Problemas Teoremas

Abril 18, 2012

Desigualdade de Cauchy-Schwarz e Identidade de Lagrange

Filed under: Demonstração,Desigualdades matemáticas,Identidade matemática,Matemática,Matemática Discreta,Matemáticas Gerais,Teorema,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 10:21 am
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Para comodidade dos leitores reuno aqui as demonstrações da desigualdade de Cauchy-Schwarz e da identidade de Lagrange.

Desigualdade de Cauchy-Schwarz

A desigualdade de Cauchy-Schwarz corresponde ao seguinte

Teorema: Para todo o vector \mathbf{x}=\left( x_{1},...,x_{n}\right) \in\mathbb{R}^{n} e todo o vector \mathbf{y}=\left( y_{1},\ldots ,y_{n}\right) \in\mathbb{R}^{n}, tem-se:

\left\vert \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right\vert \leq \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) ^{1/2}\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) ^{1/2}

ou

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right) ^2\leq\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^2\right)\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^2\right)

Demonstração

Qualquer que seja o real \lambda , tomo o vector \mathbf{x}-\lambda\mathbf{y}, e vou achar

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left( x_{k}-\lambda y_{k}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}-2\lambda \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}+\lambda ^{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}.

Seja qual for o \lambda , o trinómio do lado direito, em \lambda , não muda de sinal, é sempre positivo ou igual a zero, porque o número \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left( x_{k}-\lambda y_{k}\right) ^{2} é não negativo:

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}-2\lambda \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}+\lambda ^{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\geq 0,

o que implica que o seu discriminante seja menor ou igual a zero

\Delta =\left( 2\displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right) ^{2}-4\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) \leq 0,

significando que

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right) ^{2}\leq \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) .

Daqui pode ainda concluir-se que

\left\vert \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{x}y_{k}\right\vert \leq \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) ^{1/2}\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) ^{1/2}.

Se algum dos vectores \mathbf{x,y} for nulo, esta relação é evidentemente verificada.

\square

O significado geométrico em \mathbb{R}^{3}desta desigualdade é o de que o produto interno de dois vectores é menor ou igual ao produto dos módulos (das normas) desses vectores.

Identidade de Lagrange

A identidade de Lagrange generaliza a desigualdade anterior.

Teorema: Identidade de Lagrange. Para os reais a_{k} e b_{k} (com 1\leq k\leq n) verifica-se

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\right) ^{2}=\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{2}\right) -\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

Demonstração: O produto de duas somas com n termos cada é uma soma com n^{2} termos:

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}y_{j}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}x_{i}y_{j}

Os índices i e j de cada termo genérico x_{i}y_{j} podem ser iguais (i=j) ou o primeiro menor do que o segundo (i<j) ou maior (j<i). Separando estes três grupos de parcelas, vem

\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}x_{i}y_{j}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{1\leq i<j\leq n}x_{i}y_{j}+\displaystyle\sum_{1\leq j<i\leq n}x_{i}y_{j}

=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}x_{i}y_{j}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}x_{i}y_{j}

donde

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}y_{j}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}x_{i}y_{i}

Particularizando, para x_{i}=a_{i}^{2} e y_{j}=b_{j}^{2} obtém-se

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}b_{j}^{2}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}

e para x_{i}=y_{i}=a_{i}b_{i}

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)

=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}

Ora

\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}=\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}

pelo que

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+2\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}

Por outro lado

2a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}=a_{i}^{2}b_{j}^{2}+a_{j}^{2}b_{i}^{2}-\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

donde

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}+

\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{j}^{2}b_{i}^{2}-\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

=\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}b_{j}^{2}\right) -\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

visto que, por troca dos índices i e j, se tem

\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{j}^{2}b_{i}^{2}=\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}

provando-se assim a identidade indicada acima.

