Problemas Teoremas

Dezembro 31, 2008

Problema sobre identidades trigonométricas

Filed under: Identidade matemática,Matemática,Matemática-Secundário,Problemas,Trigonometria — Américo Tavares @ 10:54 pm
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Mostre que as duas identidades trigonométricas seguintes são verdadeiras no primeiro quadrante:

1.

\arctan\left( \dfrac{u}{\sqrt{1-u^{2}}}\right) =\arcsin u

2.

\arctan\left( \dfrac{\cos\theta }{1+\sin \theta }\right) =\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{\pi }{2}-\theta\right)

Notação usada: 

\arctan x é a função trigonométrica inversa arco cuja tangente é x

\arcsin x é a função trigonométrica inversa arco cujo seno é x

\sin x é a função trigonométrica seno de x

\tan x é a função trigonométrica tangente de x

3-1-2009: justificação da 1.ª identidade 

1.ª identidade 

A substituição indicada no primeiro comentário ( u=\sin\vartheta ) por António Ferrão transforma o primeiro membro da identidade em

\arctan \left( \dfrac{u}{\sqrt{1-u^{2}}}\right) =\arctan \left( \dfrac{\sin\vartheta }{\sqrt{1-\sin ^{2}\vartheta }}\right) =\arctan \left( \dfrac{\sin \vartheta }{\sqrt{\cos ^{2}\vartheta }}\right)

=\arctan\left( \dfrac{ \sin\vartheta}{ \pm\cos\vartheta }\right)   =\arctan \left( \pm\tan\vartheta \right) =\pm\vartheta

e o segundo em

\arcsin u=\arcsin \left( \sin \vartheta \right) =\vartheta

No primeiro quadrante, o \sin e a \tan têm o mesmo sinal e o ângulo \vartheta \in \left[ 0,\dfrac{\pi }{2}\right] . Assim, no primeiro quadrante

\arctan \left( \dfrac{u}{\sqrt{1-u^{2}}}\right) =\vartheta

e

\arcsin u=\vartheta .

Logo, efectivamente

\arctan \left( \dfrac{u}{\sqrt{1-u^{2}}}\right) =\arcsin u \blacktriangleleft

Nota: usada em Série telescópica irracional e trigonométrica

26-5-2009: justificação da 2.ª identidade

2.ª identidade

A identidade

\arctan\left( \dfrac{\cos\theta }{1+\sin \theta }\right) =\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{\pi }{2}-\theta\right)

é equivalente a

\tan\left( \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{\pi}{2}-\theta\right) \right) =\dfrac{\cos\theta }{1+\sin \theta }

Fazendo a substituição

\alpha =\dfrac{\pi}{2}-\theta

tem-se

\dfrac{\cos\theta }{1+\sin \theta } =\dfrac{\sin\alpha }{1+\cos \alpha }

e a identidade que pretendemos demonstrar transforma-se em

\tan\left( \dfrac{\alpha}{2}\right) =\dfrac{\sin\alpha }{1+\cos \alpha }

Mas, como

\sin\alpha=2\sin\left(\dfrac{a}{2}\right) \cdot\cos\left(\dfrac{a}{2}\right)

e

1+\cos\alpha=1+\cos^2\left(\dfrac{a}{2}\right) -\sin^2\left(\dfrac{a}{2}\right) =2\cos^2\left(\dfrac{a}{2}\right) .

tem-se de facto

\dfrac{\sin\alpha }{1+\cos \alpha }=\dfrac{2\sin\left(\dfrac{a}{2}\right) \cdot\cos\left(\dfrac{a}{2}\right)}{2\cos^2\left(\dfrac{a}{2}\right) }=\tan\left( \dfrac{\alpha}{2}\right)

o que justifica a identidade que lhe é equivalente. \blacktriangleleft

Edição de 26-5-2005: alterado título (era “Problema difícil não resolvido sobre Trigonometria) em resultado de ter acrescentado as justificações.

