t^{3}-2t-4=0

em que

p=\dfrac{1}{1}-\dfrac{\left( -3\right) ^{2}}{3}=-2

e

q=\dfrac{2\left( -3\right) ^{3}}{27}-\dfrac{\left( -3\right) }{3}+\dfrac{5}{1}=4

Uma solução da equação em t é dada pela fórmula resolvente

t_{1}=\left( -\dfrac{4}{2}+\sqrt{\dfrac{4^{2}}{4}+\dfrac{\left( -2\right) ^{3}}{27}}\right) ^{1/3}+\left( -\dfrac{4}{2}-\sqrt{\dfrac{4^{2}}{4}+\dfrac{\left( -2\right) ^{3}}{27}}\right) ^{1/3}=-2

a que corresponde a solução da equação em x:

x_{1}=-2-\dfrac{-3}{3}=-2+1=-1

As restantes soluções da equação em t são

t_{2}=-\dfrac{-2}{2}+\sqrt{\dfrac{4}{4}+\dfrac{4}{-2}}=1+\sqrt{-1}=1+i

t_{3}=-\dfrac{-2}{2}-\sqrt{\dfrac{4}{4}+\dfrac{4}{-2}}=1-\sqrt{-1}=1-i

e, portanto, as da equação em x são

x_{2}=1+i+1=2+i

x_{3}=1-i+1=2-i\quad\blacktriangleleft

Referência

Compêndio de Álgebra do 7.º ano do Liceu, 1963, de J. Sebastião e Silva e J. da Silva Paulo, págs. 217-218.

Equação quártica

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)

e

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.

Se somarmos e subtrairmos 2sy^{2}+s^{2} ao primeiro membro de \left( 3\right) , por razões que se tornarão evidentes mais abaixo, obtemos a equação equivalente:

\underset{\left( y^{2}+s\right) ^{2}}{\underbrace{y^{4}+2sy^{2}+s^{2}}}-\left[ \left( 2s-A\right) y^{2}-By+s^{2}-C\right] =0\qquad \left( 7\right)

Desenvolvemos a parcela \left( 2s-A\right) y^{2}-By+s^{2}-C em factores lineares:

\left( 2s-A\right) y^{2}-By+s^{2}-C=\left( 2s-A\right) \left( y-y_{+}\right) \left( y-y_{-}\right)

em que y_{+} e y_{-} são as soluções da equação do 2.º grau

\left( 2s-A\right) y^{2}-By+s^{2}-C=0

y_{+}=\dfrac{B+\sqrt{B^{2}-4\left( 2s-A\right) \left( s^{2}-C\right) }}{2\left( 2s-A\right) }

y_{-}=\dfrac{B-\sqrt{B^{2}-4\left( 2s-A\right) \left( s^{2}-C\right) }}{2\left( 2s-A\right) }

Assim se o discriminante

B^{2}-4\left( 2s-A\right) \left( s^{2}-C\right) =-8s^{3}+4As^{2}+8Cs-4AC+B^{2}

for nulo, o que significa que s verifica a equação cúbica:

8s^{3}-4As^{2}-8Cs+\left( 4AC-B^{2}\right) =0\qquad \left( 8\right)

então

y_{+}=y_{-}=\dfrac{B}{2\left( 2s-A\right) }

e

\left( 2s-A\right) y^{2}-By+s^{2}-C=\left( 2s-A\right) \left( y-\dfrac{B}{2\left( 2s-A\right) }\right) ^{2}

pelo que a equação \left( 7\right) se transforma em

\left( y^{2}+s\right) ^{2}-\left( \sqrt{2s-A}y-\dfrac{B}{2\sqrt{2s-A}}\right) ^{2}=0

Factorizando agora o primeiro membro ficamos com a equação:

\left( y^{2}+s+\sqrt{2s-A}y-\dfrac{B}{2\sqrt{2s-A}}\right) \left( y^{2}+s-\sqrt{2s-A}y+\dfrac{B}{2\sqrt{2s-A}}\right) =0

cujas soluções são imediatas: as que anulam o primeiro factor verificam a equação do 2.º grau em U:

