Problemas Teoremas

Junho 30, 2011

Lugar geométrico dos baricentros dos triângulos rectângulos com a mesma hipotenusa e …

Filed under: Exercícios Matemáticos,Geometria,Matemática,Problemas — Américo Tavares @ 7:34 pm
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Nos triângulos rectângulos ABC com a mesma hipotenusa BC, determinar:

1.º O lugar geométrico dos baricentros G;

2.º O lugar geométrico dos centros I dos círculos inscritos.

Fonte: Exercício 70-a (Bacc. Grenoble), p. 271, de Cours de Géometrie Élémentaire de F. G. – M., 3.ª edição, 1917.

Junho 29, 2011

Gervasio Gurgel Bastos — Sobre Raízes Reais da Cúbica Real

Filed under: Demonstração,Equações,Matemática,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 3:37 pm
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[Este artigo teórico é de autoria de Gervasio Gurgel Bastos, Prof. Titular (aposentado), Universidade Federal do Ceará, Fortaleza, Brasil, que comentou o meu post Resolução da equação do 3.º grau (ou cúbica) e, no seguimento, me enviou esta versão em pdf, que aqui publico, com sua autorização  - AT]

« Resumo: São dadas duas demonstrações para o fato de serem reais as três raízes distintas da equação do terceiro grau com coeficientes reais cujo discriminante é positivo.

1. As Fórmulas de Cardano

No ano de 1545 foram publicadas pela primeira vez as fórmulas de resolução por radicais da equação do 3.º grau:

ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0\qquad (C)

com a(\neq 0),b,c,d números reais. O processo de “completamento do cubo” reduz (C) à sua forma reduzida

z^{3}+pz+q=0\qquad (CR)

onde p e q são expressões polinomiais em função dos coeficientes originais. A mudança de variável se expressa por z=x+b/3a. O célebre truque x=u+v, com u e v não nulos, leva à determinação das fórmulas de Cardano (G. Cardano,1501-1576). A saber:

\begin{aligned}x_{1} &=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}\\\\x_{2}&=w\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}+\overline{w}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}\qquad (FC)\\\\x_{3}&=\overline{w}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}+w\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}\end{aligned}

onde

\delta =-4p^{3}-27q^{2},\quad w=e^{\frac{2\pi }{3} i}=\cos 2\pi /3+i\mathrm{sen\;}2\pi /3=-1/2+i\sqrt{3}/2

e os radicais complexos devem ser tomados tais que

\left( \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\dfrac{-\delta }{108}}}\right) \cdot\left( \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\dfrac{-\delta }{108}}}\right) =-p/3.

Os números (não necessariamente reais) u^{3}=-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{-\delta }{108}} e v^{3}=-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{-\delta }{108}} são as raízes da equação quadrática resolvente y^{2}+qx-p^{3}/27=0. Assim, para (u,v) temos nove pares correpondentes à extracção das raízes cúbicas complexas de u^{3} e v^{3} dos quais só interessam aqueles três satisfazendo à condição uv=-p/3.

2. O caso \delta >0

A partir de x_{1}=u+v,x_{2}=wu+\overline{w}v e x_{3}=\overline{w}u+wv encontramos (x_{1}-x_{2})^{2}(x_{1}-x_{3})^{2}(x_{2}-x_{3})^{2}=\delta . Essa formulação do discriminante em termos das raízes permite uma discussão sobre as raízes de (CR). Assim, por exemplo, quando \delta =0 tem-se três raízes distintas (raízes simples). Quando \delta >0 tem-se três raízes reais distintas.

Primeira demonstração: Supondo que uma das raízes fosse não real, digamos x_{1}=a+bi, com a,b reais, b\neq 0, teríamos que x_{1} também seria raiz de (CR), digamos x_{2}=\overline{x}_{1}. Pelas relações de Girard (A. Girardi, 1590-1633), temos 0=x_{1}+x_{2}+x_{3}=x_{1}+\overline{x}_{1}+x_{3} e portanto x_3=-2a  é um número real. Logo, teríamos

(x_{1}-x_{2})^{2}(x_{1}-x_{3})^{2}(x_{2}-x_{3})^{2}=(2bi)^{2}(x_{1}-x_{3})^{2}(\overline{x}_{1}-x_{3})^{2}=-4b^{2}|x_{1}-x_{3}|^{4}<0,

contradição. Olhando de novo para as (FC), temos um aparente paradoxo. De fato, na fórmula

x_{1}=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}},

o lado esquerdo é real, mas no lado direito aparece uma soma de raízes cúbicas de números complexos não reais. Para decifrar esse mistério, provemos inicialmente o seguinte

Teorema 1. Se z_{1} e z_{2} são números complexos com mesmo módulo e cujo produto é um número real c>0, então z_{2}=\overline{z}_{1}.