Enigma: adivinha com números, cartas, cores (e base 2)

Filed under: Enigmas,Matemática — Américo Tavares @ 8:30 am
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Do  A Matemática anda por aí

    « Pede-se a uma pessoa que pense num número natural menor ou igual a 60. De seguida pede-se que indique a cor das cartas onde esse número aparece. Adicionando o menor número de cada uma das cartas indicadas (ou seja, o número indicado no canto superior esquerdo) descobre-se o número pensado ( por exemplo, se pensou no 38 ele aparece nas seguintes cartas: vermelha (2), azul escuro (4) e roxo (32); ora 2+4+32=38).
    Verifica que resulta.
    Porquê?

»

NOTA: SUGIRO QUE TENTE OBTER UMA EXPLICAÇÃO SEM LER A MINHA.

A minha resposta/explicação publicada no blog foi:

No canto superior esquerdo das cartas estão os números 1,2,4,8,16 e 32, ou seja, as potências de base 2 e expoente, respectivamente, 0,1,2,3,4 e 5.

Estes números só aparecem uma vez. Seja n um número natural qualquer inferior a 51. Este número n pode decompor-se numa soma das potências de 2 atrás referidas. À parte a ordem das parcelas, a decomposição é única. Começamos em n e subtraímos-lhe uma destas potências de 2, por exemplo, a maior que seja menor ou igual a n. À diferença obtida fazemos o mesmo, até chegarmos a uma das potências colocadas no canto superior esquerdo das cartas. Por exemplo n=59; calculamos sucessivamente

 n-32=27,

 27-16=11,

 11-8=3,

 3-2=1.

 Por isso, n=59=32+16+8+2+1. O que é feito neste jogo é colocar o 59 nas cores correspondentes ao 32 (roxo), 16 (azul claro), 8 (laranja), 2 (vermelho) e 1 (verde). E fazer o mesmo com todos os outros números. O número do exemplo do enunciado (38) respeita este critério:

 38-32=6;

 6-4=2,

 pelo que, como explicado, 38=32+4+2, aparecendo nas 3 cores indicadas. A propriedade comutativa da soma assegura que a ordem de escolha das potências é irrelevante.

Muito interessante, sem dúvida!

30 de Dezembro de 2008 22:52

A que acrescentei 

Vejo agora que no seu post logo a seguir tem essencialmente a mesma resposta!

30 de Dezembro de 2008 23:34

Dezembro 29, 2008

Método de Newton de determinação da raiz de uma equação não linear e … BOM 2009

Filed under: Arte,Caderno,Equações,Matemática,Métodos Numéricos,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 4:50 pm
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Se tiver uma equação  não  linear

f(x)=0

e pretender determinar numericamente um zero, pode utilizar o método da secante ou o de Newton que passo a expor. Pelo método de Newton partimos do valor inicial x_{1} e geramos uma sucessão de valores x_{i} (i=1,2,,\ldots ) até  nos aproximarmos da solução  da equação. Paramos quando chegarmos à  aproximação pretendida.

A recta que passa por \left( x_{1},y_{1}=f\left( x_{1}\right) \right)  é  dada pela equação:

y=f^{\prime }(x_{1})(x-x_{1})+f(x_{1})

que intersecta o eixo dos x no ponto de abcissa x_{2}

x_{2}=x_{1}-\dfrac{f\left( x_{1}\right) }{f^{\prime }\left( x_{1}\right) }

Este valor permite gerar, pelo mesmo método, o novo valor

x_{3}=x_{2}-\dfrac{f\left( x_{2}\right) }{f^{\prime }\left( x_{2}\right) }

da abcissa do ponto de cruzamento da tangente a f(x) no ponto (x_{2},y_{2}=f(x_{2}))  e assim sucessivamente:

x_{i+1}=x_{i}-\dfrac{f\left( x_{i}\right) }{f^{\prime }\left( x_{i}\right) }.

Como se vê  este método obriga ao cálculo da derivada da função  f(x).