U^{2}+\sqrt{2s-A}U+\left( s-\dfrac{B}{2\sqrt{2s-A}}\right) =0\qquad \left( 9\right)

e as que anulam o segundo verificam a equação do segundo grau em V

V^{2}-\sqrt{2s-A}V+\left( s+\dfrac{B}{2\sqrt{2s-A}}\right) =0\qquad \left( 10\right)

As soluções da equação reduzida \left( 3\right) são as duas de \left( 9\right) :

y_{1}=U_{+}=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2s-A}+\dfrac{1}{2}\sqrt{-2s-A+\dfrac{2B}{\sqrt{2s-A}}}\qquad \left( 11\right)

y_{2}=U_{-}=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2s-A}-\dfrac{1}{2}\sqrt{-2s-A+\dfrac{2B}{\sqrt{2s-A}}}\qquad \left( 12\right)

e as duas de \left( 10\right) :

y_{3}=V_{+}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2s-A}+\dfrac{1}{2}\sqrt{-2s-A-\dfrac{2B}{\sqrt{2s-A}}}\qquad \left( 13\right)

y_{4}=V_{-}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2s-A}-\dfrac{1}{2}\sqrt{-2s-A-\dfrac{2B}{\sqrt{2s-A}}}\qquad \left( 14\right)

em que s é uma solução da equação cúbica auxiliar \left( 8\right) que se repete

8s^{3}-4As^{2}-8Cs+\left( 4AC-B^{2}\right) =0

As soluções da equação do 4.º grau inicial \left( 1\right) são pois:

x_{k}=y_{k}-\dfrac{b}{4a}\qquad k=1,2,3,4\qquad \left( 15\right)

Exemplo: Resolva

x^{4}+2x^{3}+3x^{2}-2x-1=0

\blacktriangleright Vemos que

a=1, b=2, c=3, d=-2 e e=-1

Calculamos os coeficientes da equação reduzida

y^{4}+Ay^{2}+By+C=0

obtida pela substituição x=y-\dfrac{b}{4a}=y-\dfrac{1}{2}:

A=\dfrac{c}{a}-\dfrac{3b^{2}}{8a^{2}}=\dfrac{3}{2}

B=\dfrac{d}{a}-\dfrac{bc}{2a^{2}}+\dfrac{b^{3}}{8a^{3}}=-4

e

C=\dfrac{e}{a}-\dfrac{bd}{4a^{2}}+\dfrac{b^{2}c}{16a^{3}}-\dfrac{3b^{4}}{256a^{4}}=\dfrac{9}{16}

A equação cúbica auxiliar é, pois:

8s^{3}-4As^{2}-8Cs+\left( 4AC-B^{2}\right) =0

8s^{3}-6s^{2}-\dfrac{9}{2}s-\dfrac{101}{8}=0

Determinação de uma solução real da equação cúbica: os seus coeficientes são

a=8,b=-6,c=-\dfrac{9}{2},d=-\dfrac{101}{8}

Nota: estas letras a, b, c, e d, embora iguais às utilizadas acima para designar os coeficientes da equação quadrática, aqui designam os coeficientes da cúbica.

Pondo

s=t-\dfrac{b}{3a}=t+\dfrac{1}{4}

a equação cúbica transforma-se em

t^{3}-\dfrac{3}{4}t-\dfrac{7}{4}=0

visto que

p=\dfrac{c}{a}-\dfrac{b^{2}}{3a^{2}}=-\dfrac{3}{4}

e

q=\dfrac{2b^{3}}{27a^{3}}-\dfrac{bc}{3a^{2}}+\dfrac{d}{a}=-\dfrac{7}{4}

Uma solução da equação cúbica é:

s_{1}=\left( -\dfrac{q}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}+\left( -\dfrac{q}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{q^{2}+\dfrac{4p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}-\dfrac{b}{3a}

s_{1}\approx 1,6608

As soluções da equação são então:

x_1=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2s_{1}-A}+\dfrac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-A+\dfrac{2B}{\sqrt{2s-A}}}-\dfrac{b}{4a}