Prova. Sejam \theta =\mathrm{Arg} z_{1} e \varphi =\mathrm{Arg} z_{2}. Então, temos \theta +\varphi \equiv \mathrm{Arg} c, i.e. \theta +\varphi =2\pi . Portanto, z_{2}=|z_{2}|(\cos (-\theta )+i\mathrm{sen\;}(-\theta ))=|z_{2}|(\cos (-\theta )+i\mathrm{sen\;}(-\theta ))=\overline{z}_{1}. \blacksquare

Segunda demonstração: Voltando ao discriminante \delta , agora com sua definição pelos coeficientes da cúbica, notemos que as condições 0<\delta =-4p^{3}-27q^{2} e

\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}\cdot \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}=-p/3

implicam, pelo teorema 1,

\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}=\overline{\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}}.

Logo, as raízes de (CR) dadas pelas fórmulas de Cardano, a saber:

\begin{aligned}x_{1} &=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}},\\&&\\x {2}&=w\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}+\overline{w}\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}\end{aligned}

e

x_{3}=\overline{w}\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}+w\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}

são números reais.

Observação 1. Convém salientar que nos casos \delta \leq 0, que inclui o clássico exemplo do Casus Irreducibilis (coeficientes inteiros, sem raiz racional), podemos tomar os radicais cúbicos reais nas (F C). »


* * *

Este artigo cobre uma lacuna na forma meramente “calculatória” das minhas entradas no blog sobre a cúbica, notando-se claramente que saiu da pena de um matemático.

Junho 28, 2011

500 mil

Filed under: Blogue,Estatísticas,Matemática — Américo Tavares @ 4:49 pm
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O total de visitas registadas pelo contador WordPress, iniciado em 8 Outubro de 2007, atingiu as

500\ 000

Problema (série): Determine um majorante do erro \varepsilon cometido ao aproximar a série

\eta(2)=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^2}

pela sua soma parcial

S_{500000}=\displaystyle\sum_{k=1}^{500000}\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^2}.

Calcule com a mesma aproximação \zeta(2)=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k^2}.

Problema (computação) : Qual o número primo p_{500000}?

Comentário: As demonstrações de Pierre Dusart e de Eric Bach e Jeffrey Shallit (Wikipedia) estabelecem que para n\ge 6 se verifica a dupla desigualdade

n \ln n+n(\ln\ln n - 1)<p_n<n\ln n+n\ln \ln n

Daqui até ao resultado vai o passo que está relacionado com o andamento da função contagem dos números primos \pi(x), que dá o número de primos menores ou iguais a x. O teorema dos números primos diz-nos que o seu comportamento assimptótico é

\pi (x)\sim \dfrac{x}{\ln x}

A função  primes(N), em Python, no ambiente IDLE 2.6.4,  gera duas listas de números para calcular e apresentar os números primos até N.

>>> def primes(N):

$x, y = [0]*(N+2), [0]*(N+1)

x[1], p = 1, 2

x_p = 1

while p <= N:

…… . … print p,

…. .. … for m in range(1,N/p+1):

…. . ….. . if x[m] != 0:

…. . ….. . . x[m*p] = x[m] * x_p

. …… . while x[p] != 0:

. . …. … y[p] = y[p-1] + x[p]

. . …… . p += 1

Por exemplo, até N=1000:

>>> primes(1000)


2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59  61

. . .

883 887 907 911 919 929 937 941 947 953 967 971 977 983 991 997

Foi com ela que determinei que o 1.º primo a seguir a 200 000 é o 200 003.

Se se incluir um contador a seguir a print p, poderá obter-se \pi(x). Mas este algoritmo está longe de ser eficiente e com os meus meios demoraria tanto que nem me atrevo a começar.

Exemplo de um problema de geometria (publicado no Caderno) e em Dodecaedro: o comprimento da aresta (cerca de 2 000 visitas).

Determine o lado l de cada um dos doze pentágonos regulares deste sólido platónico, sabendo que dois vértices simétricos em relação ao centro do dodecaedro, distam entre si d metros.

dodecaedro32d.jpgCuriosidade: segundo a WordPress «O Museu do Louvre é visitado por 8,5 milhões de pessoas todos os anos», o que significaria que o meio milhão de visitantes do problemas | teoremas

 3djpeg.jpg necessitaria de  21 dias a verem a exposição no Louvre.