Exemplo: Aplique o método de Newton na determinação de \sqrt{2}

\sqrt{2}  é  solução de x^{2}-2=0. Temos f(x)=x^{2}-2 e f^{\prime }(x)=2x, pelo que a iteração se faz aplicando sucessivamente

x_{i+1}=x_{i}-\dfrac{x_{i}^{2}-2}{2x_{i}}

Escolhendo x_{1}=1, vem

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

x_{3}=x_{2}-\dfrac{x_{2}^{2}-2}{2x_{2}}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{\left( \dfrac{3}{2}\right) ^{2}-2}{2\times \dfrac{3}{2}}=\dfrac{17}{12}

x_{4}=x_{3}-\dfrac{x_{3}^{2}-2}{2x_{3}}=\dfrac{17}{12}-\dfrac{\left( \dfrac{17}{12}\right) ^{2}-2}{2\times \dfrac{17}{12}}=\dfrac{577}{408}

x_{5}=x_{4}-\dfrac{x_{4}^{2}-2}{2x_{4}}=\dfrac{577}{408}-\dfrac{\left( \dfrac{577}{408}\right) ^{2}-2}{2\times \dfrac{577}{408}}=\dfrac{665857}{470832}

A sucessão

1,\dfrac{3}{2},\dfrac{577}{408},\dfrac{665857}{470832},\dots\rightarrow \sqrt{2}

A velocidade de convergência é  boa:

\sqrt{2}-1=0,41421

\sqrt{2}-\dfrac{3}{2}=-8,5786\times 10^{-2}

\sqrt{2}-\dfrac{17}{12}=-2,4531\times 10^{-3}

\sqrt{2}-\dfrac{577}{408}=-2,1239\times 10^{-6}

\sqrt{2}-\dfrac{665857}{470832}=-1,5949\times 10^{-12}

[Actualização de 4-4-2009: incluído exemplo]

 : : : : :

Do calendário dos Artistas Pintores com a boca e o pé  (Março de 2009) – “Amigas” de Chris Opperman. Citação de William Blake. 

meninas2009

Aproveito esta oportunidade para desejar um BOM 2009 a todos os visitantes e comentadores deste blogue.

Dezembro 7, 2008

Regra de Leibniz de diferenciação de um integral paramétrico e sua generalização

Filed under: Caderno,Cálculo,Exercícios Matemáticos,Integrais,Matemática,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 10:35 am
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Suponhamos que temos o integral que é  função  do parâmetro t

I(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}f\left( x,t\right) dx

A sua diferenciação baseia-se na seguinte

Proposição (regra de Leibniz): Sejam f\left( x,t\right) uma função real definida num rectângulo R= \left[ a,b\right] \times \left[ c,d\right] \in\mathbb{R}^{2}  integrável em x  para cada valor real de t  e \dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}  a sua derivada parcial contínua em x e t no mesmo rectângulo. A derivada do integral função do parâmetro t

I(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}f\left( x,t\right) dx

é dada por

I^{\prime }(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}dx.

\bigskip

Usei-a  aqui.

Neste caso os limites de integração são constantes. A generalização a um integral do tipo

I(t)=J(u,v,t)=\displaystyle\int_{u(t)}^{v(t)}f\left( x,t\right) dx,

em que o parâmetro ocorre também nas funções  u\left( t\right) e v\left( t\right) dos limites de integração, é uma consequência do teorema fundamental do cálculo integral para uma função, na sua forma habitual

\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_{a}^{x}g\left( t\right) dt=g\left( x\right)

e nesta dela derivada

\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_{x}^{b}g\left( t\right) dt=-\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_{b}^{x}g\left( t\right) dt=-g\left( x\right)

bem como da regra de derivação da função composta. A derivada passa a ser

I^{\prime }(t)=\dfrac{dI}{dt}=\dfrac{\partial J}{\partial t}\dfrac{dt}{dt}+\dfrac{\partial J}{\partial v}\dfrac{dv}{dt}+\dfrac{\partial J}{\partial u}\dfrac{du}{dt}

ou

I^{\prime }(t)=\left( \dfrac{\partial }{\partial t}\displaystyle\int_{u}^{v}f\left( x,t\right) dx\right) \dfrac{dt}{dt} +\left( \dfrac{\partial }{\partial v}\displaystyle\int_{u}^{v}f\left( x,t\right) dx\right) \dfrac{dv\left( t\right) }{dt} +\left( \dfrac{\partial }{\partial u}\displaystyle\int_{u}^{v}f\left( x,t\right) dx\right) \dfrac{du\left( t\right) }{dt}