x_{1}\approx -1,1748+1,6393i

x_{2}=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2s_{1}-A}-\dfrac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-A+\dfrac{2B}{\sqrt{2s-A}}}-\dfrac{b}{4a}

x_{2}\approx -1,174\,8-1.6393i

x_{3}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2s_{1}-A}+\dfrac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-A-\dfrac{2B}{\sqrt{2s-A}}}-\dfrac{b}{4a}

x_{3}\approx 0,70062

x_{4}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2s_{1}-A}-\dfrac{1}{2}\sqrt{-2s_{1}-A-\dfrac{2B}{\sqrt{2s-A}}}-\dfrac{b}{4a}

x_{4}\approx -0,35095 \blacktriangleleft

Referências

WolframMathWorld, Quartic Equation

Ask Dr. Math, What are the general solutions to cubic and quartic polynomial equations?

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Documentário sobre o matemático Grigori Perelman

Divulgo a existência deste vídeo legendado recentemente em inglês.

Página  em português da Wikipédia (e em inglês) sobre este matemático.

 

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Análise Infinitésimal I – Gameiro Pais, IST, 69-70 – Problema 3

analiseinfinitesimalproblema1 001

Transcrevo o problema 3 de Análise Infinitésimal I do IST, 69-70, pelo Professor Dr. Gameiro Pais. Faz parte de uma colecção de 191 problemas, como referi aqui.

Problema 3 – Mostre que num grupo nenhum elemento pode ter mais de um inverso.

 

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Cálculo de (1+tan 20º)(1+tan 25º)

Questão de  user139024, no MSE:

Como calcular \left( 1+\tan 20{{}^\circ}\right) \left( 1+\tan 25{{}^\circ}\right) ?

Minha resolução: É uma consequência da seguinte identidade trigonométrica

\begin{aligned}\left( 1+\tan a\right) \left( 1+\tan b\right) =2+\tan a+\tan b-\dfrac{\tan a+\tan b}{\tan \left( a+b\right) }.\qquad (1)  \end{aligned}

Por um lado, reescrevemos

\begin{aligned}\tan (a+b)=\frac{\tan a+\tan b}{1-\tan a\tan b}  \end{aligned}

na forma

\tan a\tan b \begin{aligned}=1-\dfrac{\tan a+\tan b}{\tan \left( a+b\right) }.\qquad (2)\end{aligned}

Por outro, fazendo x=\tan a e y=\tan b na identidade algébrica

\begin{aligned}xy=\left( 1+x\right) \left( 1+y\right) -1-x-y\end{aligned}

vem:

\tan a\tan b \begin{aligned}=\left( 1+\tan a\right) \left( 1+\tan b\right) -1-\tan a-\tan b.\qquad (3)\end{aligned}

Se igualarmos (3) e (2), obtemos

\begin{aligned}\left( 1+\tan a\right)\left( 1+\tan b\right) -1-\tan a-\tan b=1-\frac{\tan a+\tan b}{\tan \left( a+b\right) },\end{aligned}

o que prova (1). Para a=20^{{}^\circ},b=25^{{}^\circ} obtemos

\begin{aligned}\left( 1+\tan 20{{}^\circ}\right)\left( 1+\tan 25{{}^\circ}\right)&=2+\tan 20{{}^\circ}+\tan 25{{}^\circ}-\frac{\tan 20{{}^\circ}+\tan 25{{}^\circ}}{\tan \left( 45{{}^\circ}\right) }\\&=2+\tan 20{{}^\circ}+\tan 25{{}^\circ}-\dfrac{\tan 20{{}^\circ}+\tan 25{{}^\circ}}{1}\\&=2.\end{aligned}

(editado)

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Análise Infinitésimal I – Gameiro Pais, IST, 69-70 – Problema 2

analiseinfinitesimalproblema1 001

Transcrevo o problema 2 de Análise Infinitésimal I do IST, 69-70, pelo Professor Dr. Gameiro Pais, que faz parte de uma colecção de 191 problemas, cuja resolução era  feita nas Aulas Práticas. (ver Problema 1 aqui).

Problema 2 – Mostre que num grupo não há mais de um elemento neutro.

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Serm

Américo Tavares:

Tradução do título: Sermão.
Belo, sem dúvida.

