Problemas Teoremas

Janeiro 27, 2010

Problema sobre pontos colineares (em linha recta) do blogue Matemativerso

Filed under: Exercícios Matemáticos,Geometria,Matemática,Matemática-Básico,Problemas — Américo Tavares @ 8:58 pm
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Do blogue Matemativerso (alterei ligeiramente a notação):

« A, B, C e D são pontos de uma linha recta, sendo D o ponto médio do segmento BC. Os comprimentos dos segmentos AB, AC e BC são 10, 2 e 12, respectivamente. Qual é o comprimento do segmento AD? »

Minha resposta: aqui.

 

Janeiro 21, 2010

Algumas notas de cálculo — estudo do artigo de Alfred van der Poorten sobre a irracionalidade de zeta de 3, ζ(3), segundo Roger Apéry

Filed under: Cálculo,Matemática,Séries,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 9:04 pm
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Sobre Roger Apéry pode ver em inglês ou francês a biografia escrita por François Apéry, The Mathematical Intelligencer, vol. 18, n° 2, 1996, pp. 54-61.

Adenda de 22.01.10: Foi no livro de Ian Stewart, Os Problemas da Matemática, (Gradiva, 2.ª edição, 1996), que tomei conhecimento da existência da demonstração de \zeta \left( 3\right), no qual se lê:

« A função \zeta \left( x\right)  é agora conhecida como a função zeta de Riemann. Depois de inúmeras dificuldades, Euler conseguiu somar a série para certos valores de x. Em 1734 descobriu que \zeta \left( 2\right) =\pi ^{2}/6. Mais tarde provou que, para todo o n par, \zeta \left( n\right) é  um múltiplo racional de \pi ^{n}. Podemos deduzir daqui que \zeta \left( n\right) é irracional (de facto, transcendente) para todo o n par. Até muito recentemente, ninguém podia dizer nada deste teor para n ímpar. Devem imaginar a reacção quando, nas Journées Arithmétiques de Marseille-Luminy, em Junho de 1978, R. Apéry, da Universidade de Caen, foi anunciado para falar ‘Sobre a irracionalidade de \zeta \left( 3\right) ‘ . Alf van der Poorten, que estava lá, descreve a conferência nestes termos: ‘O cepticismo era geral. A palestra tendeu a fortalecer esta visão de completa incredulidade. Aqueles que a escutaram sem interesse, ou que estavam limitados por não serem francófonos, pareciam ouvir apenas uma sequência de asserções pouco prováveis’  »

SpringerLink

Estudei o artigo (*) de Alfred van der Poorten  (actualmente Professor jubilado de Matemática) A proof that Euler Missed… Apery’s Proof of the Irrationality of \zeta (3), The Mathematical Intelligencer, Nº 1 (1979) pp. 195-203 (pdf), para o que necessitei de fazer alguns cálculos, dos quais apresento os do parágrafo 3.

– Nota 1: uma soma telescópica de fracções racionais reais –

Demonstração da identidade

\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k})}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{K}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{K})}.\;(1)

Fazendo

A_{0}=\dfrac{1}{x}

e

A_{K}=\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{K}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{K})},

vem

A_{k-1}=\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-2}a_{k-1}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-2})(x+a_{k-1})},

donde

A_{k-1}-A_{k}=\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-1})} -\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k})}

=\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-1})}\dfrac{(x+a_{k})}{(x+a_{k})}-\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}a_{k}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k})}

=\dfrac{\left( a_{1}a_{2}...a_{k-1}\right) x+(a_{1}a_{2}...a_{k-1})a_{k}-a_{1}a_{2}...a_{k-1}a_{k}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-1})(x+a_{k})}

=\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-1})(x+a_{k})}\qquad (2)

Por este motivo,

\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-1})(x+a_{k})}=\displaystyle\sum_{k=1}^{K}A_{k-1}-A_{k}\qquad (3)

mas, como

\displaystyle\sum_{k=1}^{K}A_{k-1}-A_{k} =A_{0}-A_{1}+A_{1}-A_{2}+...+A_{K-2}-A_{K-1}+A_{K-1}-A_{K}

=A_{0}+\left( -A_{1}+A_{1}\right) +\left( -A_{2}+A_{2}\right) +... +\left( -A_{K-2}+A_{K-2}\right) +\left( -A_{K-1}+A_{K-1}\right) -A_{K}

=A_{0}+0+0+...+0+0-A_{K}

=A_{0}-A_{K}

=\dfrac{1}{x}-\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{K}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{K})}\qquad (4)

comparando com (3), assim se completa a demonstração de (1).