\square

Ficheiro pdf

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 1, 2011

Desenho trigonométrico representativo de uma expressão linear no seno e na tangente de ângulos diferentes

Filed under: Identidade matemática,Matemática,Trigonometria — Américo Tavares @ 12:15 pm
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No artigo An Elementary Trigonometric Equation de Victor Moll [1] é estudada a equação

\tan a+B\sin b=C,

a partir da qual são demonstradas várias expressões trigonométricas. Duas, com C=\sqrt{11}  [1, Theorem 3.1] já apareceram em duas questões no MSE, uma nesta  e estoutra

\tan\left(\dfrac{\pi}{11}\right)+4\sin\left(\dfrac{3\pi}{11}\right)=\sqrt{11}

em “Is there an interpretation for this trigonometric identity?“.

O seguinte desenho, que apresentei como resposta, é uma contrução trigonométrica directa.

O raio do sector circular é 1. As medidas dos ângulos ao centro e o comprimento dos segmentos dos segmentos de recta são:

1. Ângulo menor: \pi/11 rad.
2. Ângulo maior: 3\pi/11 rad.
3. Segmento vermelho escuro: \sqrt{11}.
4. Segmento vertical preto: 4\sin(3\pi/11).
5. Segmento vertical vermelho claro: \tan(3\pi/11).

O segmento de recta vermelho escuro é a hipotenusa do triângulo rectângulo cujos catetos são os segmentos de recta de comprimento \sqrt{10} e do segmento unitário que lhe é perpendicular. O segmento de comprimento \sqrt{10} é a hipotenusa do triângulo rectângulo cujos catetos são os segmentos de recta horizontal de comprimento igual a 3 e o vertical de comprimento 1.

O ângulo \pi/11=2\pi/22 não pode construir-se com régua e compasso (Wikipedia, Constructible polygon ), pelo que a figura é uma construção impossível apenas com régua e compasso.

[2-5-2011, alterado título e completado último parágrafo]

—

[1] MOLL, Victor, An Elementary Trigonometric Equation (arXiv 24 Sep 2007)

Novembro 10, 2010

Pentágono, complexos e trigonometria

Filed under: Cálculo,Demonstração,Exercícios Matemáticos,Identidade matemática,Matemática,Matemáticas Gerais,Trigonometria — Américo Tavares @ 4:08 pm
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Suponhamos que pretendemos determinar

\dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a}

Como x=a é uma solução de x^{n}-a^{n}=0 o resto da divisão de x^{n}-a^{n} por x-a será nulo. Podemos determinar o polinómio quociente através do método geral da divisão polinomial — em tudo semelhante à divisão aritmética de dois números –, dividindo o polinómio do numerador pelo do denominador. Como é de difícil reprodução aqui (relacionado com o código \LaTeX de escrita matemática), vou utilizar o método alternativo dos coeficientes indeterminados. Seja Q(x) o polinómio quociente, isto é

x^{n}-a^{n}=\left( x-a\right) Q(x)+R(x)=\left( x-a\right) Q(x)=xQ(x)-aQ(x)

atendendo a que neste caso o resto R(x)=0. Notemos que o grau de Q(x) há-de ser n-1:

Q(x)=x^{n-1}+q_{1}x^{n-2}+q_{2}x^{n-3}+\cdots +q_{n-2}x+q_{n-1}

Fazendo o desenvolvimento de xQ(x)-aQ(x), obtém-se

x^{n}-a^{n}= x\left( x^{n-1}+q_{1}x^{n-2}+\cdots +q_{n-2}x+q_{n-1}\right) -a\left( x^{n-1}+q_{1}x^{n-2}+\cdots +q_{n-2}x+q_{n-1}\right)

=x^{n}+\left( q_{1}-a\right) x^{n-1}+\left( q_{2}-aq_{1}\right) x^{n-2}+\cdots

+\cdots +\left( q_{n-2}-aq_{n-3}\right) x^{2}+\left( q_{n-1}-aq_{n-2}\right) x-aq_{n-1}

Comparando agora coeficientes obtemos

q_{1}=a q_{k}=aq_{k-1}\qquad k=2,3,\ldots ,n-1

aq_{n-1}=a^{n}

ou seja q_{1}=a e

q_{k}=aq_{k-1}=a^{2}q_{k-2}=\cdots =a^{k}\qquad k=2,3,\ldots ,n-1

donde

x^{n}-a^{n}=(x-a)(x^{n-1}+ax^{n-2}+\cdots +a^{n-2}x+a^{n-1})

ou

\dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a}=x^{n-1}+ax^{n-2}+\cdots +a^{n-2}x+a^{n-1}

Exemplo: Num pentágono regular determine \cos \alpha , em que \alpha é o ângulo igual a 1/5 do ângulo giro \alpha =\dfrac{2\pi }{5}.