200 000 hits em 26.07.09

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Períodos mais movimentados

  • dia: 22-6-2009, com 1 095
  • mês: Maio 2011, com 19 648 (20 087 em Junho 2011)
  • semana: 25 de 2011, com 5 321

e alguns parciais

  • 8.10.07: início
  • 22.02.09: 123 456
  • 26.07.09: 200 000
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  • 13.12.10: 400 000
  • 10.04.11: 450 000

Termino com o cabeçalho, que foi recortado da antepenúltima figura; as suas equações paramétricas são:

x = s\sin s\cos t

y = s\cos s\cos t

z = s\sin t,

com 0\le s\le 2\pi e 0\le t\le\pi. Nesta representam-se os três eixos coordenados

Junho 27, 2011

Filipe Oliveira — Divergência da série harmónica

Filed under: Análise Matemática,Cálculo,Demonstração,Matemática,Séries — Américo Tavares @ 11:54 pm
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Por considerar que merece o devido destaque, transcrevo a prova que o Professor Filipe Oliveira fez o favor de deixar neste seu comentário, em alternativa à que propuz nesta entrada sobre os números harmónicos. Apenas alterei o formato para melhor facilidade de leitura.

« Caro Américo, a prova que propõe da divergência da série harmónica é de facto a prova clássica. Deixo-lhe uma prova alternativa que montei para os alunos que têm algumas dificuldades com o argumento de “somação por pacotes” apresentado.

Temos

\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-\ln(1)}{x-0}=1,

uma vez que este limite é, por definição, a derivada da função f(x)=\ln(1+x) no ponto x=0: f'(x)=\dfrac {1}{1+x}; f'(0)=1.

Assim,

\displaystyle\lim_{n\to\infty} \dfrac{\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}{\dfrac {1}{n}}=1>0

pelo que as séries \displaystyle\sum\dfrac{1}{n} e \displaystyle\sum\ln\left(1+\dfrac {1}{n}\right) são de mesma natureza.

Mas

\ln\left(1+\dfrac {1}{n}\right)=\ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right)=\ln (n+1)-\ln(n).

Assim,

\displaystyle\sum_{n=1}^N\ln\left(1+\dfrac {1}{n}\right)=\ln(N+1)-\ln(1)=\ln(N+1).

Finalmente,

\displaystyle\lim_{N\to\infty}\displaystyle\sum_{n=1}^N\ln\left(1+\dfrac {1}{n}\right)=+\infty.

Esta série é divergente pelo que o é também a série harmónica. »

O método de cálculo do limite de uma fracção pode simplificar-se bastante, nos casos que se podem reduzir ao de uma derivada, como se vê acima.

Junho 25, 2011

Republicação da demonstração combinatória (ou combinatorial) da convolução de Vandermonde e de outra soma binomial

Filed under: Combinatória,Demonstração,Identidade matemática,Matemática,Matemática Discreta,Teorema,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 1:05 pm
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(Inicialmente publicada nesta entrada.)

Proposição: É válida a seguinte identidade combinatória

\dbinom{n+m}{r}=\displaystyle\sum_{j=0}^{r}\dbinom{n}{j}\dbinom{m}{r-j}

que é a chamada convolução de Vandermonde.

Pondo n=m, obtém-se

\dbinom{2n}{r}=\displaystyle\sum_{j=0}^{r}\dbinom{n}{j}\binom{n}{r-j}

e para r=n, finalmente,

\dbinom{2n}{n}=\displaystyle\sum_{j=0}^{r}\dbinom{n}{j}\dbinom{n}{n-j}=\displaystyle\sum_{j=0}^{n}\dbinom{n}{j}^{2}=\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}^{2}.

\bigskip

Demonstração:

Existe uma demonstração meramente combinatória da convolução de Vandermonde:

Dado o conjunto C = \left\{ c_{1,}c_{2},\ldots,c_{n},c_{n+1},c_{n+2},\ldots ,c_{n+m}\right\}, considerem-se dois subconjuntos de C disjuntos, isto é, sem elementos comuns, um C_{1}=\left\{ c_{1,}c_{2},\ldots ,c_{n}\right\} com n elementos e outro com m, C_{2}=\left\{ c_{n+1,}c_{n+2},\ldots ,c_{n+m}\right\}, tais que C=C_{1}\cup C_{2}.

O segundo membro conta o número de maneiras distintas de escolher r elementos de entre os n+m de C.

Quanto ao primeiro membro, comecemos por reparar que

(a) há \dbinom{n}{j} maneiras distintas de escolher j elementos entre os n de C_{1};

(b) há \dbinom{m}{r-j} maneiras distintas de escolher r-j elementos entre os m de C_{2};

(c) pelo que há \dbinom{n}{j}\dbinom{m}{r-j} maneiras distintas de seleccionar j elementos de C_{1} e simultaneamente r-j de C_{2}.