– Nota 2: um caso discreto particular da soma telescópica de fracções racionais  –

Dedução de

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{\left( -1\right) ^{n-1}\left( n-1\right) !^{2}}{n^{2}\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] }.\quad (5)

Para

x=n^{2}\qquad (6)

e

a_{k}=-k^{2}\qquad (7)

na identidade (1), vem, do lado esquerdo:

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k})}\right) _{\substack{ x=n^{2} \\ a_{k}=-k^{2}}}

=\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{\left( -1^{2}\right) \left( -2^{2}\right) ...\left[ -\left( k-1\right) ^{2}\right] }{(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-k^{2})}

=\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{\overset{k-1\text{ factores}}{\overbrace{\left( -1\right) \left( -1\right) ...\left( -1\right) }}\;1^{2}2^{2}...\left( k-1\right) ^{2}}{(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-k^{2})}

=\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left[ 1\cdot 2\cdot ...\cdot\left( k-1\right) \right] ^{2}}{(n^{2}-1^{2})...(n^{2}-k^{2})}

=\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{(n^{2}-1^{2})...(n^{2}-k^{2})}\qquad (8)

e, do lado direito:

\left( \dfrac{1}{x}-\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{K}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{K})}\right) _{_{\substack{ x=n^{2} \\ a_{k}=-k^{2}}}}

=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{\left( -1^{2}\right) \left( -2^{2}\right) ...\left( -K\right) ^{2}}{n^{2}(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-K^{2})}

=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{\overset{K\text{ factores}}{\overbrace{\left( -1\right) \left( -1\right) ...\left( -1\right) }}\;1^{2}2^{2}...K^{2}}{n^{2}(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-K^{2})}

=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{\left( -1\right) ^{k}(1\cdot 2\cdot ...\cdot K)^{2}}{n^{2}(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-K^{2})}

=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{\left( -1\right) ^{k}K!^{2}}{n^{2}(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-K^{2})}\qquad (9)

como se queria deduzir, para K=n-1.

Para demonstrar

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}}\qquad (10)

falta, portanto, deduzir

\dfrac{\left( -1\right) ^{n-1}\left( n-1\right) !^{2}}{n^{2}\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] }=\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}};

ou seja, simplificando

\dfrac{\left( n-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] }=\dfrac{2}{\dbinom{2n}{n}}.\qquad (11)

Para o denominador do membro esquerdo vem, sucessivamente:

\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right]

=(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)...(n-n+1)(n+n-1)

=\left[ (n-1)(n-2)...2\cdot 1\right] \left[ (n+1)(n+2)...(2n-1)\right]

=\left( n-1\right) !\dfrac{1}{n!}\left[ n!(n+1)(n+2)...(2n-1)\right]

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

=\dfrac{\left( 2n-1\right) !}{n}\dfrac{2n}{2n}=\dfrac{\left( 2n\right) !}{2n^{2}}.

Em resumo:

\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] =\dfrac{\left( 2n\right) !}{2n^{2}}.

e

\dfrac{\left( n-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] }=\dfrac{\left( n-1\right) !^{2}}{\dfrac{\left( 2n\right) !}{2n^{2}}}=\dfrac{2n^{2}\left( n-1\right) !^{2}}{\left( 2n\right) !}

=\dfrac{2n^{2}\left( n-1\right) !^{2}}{n!^{2}\dbinom{2n}{n}}=\dfrac{2\left[ n\left( n-1\right) !\right] ^{2}}{n!^{2}\dbinom{2n}{n}}

=\dfrac{2n!^{2}}{n!^{2}\dbinom{2n}{n}}=\dfrac{2}{\dbinom{2n}{n}}

e, portanto

\dfrac{\left( -1\right) ^{n-1}\left( n-1\right) !^{2}}{n^{2}\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] }=\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}};

donde, se obtem a identidade atrás, que se repete:

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}}

– Nota 3:  uma soma binomial –

Dedução de [no original falta o factor 2 do segundo membro. No entanto, se \varepsilon _{n,k} fosse definido com este factor no denominador, a fórmula seria a que aparece no original.]