Geometricamente é o ângulo ao centro formado por dois raios que unem o centro do círculo circunscrito a um pentágono regular a dois dos seus vértices adjacentes.

Começo por transformar este problema trigonométrico num de variáveis complexas. Para isso faço w=e^{i2\pi /5}\neq 1. Pondo a=1, na fórmula anterior e substituindo x por w,obtém-se:

w^{5}-1=(w-1)(w^{4}+w^{3}+w^{2}+w+1)

Como w^{5}=e^{i2\pi }=1, então w^{5}-1=0 e sendo w\neq 1 será

w^{4}+w^{3}+w^{2}+w+1=0

e também

\text{Re}\left( w^{4}+w^{3}+w^{2}+w+1\right) =0

pelo que, atendendo a que \text{Re}w^{4}=\cos \dfrac{8\pi }{5}, \text{Re}w^{3}=\cos \dfrac{6\pi }{5}, etc., vem sucessivamente

\cos \dfrac{8\pi }{5}+\cos \dfrac{6\pi }{5}+\cos \dfrac{4\pi }{5}+\cos \dfrac{2\pi }{5}+1=0

\cos \left( 2\pi -\dfrac{2\pi }{5}\right) +\cos \left( 2\pi -\dfrac{4\pi }{5}\right) +\cos \dfrac{4\pi }{5}+\cos \dfrac{2\pi }{5}+1=0

2\cos \left( \dfrac{4\pi }{5}\right) +2\cos \left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +1=0.

Como

\cos \left( \dfrac{4\pi }{5}\right) =\cos ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) -\sin ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right)

será

2\cos ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) -2\sin ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +2\cos \left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +1=0

4\cos ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +2\cos \left( \dfrac{2\pi }{5}\right) -1=0

ou seja

\cos \dfrac{2\pi }{5}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}

igual ao valor calculado de outra forma nesta entrada sobre a construção do pentágono

Fonte

Novembro 8, 2010

Funcões trigonométricas inversas em termos das funções exponencial e logarítmica

Filed under: Análise Complexa,Identidade matemática,Matemática,Teorema / Teoria,Trigonometria — Américo Tavares @ 8:28 pm
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Já sabia que as funcões trigonométricas directas se podem exprimir em termos da função exponencial complexa. Mas só recentemente aprendi que, acrescentando-lhe o logaritmo, o mesmo acontece com as funções trigonométricas inversas, que têm uma representação fechada nas funções exponencial e logarítmica, como é o caso da função (que aparece, como exemplo, em What is a Closed-Form Number? de Timothy Y. Chow )

f(x)=\arccos x=-i\log \left( x+e^{\dfrac{\log \left( x^{2}-1\right) }{2}}\right)

cuja verificação é simples. Começo por dar outra forma à função exponencial do 2.º membro:

e^{\dfrac{\log \left( x^{2}-1\right) }{2}}=\sqrt{x^{2}-1}

Então

\log \left( x+e^{\dfrac{\log \left( x^{2}-1\right) }{2}}\right) =\log \left( x+\sqrt{x^{2}-1}\right)

pelo que

f(x)=-i\log \left( x+\sqrt{x^{2}-1}\right)

Calculo agora o \cos [f(x)]:

\cos [f(x)] =\cos \left( -i\log \left( x+\sqrt{x^{2}-1}\right) \right)

Da identidade bem conhecida

\cos \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}

na forma

\cos i\alpha =\dfrac{e^{-\alpha }+e^{\alpha }}{2}

deduzimos sucessivamente:

\cos \left[ f(x)\right] =\dfrac{e^{-\log \left( x+\sqrt{x^{2}-1}\right) }+e^{\log \left( x+\sqrt{x^{2}-1}\right) }}{2}