Ora, se somarmos todas estas parcelas \dbinom{n}{j}\dbinom{m}{r-j} para os possíveis valores que j pode tomar, desde j=0 até j=n, obtemos evidentemente o mesmo número \dbinom{n+m}{r}. Como mostrámos a igualdade dos dois membros da identidade da convolução de Vandermonde, concluímos a justificação. \blacksquare

Os casos particulares referidos obtêm-se imediatamente. A última identidade é também um caso particular de

Proposição: Quaisquer que sejam os inteiros k e n tais que 0\leq k \leq n, tem-se

\displaystyle\sum_{i=k}^{n}\dbinom{n}{i}^{2}\dbinom{i}{k}=\dbinom{n}{k}\dbinom{2n-k}{n}

que foi demonstrada aqui e que repito.

Demonstração:

Comecemos por reparar que poderíamos ter escolhido para limite inferior do somatório 0 , em vez de k, porque para i<k, \binom{i}{k}=0, por convenção usual.

O segundo membro (lado direito) conta o número de maneiras diferentes de escolher k elementos dum conjunto, tal como S=\left\{ s_{1},s_{2},\cdots,s_{n}\right\} com n elementos e, ao mesmo tempo, n elementos doutro conjunto, por exemplo X=\left\{ x_{1},x_{2},\ldots,x_{n},x_{n+1},\ldots,x_{2n-k}\right\} com 2n-k elementos.

Quanto ao primeiro membro, considerem-se dois subconjuntos de X disjuntos (sem elementos comuns), um X_{1}=\left\{x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right\} com n elementos, e outro X_{2}=\left\{x_{n+1},\ldots,x_{2n-k}\right\} com 2n-k elementos, tais que X_{1}\cup X_{2}=X.

Escolhamos agora n elementos de X pertencendo i deles a X_{1} e n-i a X_{2}, com 0\leq i\leq n.

(a) Há \dbinom{n}{i} maneiras diferentes de escolher i elementos entre os n de X_{1};

(b) há \dbinom{n-k}{n-i}=\dbinom{n-k}{i-k} maneiras diferentes de escolher n-i elementos entre os n-k de X_{2};

(c) daqui decorre que, para um dado i, há \dbinom{n}{i}\dbinom{n-k}{i-k} maneiras distintas de seleccionar esses n elementos de X. Assim, cada parcela, \dbinom{n}{i}\dbinom{n-k}{i-k}\dbinom{n}{k} conta o número de maneiras diferentes de escolher n elementos de X (dos quais i\in X_{1} ) e, simultaneamente, k de S. Somando, para todos os possíveis valores de i , estas parcelas, obtemos o número total

\displaystyle\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}\dbinom{n-k}{i-k}\dbinom{n}{k}=\displaystyle\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}^{2}\dbinom{i}{k}=\sum_{i=k}^{n}\dbinom{n}{i}^{2}\dbinom{i}{k}

A primeira igualdade é justificada por

\dbinom{n}{k}\dbinom{n-k}{i-k}=\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{k}

e a segunda pela observação inicial.

É claro que as duas contagens, a directa representada pelo produto do segundo membro e a indirecta, pela soma do primeiro (lado esquerdo) hão-de ser iguais, o que mostra

\displaystyle\sum_{i=k}^{n}\dbinom{n}{i}^{2}\dbinom{i}{k}=\dbinom{n}{k}\dbinom{2n-k}{n},

como pretendíamos. \blacksquare

Nota: o leitor poderá ver várias demonstrações algébricas e analíticas no blogue Fatos Matemáticos do Prof. Paulo Sérgio, na entrada   Algumas Demonstrações da Convolução de Vandermonde-Euler.

Junho 23, 2011

Filiação na UBM — União dos Blogs de Matemática

Filed under: Blogue,Divulgação — Américo Tavares @ 11:22 pm
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Criado pelo Prof. Paulo Sérgio C. Lino, autor do blogue Fatos Matemáticos  e Prof. Kleber Kilhian, autor  do blogue O Baricentro da Mente, a União dos Blogs de Matemática convidou-me, na pessoa do Prof. Paulo Sérgio a associar o problemas | teoremas ao blogue brasileiro UBM.

Nas palavras do Prof. Paulo Sérgio, em entrevista a A Engenharia no Dia a Dia:

« Este é um blog diferente que tem como objetivo principal a divulgação dos posts recentes dos outros blogs deste segmento filiados a esta entidade. A expectativa é que a UBM cresça cada vez mais. »

O Prof. Paulo Sérgio tem a amabilidade de comentar  regularmente e contribuir  para este meu blogue.