\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k}\left( \varepsilon _{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}\right) =2\left( \sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n^{3}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{3}\dbinom{2n}{n}}\right) ,\qquad (12),

em que

\varepsilon _{n,k}=\dfrac{k!^{2}\left( n-k\right) !}{k^{3}\left( n+k\right) !}=\dfrac{1}{k^{3}\dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}},.

Partindo desta definição temos

\varepsilon _{n-1,k}=\dfrac{k!^{2}\left( n-1-k\right) !}{k^{3}\left( n-1+k\right) !}=\dfrac{1}{k^{3}\dbinom{n-1}{k}\dbinom{n-1+k}{k}},

e, sucessivamente

\varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}=\dfrac{k!^{2}\left( n-k\right) !}{k^{3}\left( n+k\right) !}-\dfrac{k!^{2}\left( n-1-k\right) !}{k^{3}\left( n-1+k\right) !}

=\dfrac{k!^{2}}{k^{3}}\left[ \dfrac{\left( n-k\right) !}{\left( n+k\right) !}-\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n-1+k\right) !}\right]

=\dfrac{k!^{2}}{k^{3}}\left[ \dfrac{\left( n-1\right) \left( n-1-k\right) !}{\left( n+k\right) \left( n-1+k\right) !}-\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n-1+k\right) !}\right]

=\dfrac{k!^{2}}{k^{3}}\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n-1+k\right) !}\left( \dfrac{n-k}{n+k}-1\right)

=-\dfrac{k!^{2}}{k^{3}}\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n-1+k\right) !}\dfrac{2k}{n+k}

=-\dfrac{k!^{2}}{k^{2}}\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n-1+k\right) !}\dfrac{2}{n+k}

=-2\dfrac{k!^{2}}{k^{2}}\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n+k\right) !};\qquad (13)

mas como

n\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) =n\left( n-1\right) \left( n+1\right) ...\left( n-k\right) \left( n+k\right)

=n\left[ \left( n-1\right) ...\left( n-k\right) \right] \left[ \left( n+1\right) ...\left( n+k\right) \right]

=n\dfrac{\left( n-1\right) !}{\left( n-1-k\right) !}\dfrac{\left( n+k\right) !}{n!}

=n\dfrac{\left( n-1\right) !}{n\left( n-1\right) !}\dfrac{\left( n+k\right) !}{\left( n-1-k\right) !}

=\dfrac{\left( n+k\right) !}{\left( n-1-k\right) !},\qquad (14)

resulta

\varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}=-2\dfrac{k!^{2}}{k^{2}}\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n+k\right) !}

=-2\dfrac{k!^{2}}{k^{2}}\dfrac{1}{n\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }

=-2\left[ \dfrac{k\left( k-1\right) !}{k}\right] ^{2}\dfrac{1}{n\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }

=-2\dfrac{\left( k-1\right) !^{2}}{n\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) },\qquad (15)

donde

\left( -1\right) ^{k}n\left( \varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}\right) =2\dfrac{\left( -1\right) ^{k}\left( -1\right) \left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }

=2\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }

=2\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) };\qquad (16)

somando ambos os membros, vem

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\left( -1\right) ^{k}n\left( \varepsilon _{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}\right) =2\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }