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

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

pelo que efectivamente

f(x)=\arccos x

E como se exprime \arcsin x nestas funções? Atendendo a que \arcsin x=\dfrac{\pi }{2}-\arccos x e dado que \log (-1)=\log 1+i\pi =i\pi , obtemos

\arcsin x=-i\dfrac{\log (-1)}{2}+i\log \left( x+e^{\dfrac{\log \left( x^{2}-1\right) }{2}}\right)

A relação trigonométrica

\arctan x=\arcsin \dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}

permite chegar a

\arctan x=-i\dfrac{\log (-1)}{2}+i\log\left( \dfrac{e^{\log x}}{e^{\dfrac{\log (x^{2}+1)}{2}}}+e^{\dfrac{\log \left( \dfrac{x^{2}}{x^{2}+1}-1\right) }{2}}\right)

Adenda: acrescento, como me foi sugerido, uma pequena referência às funções hiperbólicas, que também gozam da mesma propriedade. Por exemplo:

\sinh x=\dfrac{1}{2}(e^{x}-e^{-x})

Vê-se na Wikipédia que a função hiperbólica inversa se exprime na função logarítmica:

\arg \sinh x=\log (x+\sqrt{x^{2}+1})

o que se pode verificar, calculando o seno hiperbólico de \arg \sinh x assim representado, chegando-se naturalmente a x:

\sinh (\arg \sinh x)=\sinh \left( \log (x+\sqrt{x^{2}+1})\right)

=\dfrac{1}{2}\left( e^{\log (x+\sqrt{x^{2}+1})}-\dfrac{1}{e^{\log (x+\sqrt{x^{2}+1})}}\right)

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

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

Da definição do co-seno hiperbólico

\cosh x=\dfrac{1}{2}(e^{x}+e^{-x})

obtemos as identidades hiperbólicas

\cosh x+\sinh x=e^{x}

e

\cosh ^{2}x=\dfrac{1+\cosh 2x}{2}

Como

\sinh ^{2}x=\dfrac{-1+\cosh 2x}{2}

a soma dos quadrados vem

\cosh ^{2}x+\sinh ^{2}x=\cosh 2x

e a sua diferença

\cosh ^{2}x-\sinh ^{2}x=1

Outubro 15, 2010

Três identidades trigonométricas e um integral

Filed under: Exercícios Matemáticos,Identidade matemática,Matemática,Matemática-Secundário,Problemas,Trigonometria — Américo Tavares @ 10:35 pm
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Justifique as seguintes identidades trigonométricas:

Notação usada para facilidade de escrita aqui (em LaTeX): \sec x — secante de x, \tan x — tangente de x, \cos x – co-seno de x e \sin x — seno de x.

1.

\sec x+\tan x=\dfrac{1+\sec x+\tan x}{1+\sec x-\tan x}

2.

\dfrac{1+\tan \dfrac{x}{2}}{1-\tan \dfrac{x}{2}}=\dfrac{1+\cos x+\sin x}{1+\cos x-\sin x}

3.

\dfrac{1+\cos x+\sin x}{1+\cos x-\sin x}=\sec x+\tan x

 

Nota: estas identidades podem usar-se no cálculo do  integral

 

\displaystyle\int \sec x\; dx=\ln \left\vert \sec x+\tan x\right\vert .

Março 20, 2010

Relação de recorrência, recursiva ou equação às diferenças associada ao logaritmo de dois (ln 2)

Filed under: Combinatória,Demonstração,Identidade matemática,Matemática,Matemática Discreta,Recorrência,Sucessões,Teorema / Teoria,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 4:31 pm
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As relações de recorrência associadas a \ln 2 são:

\left( n+1\right) b_{n+1}-3\left( 2n+1\right) b_{n}+nb_{n-1}=0\qquad n\geq 1\qquad \left( 1\right)

e

\left( n+1\right) a_{n+1}-3\left( 2n+1\right) a_{n}+na_{n-1}=0\qquad n\geq 1\qquad \left( 2\right)

em que, a_{0}=1,a_{1}=3 e b_{0}=0,b_{1}=2, podendo demonstrar-se  [1, secção 3] que

\dfrac{b_{n}}{a_{n}}\rightarrow \ln 2\qquad \left( 3\right) .