Do Estatuto da UBM:

« O blog [filiado] deve publicar assuntos relacionados com a matemática, ser organizado, ter uma linguagem clara, evitando gírias, palavras impróprias ou inadequadas. »

Junho 22, 2011

Três exercícios sobre integrais impróprios (de Mathematics Stack Exchange)

Filed under: Cálculo,Exercícios Matemáticos,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Mathematics Stack Exchange — Américo Tavares @ 4:14 pm
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Indicar se os seguintes integrais são convergentes ou não e, sendo-o, determiná-los:

a)

\displaystyle\int_0^1 \log x\mathrm dx

b)

\displaystyle\int_2^\infty\dfrac{\log x}{x}\mathrm dx

c)

\displaystyle\int_0^\infty\dfrac{1}{1+x^2}\mathrm dx

(desta questão de mary no MSE)

Minha resolução (tradução):

a) O integrando \log x tem uma singularidade em x=0. O integral impróprio de segunda espécie I=\int_{0}^{1}\log x\;\mathrm{d}x é, por definição,  o limite

\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\displaystyle\int_{\varepsilon }^{1}\log x\;\mathrm{d}x.

Utiliza-se habitualmente a integração por partes para calcular o integral \displaystyle\int \log x\;\mathrm{d}x:

\begin{aligned}I&=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0^{+}}\displaystyle\int_{\varepsilon }^{1}\log x\;\mathrm{d}x=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\int_{\varepsilon}^{1}1\cdot\log x\;\mathrm{d}x\\&=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\left[ x\log x\right] _{\varepsilon}^{1}-\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\displaystyle\int_{\varepsilon }^{1}x\cdot \dfrac{1}{x}\;\mathrm{d}x\\&=1\cdot \log 1-\lim_{\varepsilon\rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log\varepsilon -1=-\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log \varepsilon -1=-1,\end{aligned}

em que \lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log \varepsilon foi determinado pela regra de l’Hôpital:

\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log \varepsilon=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\dfrac{\log \varepsilon }{\dfrac{1}{\varepsilon }}=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\dfrac{\dfrac{1}{\varepsilon }}{-\dfrac{1}{\varepsilon ^{2}}}=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}-\varepsilon =0.

b) O integral \displaystyle\int_{a}^{+\infty }\dfrac{1}{x^{p}}\;\mathrm{d}x é divergente para a>0,p\leq 1, como se pode ver, calculando-o. Aplicamos o critério do limite a  f(x)=\dfrac{\log x}{x} e g(x)=\dfrac{1}{x}:

\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{\log x}{x}\cdot x=\log x\rightarrow \infty,\qquad\text{ quando } x\rightarrow \infty.

Tanto f(x) como g(x) são funções não negativas em  [2,+\infty \lbrack.

Dado que \displaystyle\int_{2}^{\infty }g(x)\;\mathrm{d}x=\displaystyle\int_{2}^{\infty }\dfrac{1}{x}\;\mathrm{d}x é  divergente, tambem o é \displaystyle\int_{2}^{\infty }f(x)\;\mathrm{d}x=\displaystyle\int_{2}^{\infty }\dfrac{\log x}{x}\;\mathrm{d}x.

c) O integral impróprio I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x é de primeira espécie, visto que o integrando não tem singularidades. Por definição, um tal integral é o limite

\lim_{b\rightarrow +\infty }\displaystyle\int_{0}^{b}\frac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x.

Visto que \displaystyle\int \dfrac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x=\arctan x, tem-se:

\begin{aligned}I&=\lim_{b\rightarrow +\infty }\int_{0}^{b}\dfrac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x =\lim_{b\rightarrow +\infty }\left[ \arctan x\right] _{0}^{b} \\ &=\lim_{b\rightarrow +\infty }\arctan b-\arctan 0 =\dfrac{\pi }{2}-0=\dfrac{\pi }{2}.\end{aligned}

Junho 21, 2011

Problema de trigonometria — resolução de uma equação

Filed under: Equações,Exercícios Matemáticos,Matemática,Matemática-Secundário,Mathematics Stack Exchange,Problemas,Trigonometria — Américo Tavares @ 11:29 am
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Problema: Sabendo que

\sin x + \cos x = \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2}

determinar \tan x + \cot x.

(desta questão de Vizualni no Mathematics Stack Exchange)

Minha resolução (tradução):

Dado que  a equação é linear em \sin x e \cos x pode  transformar-se numa quadrática:

\sin x+\cos x=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow \dfrac{2\tan \dfrac{x}{2}}{1+\tan ^{2}\dfrac{x}{2}}+\dfrac{1-\tan ^{2}\dfrac{x}{2}}{1+\tan ^{2}\dfrac{x}{2}}=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}

\Leftrightarrow 2\tan \dfrac{x}{2}+1-\tan ^{2}\dfrac{x}{2}=\left( 1+\tan ^{2}\dfrac{x}{2}\right) \dfrac{1+\sqrt{3}}{2}.