=2\left( \dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}}\right) ,\qquad (17)

ou

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\left( -1\right) ^{k}\left( \varepsilon _{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}\right) =2\left( \dfrac{1}{n^{3}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{3}\dbinom{2n}{n}}\right) ;

e, finalmente

\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\sum_{k=1}^{n-1}\left( -1\right) ^{k}\left( \varepsilon_{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}\right) =2\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\left( \dfrac{1}{n^{3}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{3}\dbinom{2n}{n}}\right)

como se pretendia deduzir. (mais…)

Janeiro 15, 2010

Exemplo geométrico de determinação de um máximo por um método algébrico

Filed under: Cálculo,Geometria,Identidade matemática,Matemática,Optimização — Américo Tavares @ 8:18 pm
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Suponhamos que temos dois números reais positivos x e y, mas que só conhecemos a sua soma s=x+y. Quais hão-de ser esses números, de maneira que o seu produto p=xy seja o maior possível?

O leitor pode imaginar que x e y são os lados de um rectângulo, s é  o seu semi-perímetro e p, a área.

Exemplo geométrico: rectângulo(s) e quadrado

A 1.ª figura representa um rectângulo e um quadrado com o mesmo perímetro;

 a 2.ª, o gráfico de p=xy=x\left( s-x\right) =sx-x^{2} (com s=4)

Uma simples aplicação de derivadas permite-nos concluir que há-de ser quando x=y=s/2. De facto, p=xy=x\left( s-x\right) =sx-x^{2}, pelo que, sendo que a derivada p^{\prime }(x)=s-2x, se tem p^{\prime}(x)=0, quando x=s/2; donde y=s-x=s-s/2=s/2=x. Estes valores correspondem ao máximo de p, porque s-2x>0, para x<s/2 e s-2x<0, para x>s/2.

Logo, de todos os rectângulos que têm um dado perímetro, o quadrado é o que tem a área máxima.

Mas poderemos chegar à mesma conclusão através de um raciocínio meramente algébrico. A identidade

\left( \dfrac{x+y}{2}\right) ^{2}-xy=\left( \dfrac{x-y}{2}\right) ^{2}

permite ver que se x\neq y

\left( \dfrac{x+y}{2}\right) ^{2}-xy>0

pelo que o máximo de p=xy, sujeito à  restrição x+y=s, ocorre para x=y=\dfrac{s}{2}.

Janeiro 12, 2010

Uma bela prova por indução

Filed under: Demonstração,Indução matemática,Matemática,Produtos infinitos — Américo Tavares @ 9:56 pm
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Neste problema  do Gaussianos pede-se para calcular o valor de

\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{9}{8}\cdot \dfrac{16}{15}\cdot \dfrac{25}{24}\cdot\cdots

Num meu comentário escrevi

\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{9}{8}\cdot \dfrac{16}{15}\cdot \dfrac{25}{24}\cdot\cdots =\lim \dfrac{n}{n+1}=1

seguida posteriormente da afirmação, «uma “prova” (evidência) numérica:

\dfrac{2}{3}

\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{9}{8}=\dfrac{3}{4}

\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{9}{8}\cdot \dfrac{16}{15}=\dfrac{4}{5}

\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{9}{8}\cdot \dfrac{16}{15}\cdot \dfrac{25}{24}=\dfrac{5}{6}

\cdots

\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{9}{8}\cdot \dfrac{16}{15}\cdot \dfrac{25}{24}\cdot\cdots =\lim \dfrac{n}{n+1}. »

Osukaru, neste seu comentário, afirmou: «La idea de Américo es correcta. La sucesión de productos parciales es la siguiente:

P_{1}=\dfrac{2}{3}

P_{i}=P_{i-1}\dfrac{\left( i+1\right) ^{2}}{\left( i+1\right) ^{2}-1}

Ahora queremos demostrar que el término general podemos escribirlo de la forma:

P_{i}=\dfrac{i+1}{i+1}

Para ello usamos inducción. Ya lo ha demostrado Américo para los primeros términos, luego si lo suponemos cierto para el término n-ésimo menos uno, tenemos que demostrar que se cumple para el n-ésimo:

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

Sustituyendo P_{n-1} por su valor y desarrollando la expresión:

P_{n}=\dfrac{n}{n+1}\dfrac{\left( n+1\right) ^{2}}{\left( n+1\right) ^{2}-1}= (simplificando y desarrollando) =\dfrac{n+1}{n+2}

Luego queda demostrado que el término general podemos obtenerlo por la  nueva fórmula y llevando la sucesión al límite deducimos que el producto infinito del enunciado es igual a 1. »

Respondi-lhe: «Exacto, tinha pensado precisamente na indução. Obrigado!»