Originally posted on Fraktale Welten:

Serm by Elias Schwerdtfeger

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A fracção contínua de 1 / (e – 2) de Euler

Respondendo a uma questão de Yonatan N, no Mathematics Stack Exchange sobre a fracção contínua

\dfrac{1}{e-2} = 1+\cfrac1{2 + \cfrac2{3 + \cfrac3{4 + \cfrac4{5 + \cfrac5{6 + \cfrac6{7 + \cfrac7{\cdots}}}}}}},

escrevi, traduzindo, que Euler demonstrou em “De Transformatione Serium in Fractiones Continuas” [Referência: The Euler Archive, Index number E593 (On the Transformation of Infinite Series to Continued Fractions)], Teorema VI, §40 a §42],  que

s=\cfrac{1}{1+\cfrac{2}{2+\cfrac{3}{3+\cdots }}}=\dfrac{1}{e-1}.

Eis uma explicação da forma como prosseguiu. Afirmou que se

\cfrac{a}{a+\cfrac{b}{b+\cfrac{c}{c+\cdots }}}=s,

então

a+\cfrac{a}{a+\cfrac{b}{b+\cfrac{c}{c+\cdots }}}=\dfrac{s}{1-s}.

Visto que neste caso a=1,b=2,c=3,\ldots decorre que

1+\cfrac{1}{1+\cfrac{2}{2+\cfrac{3}{3+\cdots }}}=\dfrac{1}{e-2}.

Euler demonstrou em primeiro lugar como transformar uma série alterna de um tipo particular numa fracção contínua e de seguida usou o desenvolvimento

e^{-1}=1-\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1\cdot 2}-\dfrac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\ldots.

REFERÊNCIAS

- The Euler Archive, Index number E593

- Tradução do artigo E593 de Leonhard Euler por Daniel W. File, The Ohio State University.

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Dia do pai

Américo Tavares:

Num Natal da década de 80

Fotos merceariapairecortado

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3 7 9, 6

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Divulgação do II Encontro Internacional da Casa das Ciências

Informação recebida da Casa das Ciências.

casadasciencias

« A exemplo de 2013 vamos realizar, este ano no Porto, em colaboração com o Instituto Superior de Engenharia, o nosso II Encontro, subordinado ao tema global:

Ensino e Divulgação da Ciência no Mundo Digital do Início do Século XXI

Estão desde já abertas as inscrições (limitadas à capacidade das instalações) no portal do encontro em:

http://www.casadasciencias.org/2encontrointernacional/

Aqui fica a informação que, agradecíamos divulgasse o mais amplamente possível e também o desafio para que através das comunicações que estão também desde já abertas venha trazer a este espaço o conhecimento do que muito e bem se faz por esse mundo do ensino e da divulgação da Ciência em Língua Portuguesa.
No portal encontrará toda a informação disponível sobre o programa, todas as informações úteis sobre o Encontro, a sua localização e responsáveis, bem como os temas que estão em aberto.
Estamos disponíveis para qualquer informação complementar e, se entender que exista alguma entidade que deva ser especialmente contactada para receber esta informação, diga-nos.

O Sub Coordenador da Casa das Ciências

Manuel Silva Pinto »

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Análise Infinitésimal I – Gameiro Pais, IST, 69-70 – Problema 1

analiseinfinitesimalproblema1 001Transcrevo o problema 1 de Análise Infinitésimal I do 2.º ano dos Cursos de Engenharia que frequentei (capa, na figura de cima), do IST, 69-70, pelo Professor Dr. Gameiro Pais, alterando apenas a notação do conjunto \mathbb{N} que no original é designado por N, ver figura de baixo. Este problema faz parte de uma colecção de 191, cuja resolução era  feita nas Aulas Práticas.

Problema 1 – Seja \alpha a aplicação de \mathbb{N}\times\mathbb{N} em \mathbb{N} definida por \alpha (x,y) igual a 0 se x e y são números pares e igual a 1 nos ouros casos. O par (\mathbb{N},\alpha ) é um semi-grupo? e um grupo? Justifique.

analiseinfinitesimalIproblema1 001

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