Ponha-se y=\tan \dfrac{x}{2}

2y+1-y^{2}=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}y^{2}\Leftrightarrow \left( 1+\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\right) y^{2}-2y-1+\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}=0

e resolva-se em ordem a y

y_{1}=\dfrac{1}{3}\sqrt{3},y_{2}=2-\sqrt{3}

Assim

x_{1}=2\arctan \dfrac{1}{3}\sqrt{3}=\dfrac{1}{3}\pi

ou

x_{2}=2\arctan \left( 2-\sqrt{3}\right) =\dfrac{1}{6}\pi .

Finalmente obtém-se

\tan \dfrac{1}{3}\pi +\cot \dfrac{1}{3}\pi =\dfrac{4}{3}\sqrt{3}

ou

\tan \dfrac{1}{6}\pi +\cot \dfrac{1}{6}\pi =\dfrac{4}{3}\sqrt{3}.

Junho 20, 2011

A função eta de Dirichlet e o prolongamento analítico da função zeta

Filed under: Análise Complexa,Matemática,Séries — Américo Tavares @ 7:01 am
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Para valores reais x\in]1,\infty[ a função zeta pode exprimir-se na forma (ver nota)

\zeta (x):=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{k^{x}}=\dfrac{1}{1-2^{1-x}}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^{x}},

em que a última série é a função  eta de Dirichlet \eta (x). Dado que para x>0 esta série alterna é convergente (porque 1/k^x\to 0), e 1-2^{1-x}\neq 0 para x\in]0,1[\cup]1,\infty[, a função \zeta (x) pode ser prolongada analiticamente ao intervalo x\in]0,1[\cup]1,\infty[ (note-se que x=1 está também excluído da primeira série) pela função

\dfrac{1}{1-2^{1-x}}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^{x}}.

Para x=1/2 obtemos \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^{1/2}}\approx 0.6049 e

\zeta (1/2)=-\left( 1+\sqrt{2}\right) \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^{1/2}}\approx -1.4604.

Nota: Dedução

\begin{aligned} \zeta (x) &=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{k^{x}}=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^{x}}+2\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{\left( 2k\right) ^{x}}\\ &=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\frac{(-1)^{k-1}}{k^{x}}+2^{1-x}\zeta (x).\end{aligned}

donde decorre a relação indicada.

Junho 19, 2011

Nostalgia a propósito de um exame de Matemática da década de 1960 — 5.º ano do liceu

Filed under: Ensino,Matemática,Matemática-Básico,Teste — Américo Tavares @ 6:51 pm
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O Expresso publica esta semana o artigo «Mudam-se os tempos, mudam-se os exames», ilustrado por uma cópia parcial da folha de rosto da prova escrita de Matemática do antigo 5.º ano do liceu, de 1962, quatro antes de eu ter feito o meu, que reproduzo

Fonte: Expresso, 19.06.2011

Diz o Expresso que «pediu a nove alunos do 9.º ano que fizessem [esta] prova». Apenas um dos alunos teria positiva.

« (…) todos disseram que aquela prova ‘obrigava a puxar mais pela cabeça’ e a ‘fazer mais contas’, que os exercícios eram ‘mais cansativos’ e ‘teóricos’.  »

Vejamos a alínea a) da primeira questão:

« Simplifique a expressão

E=5x^2y^6-[-(xy^3+3x^2)^2-x^4]-4x^3y^3

até obter um polinómio na forma reduzida. »

Como faríamos?

\begin{aligned}E &=5x^{2}y^{6}-\left[ -\left(xy^{3}+3x^{2}\right) ^{2}-x^{4}\right]-4x^{3}y^{3} \\&=5x^{2}y^{6}-\left[ -\left(x^{2}y^{6}+6x^{3}y^{3}+9x^{4}\right) -x^{4}\right] -4x^{3}y^{3} \\&=5x^{2}y^{6}-\left(-x^{2}y^{6}-6x^{3}y^{3}-9x^{4}-x^{4}\right)-4x^{3}y^{3} \\&=5x^{2}y^{6}+x^{2}y^{6}+6x^{3}y^{3}+9x^{4}+x^{4}-4x^{3}y^{3} \\&=6x^{2}y^{6}+2x^{3}y^{3}+10x^{4}\end{aligned}

ou

5x^{2}y^{6}-\left[ -\left( xy^{3}+3x^{2}\right)^{2}-x^{4}\right]-4x^{3}y^{3}

5x^{2}y^{6}-\left[ -\left(x^{2}y^{6}+6x^{3}y^{3}+9x^{4}\right) -x^{4}\right] -4x^{3}y^{3}

5x^{2}y^{6}-\left(-x^{2}y^{6}-6x^{3}y^{3}-9x^{4}-x^{4}\right) -4x^{3}y^{3}

5x^{2}y^{6}-\left( -x^{2}y^{6}-6x^{3}y^{3}-10x^{4}\right) -4x^{3}y^{3}

5x^{2}y^{6}+x^{2}y^{6}+6x^{3}y^{3}+10x^{4}-4x^{3}y^{3}

6x^{2}y^{6}+2x^{3}y^{3}+10x^{4}

A resposta seria

E=6x^{2}y^{6}+2x^{3}y^{3}+10x^{4}.