A fórmula explícita da sucessão \left( a_{n}\right) , — de inteiros — é, como demonstraremos, dada por:

a_{n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}\qquad \left( 4\right)

pelo que

a_{n+1}=\dbinom{2n+2}{n+1}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n+1}{k}\dbinom{n+1+k}{k}

e

a_{n-1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n-1}{k}\dbinom{n-1+k}{k}

Vamos mostrar que \left( 4\right) verifica \left( 2\right) .

Escrevendo

B_{n,k}=-\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}

será

B_{n,k-1}=-\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k-1}\dbinom{n+k-1}{k-1}

Assim

B_{n,k}-B_{n,k-1}=

 

=-\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}+\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k-1}\dbinom{n+k-1}{k-1}

 

Substituindo agora a_{n+1},a_{n} e a_{n-1} na relação de recorrência, vem

\left( n+1\right) \left[ \dbinom{2n+2}{n+1}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n+1}{k}\dbinom{n+1+k}{k}\right]

 

-3\left( 2n+1\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}+n\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n-1}{k}\dbinom{n-1+k}{k}=0

donde

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

 

=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left[ \left( n+1\right) \dbinom{n+1}{k}\dbinom{n+1+k}{k}-3\left( 2n+1\right) \dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}\right] +\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left[n\dbinom{n-1}{k}\dbinom{n-1+k}{k}\right]

 

=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left[ -\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}+\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k-1}\dbinom{n+k-1}{k-1}\right]

 

=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}B_{n,k}-B_{n,k-1}

que é uma soma telescópica em k. Prosseguindo, tem-se

-\left( n+1\right) \dbinom{2n+2}{n+1}=B_{n,n}-B_{n,-1}=B_{n,n}

porque B_{n,-1}=0. Mas

B_{n,n}=-\left( 4n+2\right) \dbinom{2n}{n}

pelo que basta verificar que

\left( n+1\right) \dbinom{2n+2}{n+1}=\left( 4n+2\right) \dbinom{2n}{n}

é  uma identidade, o que deixo ao cuidado dos meus leitores.

__________

[1] Eric Reyssat, Irrationalité de \zeta (3) selon Apéry, Séminaire Delange-Pisot-Poitou (Théorie des nombres) 20e année, 1978/79, nº 6, 6 p.

P.S: retirei uma igualdade desnecessária para esta demonstração e acrescentei [1].

Março 16, 2010

Outra identidade trigonométrica verificada através dos complexos

Filed under: Análise Complexa,Cálculo,Exercícios Matemáticos,Identidade matemática,Matemática,Matemáticas Gerais,Trigonometria — Américo Tavares @ 12:32 pm
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Na entrada do dia do \pi , para calcular um dos integrais utilizei a seguinte identidade trigonométrica elementar:

\tan \dfrac{\theta }{2}=\dfrac{1-\cos \theta }{\sin \theta }

\blacktriangleright Fazendo, como dantes, a substituição

z=e^{i\theta }

vem

z^{1/2}=e^{i\theta /2}

e obtemos as fórmulas:

\cos \theta =\dfrac{z+z^{-1}}{2}

\cos \dfrac{\theta }{2}=\dfrac{z^{1/2}+z^{-1/2}}{2}

e

\sin \theta =\dfrac{z-z^{-1}}{2i}

\sin \dfrac{\theta }{2}=\dfrac{z^{1/2}-z^{-1/2}}{2i}.