Assim

I^{\prime }(t)=\displaystyle\int_{u\left( t\right) }^{v\left( t\right) }\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}dx+f\left( v\left( t\right) ,t\right) v^{\prime }\left( t\right) -f\left( u\left( t\right) ,t\right) u^{\prime}\left( t\right) .

\bigskip

Problema: determine a derivada I^{\prime }(t) do integral

I(t)=J(2t,t^{2},t)=\displaystyle\int_{2t}^{t^{2}}e^{tx}dx

Resolução: neste caso f\left( x,t\right) =e^{tx},u\left( t\right) =2t e v\left( t\right) =t^{2}. As derivadas são

v^{\prime }\left( t\right) =2t\qquad\qquad u^{\prime }\left( t\right) =2

\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}=\dfrac{\partial }{\partial t}e^{tx}=xe^{tx}

e os valores da função  integranda são  calculados em \left( v,t\right) e \left( u,t\right)

f\left( v\left( t\right) ,t\right) =e^{t\cdot t^{2}}=e^{t^{3}}

f\left( u\left( t\right) ,t\right) =e^{t\cdot 2t}=e^{2t^{2}}

donde

I^{\prime }(t)=\displaystyle\int_{u\left( t\right) }^{v\left( t\right) }\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}dx+f\left( v\left( t\right) ,t\right) v^{\prime }\left( t\right) -f\left( u\left( t\right) ,t\right) u^{\prime }\left( t\right) =\displaystyle\int_{2t}^{t^{2}}xe^{tx}dx+2te^{t^{3}}-2e^{2t^{2}}

=\dfrac{e^{t^{3}}\left( 3t^{3}-1\right) -e^{2t^{2}}\left( 4t^{2}-1\right) }{t^{2}}\qquad \blacktriangleleft

Dezembro 5, 2008

Integração pelo método de diferenciação em relação a um parâmetro

Filed under: Caderno,Cálculo,Integrais,Matemática — Américo Tavares @ 5:43 pm
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Nesta minha entrada  referi o método da diferenciação sob o sinal de integral exposto no post de Todd and Vishal’s blog nela indicado.  Este método é  também conhecido pelo nome acima. Em que consiste? Generaliza-se o integral que se pretende calcular usando um parâmetro, sendo o integral original obtido para um valor particular desse parâmetro.

No caso do integral aí calculado

\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx

a generalização através do parâmetro t que é aconselhada no post mencionado (e na Wikipedia e  em INTEGRATION: THE FEYNMAN WAY ) é:

I(t)=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{\arctan \left( t\tan x\right) }{\tan x}dx

da qual o integral original é o valor particular

I(1)=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx

Para aplicar este método é  necessário que a função integranda e a sua derivada parcial em relação ao parâmetro sejam contínuas no intervalo de integração, quer no que diz respeito à  varável de integração x quer ao parâmetro t ; neste caso são-no:

\dfrac{\partial }{\partial t}\dfrac{\arctan \left( t\tan x\right) }{\tan x}=\dfrac{1}{t^{2}\tan ^{2}x+1}.

Depois de se ter diferenciado sob o sinal de integral, obtém-se a derivada do integral em relação ao parâmetro, calculando o integral da nova função integranda, a que se acabou de determinar:

\dfrac{d}{dt}I(t)=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{\partial }{\partial t}\dfrac{\arctan\left( t\tan x\right) }{\tan x}dt

O objectivo é tentar obter um integral simples! Continuando, vem

\displaystyle\dfrac{d}{dt}I(t)=\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{1}{t^{2}\tan ^{2}x+1}dx

Fazendo a substituição  recomendada por Todd Trimble x=\arctan u transforma-se este integral noutro