Janeiro 11, 2010

Três números inteiros consecutivos …

Filed under: Matemática,Matemática-Básico,Problemas — Américo Tavares @ 4:05 pm
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… divididos, respectivamente, por 2, 5 e 8, dão por quocientes números inteiros. A soma destes quocientes é 12. Quais são os números?

Adenda de 12 Jan 2010, 2:15: Justifique.

Adenda de 13 Jan 2010 – Resolução

Sejam 2n, 2n+1 e 2n+2 os números a determinar. Então, temos sucessivamente:

\dfrac{2n}{2}+\dfrac{2n+1}{5}+\dfrac{2n+2}{8}=12

\dfrac{33}{20}n+\dfrac{9}{20}=12

33n+9=240

33n=231

n=\dfrac{231}{33}=7

Pelo que os três números são: 2n=2\cdot 7=14, 2n+1=14+1=15 e 2n+2=14+2=16, o que coincide com a resposta de  Jorge, no comentário.

 

Janeiro 6, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #3

Filed under: Matemática,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês — Américo Tavares @ 6:18 am
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ver/see Problema do mês Problem of the month

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Enunciado do Problema

Seja P(x) um polinómio real de grau n\geq 2. Suponha que o coeficiente do termo de maior grau de P é igual a 1. Prove que \dfrac{P^{\prime \prime }(x)}{P^{\prime }(x)}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{x-w_{k}}, em que w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n-1} são as raízes de P^{\prime }(x).

  • O prazo limite para apresentação das resoluções é 10.02.2010, através de email acltavares@sapo.pt ou comentando no blogue.

Problem Statement  

Let P(x) be a polynomial of degree n\geq 2. Assume that the leading coefficient of P is equal to 1. Prove that \dfrac{P^{\prime \prime }(x)}{P^{\prime }(x)}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{x-w_{k}}, where w_{1},w_{2},\ldots ,w_{n-1} are the roots of P^{\prime }(x).

  • The deadline for submitting solutions is February 10, 2010 either via e-mail  acltavares@sapo.pt or comment box.

Revisão de/Revised in 23.02.10: leading coefficient instead of highest coefficient.

Janeiro 5, 2010

Enunciado do teorema fundamental do Cálculo integral nos reais

Filed under: Cálculo,Exercícios Matemáticos,Matemática,Matemáticas Gerais,Primitivas — Américo Tavares @ 11:21 am
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Teorema: Seja f uma função definida e integrável em [a,b] e F uma sua primitiva, então

\displaystyle\int_{[a,b]}f(x)\;dx=F(b)-F(a).

Exemplo: Se a,b são reais, então

\displaystyle\int_{[a,b]}\cos x\;dx=\sin b-\sin a.

Exercício: Confirme que \displaystyle\int_{[1,e]}\log x\;dx=1. 

Primitivando por partes, determina-se uma primitiva de \log x, P(\log x)=x\log x-x+C (em que C é uma constante (de integração) qualquer, independente de x.  Notação: aqui, \log x é  o logaritmo natural ou neperiano de x. Assim, tem-se

\displaystyle\int_{[1,e]}\log x\;dx=e\log e-e+C-(\log 1-1+C)=

=e\log e-e-\log 1+1=e-e-0+1,

sendo, de facto

\displaystyle\int_{[1,e]}\log x\;dx=\displaystyle\int_1^e\log x\;dx=1.

Nota: É claro que estamos a admitir que o logaritmo natural foi previamente definido como a função inversa da exponencial, ou de qualquer outra forma, independente da igualdade anterior. 