Logo temos de verificar que

\dfrac{z^{1/2}-z^{-1/2}}{2i}\cdot\dfrac{2}{z^{1/2}+z^{-1/2}}=\dfrac{1-\dfrac{z+z^{-1}}{2}}{\dfrac{z-z^{-1}}{2i}}

Manipulando esta igualdade, chegamos a

\dfrac{z^{-1/2}-z^{1/2}}{z^{1/2}+z^{-1/2}}=\dfrac{2-z-z^{-1}}{z-z^{-1}}

ou, na forma equivalente, a

\left( z^{-1/2}-z^{1/2}\right) \left( z-z^{-1}\right) =\left( z^{1/2}+z^{-1/2}\right)\left( 2-z-z^{-1}\right)

Fazendo as contas verificamos que, quer o primeiro, quer o segundo membros, são iguais a

z^{1/2}-z^{-1/2}-z^{3/2}-z^{-3/2}

o que prova a identidade. \blacktriangleleft

Março 8, 2010

Novo exemplo de demonstração de uma identidade trigonométrica pela introdução de uma variável complexa

Filed under: Análise Complexa,Cálculo,Demonstração,Exercícios Matemáticos,Identidade matemática,Matemática,Matemáticas Gerais,Trigonometria — Américo Tavares @ 9:05 pm
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Proponho-me demonstrar a seguinte identidade trigonométrica

    2\sin \left( n\alpha \right) \cos \alpha =\sin \left( \left( n+1\right) \alpha \right) +\sin \left( \left( n-1\right) \alpha \right)

pelo método de mudança de variável z=e^{i\alpha } explicado anteriormente nesta entrada.  Assim,

\cos \alpha =\dfrac{1}{2}\left( e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }\right) =\dfrac{1}{2}\left( z+z^{-1}\right)

e, como

\sin \alpha =\dfrac{1}{2i}\left( e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }\right) =\dfrac{1}{2i}\left( z-z^{-1}\right)

vem

\sin \left( n\alpha \right) =\dfrac{1}{2i}\left( e^{in\alpha }-e^{-in\alpha}\right) =\dfrac{1}{2i}\left( z^{n}-z^{-n}\right)

e no primeiro membro

2\sin \left( n\alpha \right) \cos \alpha =2\dfrac{1}{2i}\left( z^{n}-z^{-n}\right) \dfrac{1}{2}\left( z+z^{-1}\right)

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

Quanto ao segundo membro, tem-se

\sin \left( \left( n+1\right) \alpha \right) =\dfrac{1}{2i}\left( e^{i\left( n+1\right) \alpha }-e^{-i\left( n+1\right) \alpha }\right)

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

e

\sin \left( \left( n-1\right) \alpha \right) =\dfrac{1}{2i}\left( e^{i\left( n-1\right) \alpha }-e^{-i\left( n+1\right) \alpha }\right) =\dfrac{1}{2i}\left( z^{n-1}-z^{-n-1}\right)

pelo que

\sin \left( \left( n+1\right) \alpha \right) +\sin \left( \left( n-1\right) \alpha \right)

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

Igualando os dois membros, obtém-se portanto:

\dfrac{1}{2i}\left( z^{n+1}+z^{n-1}-z^{1-n}-z^{-n-1}\right)

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

ou a igualdade equivalente

z^{n+1}+z^{n-1}-z^{1-n}-z^{-n-1}=z^{n+1}-z^{-n-1}+z^{n-1}-z^{-n-1}

que é uma identidade, provando-se desta forma a inicial.

Março 2, 2010

9 Problemas e Exercícios já publicados mas ainda Não Resolvidos

Filed under: Análise Complexa,Análise Matemática,Cálculo,Exames,Exercícios Matemáticos,Função Gama,Identidade matemática,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Math,Problem,Problemas,Transformadas de Fourier — Américo Tavares @ 12:32 pm
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Agrupo aqui todos os Problemas e Exercícios já publicados mas ainda Não Resolvidos de todos os níveis.

(a)  Problema sobre a convergência de um integral impróprio :: An Improper Integral Convergence Problem

Demonstre ou infirme: o integral / Prove or disprove: the integral

\displaystyle{\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{e^{x}\left( 1-e^{-x}\right) ^{2}}dx}

é convergente / converges.

25.05.10: corrigida a função integranda/integrand function corrected. Deve ser/Should be

 \dfrac{1}{e^{x}\left( 1-e^{-x}\right)^{2}}

 em vez de/instead of

 \dfrac{1}{e^{2x}\left( 1-e^{-x}\right)^{2}}.

Resolução/Solution (25-05-10)

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

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}.