\dfrac{d}{dt}I(t)=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{1}{t^{2}\tan ^{2}x+1}dx=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{t^{2}u^{2}+1}\dfrac{1}{u^{2}+1}du

que é integrável pelo método das fracções parciais:

\dfrac{1}{t^{2}u^{2}+1}\dfrac{1}{u^{2}+1}=\dfrac{t}{t^{2}-1}\dfrac{t}{t^{2}u^{2}+1}-\dfrac{1}{t^{2}-1}\dfrac{1}{u^{2}+1}.

obtendo-se

\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{t^{2}u^{2}+1}\dfrac{1}{u^{2}+1}du

=\dfrac{t}{t^{2}-1}\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{t}{t^{2}u^{2}+1}du -\dfrac{1}{t^{2}-1}\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{u^{2}+1}du

=\dfrac{t}{t^{2}-1}\left. \arctan \left( tu\right) \right\vert _{0}^{\infty}-\dfrac{1}{t^{2}-1}\left. \arctan \left( u\right) \right\vert _{0}^{\infty }

=\dfrac{t}{t^{2}-1}\left( \dfrac{\pi }{2}\right) -\dfrac{1}{t^{2}-1}\left( \dfrac{\pi }{2}\right)

=\dfrac{1}{t+1}\left( \dfrac{\pi }{2}\right)

Por fim, integra-se em relação ao parâmetro t

I(t)=\displaystyle\int \dfrac{\pi }{2\left( t+1\right) }\; dt=\dfrac{\pi }{2}\ln \left( t+1\right) +C

e calcula-se a constante de integração através de outro valor particular do integral; como

I(0)=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{\arctan \left( 0\tan x\right) }{\tan x}dx=0

tem-se

\dfrac{\pi }{2}\ln \left( 1\right) +C=0

donde C=0 e o integral paramétrico é

I(t)=\displaystyle\int \dfrac{\pi }{2\left( t+1\right) }\; dt=\dfrac{\pi }{2}\ln \left( t+1\right)

pelo que o integral original é igual a

I(1)=\dfrac{\pi }{2}\ln \left( 1+1\right) =\dfrac{\pi }{2}\ln 2.

Correcção de 6-12-2008: no integral I(0)

Dezembro 3, 2008

Enigma, ou melhor, a falsa adivinha dos chocolates e da idade

Filed under: Caderno,Enigmas,Matemática — Américo Tavares @ 9:20 am
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Do  A Matemática anda por aí

A TUA IDADE COM CHOCOLATES
NÃO VÁS DIRECTAMENTE AO FINAL
Não demora mais de um minuto.
Faz os cálculos conforme vais lendo o texto…
Não leias o final até que não acabes os cálculos.
Não vais perder tempo, vais-te divertir.
1. Quantas vezes por semana te apetece comer chocolate? (deve ser um número maior que 0 vezes e menos de 10 vezes)
2. Multiplica este número por 2 (para ser par)
3. Soma 5
4. Multiplica o resultado por 50 – Vou esperar que ponhas a calculadora a funcionar
5. Se fizeste anos em 2008 soma 1758. Se ainda não fizeste anos soma 1757.
6. Agora subtrai o ano em que nasceste (número de quatro dígitos).
O resultado é um número de três dígitos. O primeiro dígito é o número de vezes que te apetece comer chocolate por semana.
Os dois números seguintes são…
A TUA IDADE!!! (Siiiiiiimmmmmmm!!! A Tua Idade!!!)

2008 É O UNICO ANO, EM TODA A ETERNIDADE, EM QUE ISTO FUNCIONA.

Quem consegue explicar isto?
 

A minha resposta/explicação publicada no blog foi:

O resultado  R é da forma

 R=100q+i ,

em que  q (q=1,2,\dots ,9) é o número de vezes que apetece comer chocolates numa semana e  i a idade, que pode ser, designando o ano de nascimento por  n, 2008-n ou  2007-n, consoante se tenha já feito ou não anos em 2008.

Os passos enunciados conduzem, respectivamente, aos números

  50(2q+5)+1758-n

ou

50(2q+5)+1757-n .