 

 

Janeiro 4, 2010

Margarida Melo, Investigadora Portuguesa em Matemática Pura – Geometria Algébrica, galardoada

Filed under: Matemática,Notícia — Américo Tavares @ 9:46 am
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Quem investiga matemática pura não pensa nas aplicações; os desenvolvimentos nesta disciplina [Geometria Algébrica], pela sua natureza muito complexa, são irremediavelmente lentos.

Margarida Melo

 

A investigadora de matemática pura, Margarida Melo (FCTUC), foi premiada por um estudo sobre a construção de novos espaços de parâmetros de objectos matemáticos, relacionado com as curvas algébricas,  e com ligação à  Teoria das Super Cordas, área da Física das partículas elementares.

A abordagem utilizada é abstracta, possibilitando o estudo de espaços multidimensionais com propriedades adequadas à descrição «dos comportamentos  de certas entidades físicas». Futuros problemas poderão vir a ser resolvidos, recorrendo aos métodos da Geometria Algébrica, pensa a investigadora agora galardoada com o prémio «Michele Cuozzo».

Fonte: CiênciaHoje

Pequena nota adaptada da wikipédia e wikipedia:  

A geometria algébrica é um dos maiores feitos do século XX. Iniciada por Veronese, Fano, Segre, nas décadas de 1910 e 1920, e seguida por Kodaira e Spencer – através da geometria algébrica complexa, outros grandes nomes contribuiram para o seu avanço: Leray,  Goddement, Chow, Serre, e Alexander Grothendieck,  em 1959, Weil e Pierre Deligne, em 1978. O último teorema de Fermat, demonstrado por Wiles, em 1993-1994, utilizou, entre outros, os métodos desta área matemática. A geometria aritmética é um seu caso particular que está relacionado com a teoria dos números.

Adenda de 5.01.10: nesta notícia (*), de 20.11.09, do Departamento de Matemática da Faculdade de Ciências e Tecnologia da Universidade de Coimbra (DMUC), que transcrevo, lê-se:

« Prémio “Michele Cuozzo”. A Doutora Ana Margarida Melo, docente do Departamento de Matemática da Universidade de Coimbra, foi distinguida com o prémio “Michele Cuozzo”, instituído pela Univerisità degli Studi di Roma “Tor Vergata”, pela sua tese de doutoramento “Compactified Picard stacks over the moduli space of curves with marked points”. »

 

(*) URL: http://www.mat.uc.pt/CMS/noticias/detail/id/64/

Janeiro 2, 2010

Algoritmo de O’Beirne, em 10 passos, para determinar o Domingo de Páscoa.

Filed under: Matemática,Programação,Python — Américo Tavares @ 1:17 pm
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Seja x o ano.

1. Divida-se x por 100 e anote-se o quociente (b) e o resto (c);

2. Tome-se 5b+c e divida-se por 19; chame-se a ao resto;

3. Calcule-se 3(b+25) e divida-se por 4; designe-se o quociente por δ e o resto por ɛ;

4. Calcule-se 8(b+11) e divida-se por 25; anote-se o valor do quociente (γ);

5.  Calcule-se 19a+δ-γ e divida-se por 30; anote-se o valor do resto (h);

6. Calcule-se a+11h e divida-se por 319; anote-se o valor do quociente (μ);

 7. Calcule-se 60(5-ɛ)+c e divida-se por 4;  anote-se o valor do quociente (j) e do resto (k);

8. Calcule-se 2j-k-h+μ e divida-se por 7;  anote-se o valor do resto (λ);

9. Calcule-se h-μ+λ+110 e divida-se por 30;  anote-se o valor do quociente (n) e do resto (q);

10. Calcule-se q+5-n e divida-se por 32;  o quociente deve ser nulo e ao resto chame-se p.

Ao fim destes 10 passos obtem o Domingo de Páscoa: é o dia p do mês n do ano x.

Este algoritmo baseia-se num artigo da Nature de 1876.

Fonte: entrada Another Chance to Read … Calendars do Mathematics Weblog.