A diferença do número de páginas do enunciado é manifesta: duas, em 1962; quinze, em  2010, estas com formulário, tabela trigonométrica e espaço para as respostas. Na década de 1960 as questões eram formuladas de uma forma mais seca, enquanto que agora são mais  contextualizadas. Em 1960 a estatística e as probabilidades não faziam parte do programa; o tema de uma das questões de 1962 só é tratado no secundário.

[Edição de 22.06.2011: o exame do 9.º deste ano foi este.]

Na ausência do meu exame de 1966, aproveito para republicar dois testes (os chamados pontos) dessa altura, na Guarda.

10-11-1965

I

Torne irredutíveis as seguintes fracções:

a)

\dfrac{a^{-1}x-c^{-2}x+2a^{-1}y-2c^{-2}y}{c^{2}-a}

b)

\dfrac{65\cdot a^2\cdot x^{-3}\cdot y^{-4}}{13\cdot a^{-1}\cdot x^2\cdot y}

II

a) Efectue as seguintes operações e simplifique os resultados:

\left( \dfrac{x-1}{a-1}\right) ^{-2}\cdot \left( \dfrac{x-1}{x+1}\right) ^{2}\cdot \left( \dfrac{x+1}{a+1}\right) ^{2}

b) Calcule o valor numérico da expressão

\dfrac{a^{-2}+b^{-1}}{2a^{-1}\cdot b}

para a=-1 e b=2

III

Efectue as operações e simplifique os resultados:

a)

5\sqrt{x}-14\sqrt[4]{x^{2}}+8\sqrt[6]{64x^{3}}

b)

\dfrac{3\sqrt{2}-\dfrac{3\sqrt{2}:2}{\sqrt{8}\cdot 2\sqrt{2}}}{\sqrt[6]{8}-\sqrt{18}}

c)

\dfrac{\sqrt[3]{a\cdot \sqrt[4]{a^{-3}}}}{\sqrt{a^{-1}\sqrt{a}}}

d) Substitua a expressão dseguinte por outra equivalente, mas com denominador racional.

\dfrac{x\sqrt{2}+2\sqrt{x}}{x\sqrt{2}-2\sqrt{x}}

* * *

16-3-1966

I

Efectue e simplifique a seguinte expressão:

\left[ \left( \dfrac{x+y}{3}\right) ^{2}-\left( \dfrac{3}{x-y}\right) ^{-2}\right] \times \dfrac{3}{\sqrt[3]{2^{3}x^{3}\times \dfrac{1}{y^{-3}}}}

II

Calcule, com denominador racional, o valor da expressão \dfrac{x^2+2}{x^2-2} para x=\sqrt{2}+1.

III

Resolva em ordem a x a equação:

x^2-ax+a\sqrt{a}=\sqrt{a}\cdot x

IV

O produto de três números em progressão geométrica é igual a 216. Se multiplicar o primeiro por 4, o segundo por 5 e o terceiro por 4, obtém três números em progressão aritmética e dispostos pela mesma ordem. Calcule os números.

V

ABC é um triângulo equilátero inscrito no círculo de centro em O.

a) Quanto mede o arco \overset{\frown }{AB}? Porquê ?

b) Como classifica o triângulo CDA? Justifique a resposta.

c) Se for r=3 cm, quanto mede a corda AC? Porquê ?

d) Sendo como se disse na alínea anterior, r=3 cm, calcule a área do triângulo ABC

circulotriangulo

VI

Considere um paralelogramo ABCD em que a diagonal maior é AC. Seja O o ponto de encontro das diagonais e OP uma recta perpendicular ao plano do paralelogramo ABCD

a) Que posição tem OP em relação a cada um dos lados do paralelogramo? Justificar a resposta.

b) Considerar os segmentos PA,PB,PC e PD. Que relação de grandeza têm os segmentos PA e PC? Justificar a resposta.

c) Que relação de grandeza têm os segmentos PA e PC? Justificar a resposta.

d) Quantos planos definem o ponto P, os lados do paralelogramo e as suas diagonais? Justificar a resposta.

Junho 15, 2011

Visualização da convergência de uma série geométrica complexa

Filed under: Geometria,Matemática,Matemáticas Gerais,Séries — Américo Tavares @ 3:42 pm
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Este post é essencialmente uma adaptação e interpretação do problema A Converging Rabbit  do blogue Rambling Thoughts  de Moor Xu, do qual obtive a devida permissão.