Ora as identidades

  50(2q+5)+1758-n=100q+2008-n

e

  50(2q+5)+1757-n=100q+2007-n

mostram que o número é da forma acima indicada e que a idade é efectivamente  i=2008-n ou  i=2007-n.

Acrescento agora que a idade deve ser menor do que cem!

Actualização de 6-12-2008: alterado título e retirada a palavra “enigma” logo no início. 

Cálculo automático de um integral difícil que me resistiu aos métodos matemáticos usuais

Filed under: Integrais,Matemática — Américo Tavares @ 12:34 am
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Por ser bastante instrutivo, vale a pena analisar o método extremamente engenhoso que Nilay Vaish,  autor de uma das resoluções do integral do problema POW-10 (problem of the week 10, de Todd and Vishal’s blog),  usou para lá chegar — obteve uma equação linear em relação a esse integral — bem como tomar conhecimento do da diferenciação sob o sinal de integral exposto no post. 

Eu, pela minha parte, NÃO consegui determinar o integral proposto pelos métodos do cálculo integral real ou complexo, embora soubesse que o valor desse integral  

\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx

era \dfrac{\pi }{2}\log 2, depois de ter recorrido ao Mathematica Online Integrator para obter uma primitiva  de \dfrac{x}{\tan x}:

\displaystyle\int\dfrac{x}{\tan x}dx=x\log\left( 1-e^{2ix}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) ,\qquad (1)

em que \log \left( x\right) é o logaritmo natural e Li_{2}\left( x\right) a função dilogarítmica

Li_{2}\left( x\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{x^{k}}{k^{2}}

da qual utilizei os seguintes valores particulares

Li_{2}\left( 1\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{k^{2}}=\zeta \left( 2\right) =\dfrac{\pi ^{2}}{6}\qquad (2)

e

Li_{2}\left( -1\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k}}{k^{2}}=-\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{2}}=-\dfrac{1}{2}\zeta \left( 2\right) =-\dfrac{\pi ^{2}}{12},\qquad (3)

uma vez que \zeta \left( 2\right) =\dfrac{\pi ^{2}}{6} e, sendo em geral, 

\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{n}}=\zeta \left( n\right) \left( 1-2^{1-n}\right)

se tem

\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{2}}=\dfrac{1}{2}\zeta\left( 2\right) .

Usando (1), (2) e  (3)  tudo o que fiz foi calcular

\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx=\left[ x\log \left( 1-e^{2ix}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) \right] _{0}^{\pi /2}

=\left[ x\log \left( 1-e^{2ix}\right) \right] _{0}^{\pi /2}-\left[ \dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) \right] _{0}^{\pi /2}

=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right) -\dfrac{1}{2}i\left( \dfrac{\pi ^{2}}{4}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( Li_{2}\left( -1\right) \right) +\dfrac{1}{2}i\left( Li_{2}\left( 1\right) \right)

=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right) -\dfrac{1}{2}i\left( \dfrac{\pi ^{2}}{4}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( -\dfrac{\pi ^{2}}{12}\right) +\dfrac{1}{2}i\dfrac{\pi ^{2}}{6}=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right)

PS. corrigido para “autor de uma das resoluções”, no primeiro parágrafo [3-12-2008, 0h42m UTC]

PPS. simplificada ligeiramente a exposição.

Adenda de 5-12-2008: acrescentado link à minha entrada de hoje sobre  o método da diferenciação sob o sinal de integral.

Dezembro 2, 2008

Problema não resolvido sobre triângulos e outros polígonos de área máxima inscritos numa circunferência

Filed under: Geometria,Matemática,Matemáticas Gerais,Problemas,Trigonometria — Américo Tavares @ 10:29 pm
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Mostre que de todos os possíveis triângulos inscritos na circunferência x^2+y^2=r^2 os de maior área são os equiláteros. Se um dos vértices tiver coordenadas \left( r\cos \theta ,r\sin \theta \right) , quais são as dos outros dois?

Generalize para um polígono de n lados.

 

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