Adenda de 16.02.2010 (publicada em entrada prória aqui): eis um exemplo de programação deste algoritmo em Python, que define as funções pascoa(x) e easter(x) através da palavra reservada def, respectivamente a versão portuguesa e a inglesa, que poderão ser chamadas escrevendo-as simplesmente a seguir ao prompt:  

 
>>> pascoa(2010)
Em 2010 o Domingo de Páscoa é no dia 4 de Abril
 
>>> pascoa(2011)
Em 2011 o Domingo de Páscoa é no dia 24 de Abril

 

O algoritmo é extremamente simples: é meramente sequencial, reproduzindo os 10 passos em cima listados. A barra ‘ / ‘ executa a divisão inteira (que corresponde à função floor).
 
def pascoa(x): # ‘script’ em Python que define a função
#                pascoa(x), em que x é o ano.
#
# Baseado no algoritmo de O’Beirne, em 10 passos,
# para determinar a data do Domingo de Páscoa de
# um dado ano. ( Calcula e escreve o dia e o mês )
#
#
b = x / 100
c = x – 100 * b
quociente = (5 * b + c) / 19
a = 5 * b + c – 19 * quociente
d = (3 * (b + 25)) / 4
e = 3 * (b + 25) – 4 * d
g = (8 * (b + 11)) / 25
quociente = (19 * a + d – g) / 30
h = 19 * a + d – g – 30 * quociente
m = (a + 11 * h) / 319
j = (60 * (5 – e) + c) / 4
k = 60 * (5 – e) + c – 4 * j
quociente = (2 * j – k – h + m) / 7
l = 2 * j – k – h + m – 7 * quociente
n = (h – m + l + 110) / 30 # n é o mês (valor numérico)
q = h – m + l + 110 – 30 * n
quociente = (q + 5 – n) / 32
p = q + 5 – n              # p é o dia
if n == 3:
  N = ‘Março’              # N é o nome do mês
else:
  N = ‘Abril’
if quociente != 0:
  print ‘erro’
else:
  print ‘Em’, x, ‘o Domingo de Páscoa é no dia’, p, ‘de’, N

* * *

>>> easter(2010)
In 2010 the Easter Sunday is on April 4

>>> easter(2011)
In 2011 the Easter Sunday is on April 24

 

def easter(x): # Python script that defines the easter(x)
#                function, where x is the year.
#
# Based on the 10 step O’Beirne’s algorithm to
# compute the date of Easter Sunday of a given
# year.(Computes and writes the day and the month)
#
#
b = x / 100
c = x – 100 * b
quotient = (5 * b + c) / 19
a = 5 * b + c – 19 * quotient
d = (3 * (b + 25)) / 4
e = 3 * (b + 25) – 4 * d
g = (8 * (b + 11)) / 25
quotient = (19 * a + d – g) / 30
h = 19 * a + d – g – 30 * quotient
m = (a + 11 * h) / 319
j = (60 * (5 – e) + c) / 4
k = 60 * (5 – e) + c – 4 * j
quotient = (2 * j – k – h + m) / 7
l = 2 * j – k – h + m – 7 * quotient
n = (h – m + l + 110) / 30 # n is the month(numerical value)
q = h – m + l + 110 – 30 * n
quotient = (q + 5 – n) / 32
p = q + 5 – n              # p is the day
if n == 3:
  N = ‘March’              # N is the month name
else:
  N = ‘April’
if quotient != 0:
  print ‘error’
else:
  print ‘In’, x, ‘the Easter Sunday is on’, N,

Janeiro 1, 2010

1.º Problema de 2010: um integral de Stieltjes :: 2010 Problem #1 – A Stieltjes Integral

Filed under: Análise Matemática,Calculus,Cálculo,Integrais,Matemática,Math,Problemas — Américo Tavares @ 12:10 am
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Prove que/prove that

\zeta \left( 2\right) =\dfrac{p}{q}\displaystyle\int_{-1}^{\sqrt{3}}\arctan (x)\,d\left( \arctan (x)\right) ,

where/em que  (p,q)\in\mathbb{Z}^{2}.

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