     

Considere-se uma linha quebrada que parte da origem (0,0) e que é constituída por uma sucessão de segmentos de recta cujos comprimentos formam uma sucessão geométrica de razão r<1 e 1.º termo igual a 1. Os ângulos entre os sucessivos segmentos e o semi-eixo positivo Ox formam uma sucessão aritmética de razão igual a \pi /2 e 1.º termo igual a 0, como ilustrado na figura, para r=3/4.

Como determinar as coordenadas do ponto P(x,y) de convergência dos segmentos de recta?

Um dos processos será considerar a série geométrica complexa de razão re^{i\pi /2}=ri e primeiro termo 1:

S(r,\pi /2)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\left( ri\right) ^{n}=\dfrac{1}{1-ri}=\dfrac{1}{1+r^{2}}+\dfrac{r}{1+r^{2}}i

O ponto de convergência é então P(1/(1+r^{2}),/(1+r^{2})). A série é convergente porque \left\vert ri\right\vert =r<1, o que justifica o cálculo anterior. Para o caso da figura tem-se S(3/4,\pi/2)=\dfrac{16}{25}+\dfrac{12}{25}i.

Se o ângulo de rotação de um segmento em relação ao anterior for \alpha , o termo geral da série passa a ser \left(re^{i\alpha }\right) ^{n}=r^{n}e^{in\alpha }, logo \left\vert\left(re^{i\alpha }\right) ^{n}\right\vert =r^{n}, r<1, pelo que a sua soma se generaliza a:

\begin{aligned}S(r,\alpha )&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\left( re^{i\alpha }\right) ^{n}=\dfrac{1}{1-re^{i\alpha }}\\&=\dfrac{1-r\cos \alpha }{\left( 1-r\cos \alpha \right) ^{2}+r^{2}\sin^{2}\alpha }+r\dfrac{\sin \alpha }{\left( 1-r\cos \alpha \right)^{2}+r^{2}\sin ^{2}\alpha }i\end{aligned}

Por exemplo, S(1/2,\pi /3)=1+\dfrac{1}{3}\sqrt{3}i, que corresponde à situação do problema A Converging Rabbit, onde se deve determinar como solução \left\vert 1+\dfrac{1}{3}\sqrt{3}i\right\vert =\dfrac{2}{3}\sqrt{3}.

Alternativamente este problema admite uma resolução puramente geométrica. Retomo a série da 1.ª figura.

A linha azul que começa em Q(1,0) e converge para P é uma redução de 3/4 da linha que parte de O, passa por Q e converge para o mesmo P, seguida de uma rotação de \pi /2 no sentido contrário ao do ponteiro do relógio, além de uma translacção. Por este motivo, o triângulo [O,P,Q] é rectângulo em P e o cateto PQ=\dfrac{3}{4}OP. Assim, pelo teorema de Pitágoras, temos OP^{2}+\dfrac{9}{16}OP^{2}=1, donde OP=\dfrac{4}{5} e PQ=\dfrac{3}{5}. A altura h do triângulo baixada de P pode obter-se igualando a área calculada tomando como base a hipotenusa ou um dos catetos: \dfrac{h}{2}=\dfrac{4}{5}\times \dfrac{3}{5}\times \dfrac{1}{2}, isto é h=\dfrac{12}{25}. A distância d entre O e a pé da altura é tal que d^{2}+h^{2}=OP^{2}, o que dá d=\dfrac{16}{25}, obtendo-se P(x,y)=P(d,h)=P\left(\dfrac{16}{25},\dfrac{12}{25}\right), como atrás.

Junho 2, 2011

Divulgação de um Problema de Junho de Clube de Matemática da SPM dedicado aos Alunos do Secundário

Filed under: Demonstração,Divulgação,Matemática,Matemática-Secundário,Problemas — Américo Tavares @ 4:28 pm
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… com gosto pela Matemática, da rubrica Problemas & Soluções, por José Veiga de Faria

« Hoje em dia estes alunos raramente têm oportunidade de fazer uma demonstração e muito menos uma que não seja imediata que requeira algum engenho.
    No entanto demonstrar um resultado dá enorme satisfação e uma sensação forte de realização pessoal além de que a actividade matemática gira basicamente à volta disto. »

(…)

« Problema

Mostrar que uma fracção inteira representa uma dízima finita se e só se, na sua forma irredutível, o denominador apenas tiver como divisores primos 2 ou 5.

NOTA — Tem que provar que a condição de o denominador da fracção irredutível apenas ter como divisores primos 2 ou 5 é necessária para a dízima ser finita, isto é, que se for finita os únicos divisores primos do denominador são 2 ou 5 e depois que é suficiente, isto é, que se [os] únicos divisores primos do denominador são 2 ou 5 a dízima é finita. »

Resolução  (acrescentado link em 30-06-2011)

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