(c)  Sobre a natureza aritmética da soma e diferença de π (pi, a constante de Arquimedes) e e (constante ou número de Euler)

Sabe por que motivo é que a soma s=\pi+e e a diferença d=\pi-e não podem ser simultaneamente números algébricos?

Se não sabe, não consegue descobrir por si, e quer saber, veja no artigo recente Mathematical Embarassments, do Prof. Dick Lipton a explicação em três linhas (ou menos). Quanto a ambos (s e d) serem transcendentes, desconhece-se. Isto é uma questão matemática “embaraçosa”, na opinião do autor do blogue Gödel’s Lost Letter and P=NP.

(d)  Three gamma function identities 

Let n=1,2,\ldots  . Show that

\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n+1)=2^{2n}\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma (n+1)\qquad\left( 1\right)

and

\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n)=2^{2n-1}\Gamma (n)\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 2\right) .

Let x\in\mathbb{R}. If x>0, show that

\sqrt{\pi}\;\Gamma (2x)=2^{2x-1}\Gamma (x)\Gamma\left( x+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 3\right) .

Hints: for the first two identities use the formula proved here. As for the last one evaluate the beta function value B(x,x) and by means of an appropriate  change of variable find a relation between B(x,x) and B\left(x,\dfrac{1}{2}\right) .

(e)  Exercício rotineiro, mas trabalhoso, sobre extremos (máximos e mínimos) de uma função trigonométrica

Determine os valores máximos e mínimos assumidos pela função  trigonométrica periódica

 f(t)=\left( \cos t+2\sin t\right) ^{2}+\left( 3\cos t+2\sin t\right) ^{2},

 representada no gráfico, no intervalo \left[ -\pi ,\pi \right] .

ftextremos

Passos de uma possível resolução:

1 – Desenvolver f(t) e obter

f(t)=16\cos t\sin t+10\cos^{2}t+8\sin^{2}t.

2 – Calcular a derivada de f(t):  f^{\prime}(t)=16\cos 2t-2\sin 2t.

3 – Resolver a equação f^{\prime}(t)=0 e obter as soluções

  t\in\left\{ \dfrac{\arctan 8}{2}+\dfrac{k\pi }{2}:k\in\mathbb{Z}\right\} .

4 – Observar o andamento da função  no gráfico ou, em alternativa, estudar a variação de sinal da derivada da função.

5 – Concluir que o seu máximo é  f\left( t_{\max }\right) e o mínimo f\left( t_{\min }\right) , em que

t_{\max }=\dfrac{\arctan 8}{2}+k\pi

 e

 t_{\min }=\dfrac{\arctan 8}{2}+\dfrac{\pi }{2}+k\pi .

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

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.

(g)   Dois Problemas não resolvidos: Transformada de Fourier e Função de Bessel

PROBLEMA 1

1. Calcule a transformada de Fourier da função

f(x)=\left\{\begin{array}{c}\sin x\qquad x\in\lbrack 0,\pi\rbrack\\\text{0}\qquad\qquad x\notin\lbrack 0,\pi\rbrack\end{array}\right.

2. A partir da transformada do ponto anterior obtenha a transformada da função:

g(x)=\left\{\begin{array}{c}|\sin x|\qquad x\in\lbrack 0,4\pi\rbrack\\\text{0}\qquad\qquad x\notin\lbrack 0,4\pi\rbrack\end{array}\right.

3. As funções f e g pertencem à classe das funções contínuas num intervalo \lbrack a ,b\rbrack e nulas fora deste intervalo. Mostre que as funções desta classe possuem transformada de Fourier.

4. Diga se a transformação inversa de Fourier é válida para as funções do ponto 3. Justifique.

PROBLEMA 2

A função de Bessel de ordem zero J_0(x) satisfaz a equação integral

\displaystyle\int_{0}^{x}J_0(y)J_0(x-y)\; dy=\sin x

1. Calcule a sua transformada de Laplace.

2. Determine J_0(0^+) e J_{0}^{^{\prime }}(0^{+}) (considere J_0(0^+)>0.

3. Obtenha o desenvolvimento de J_0(x) em série de potências de x. 

(h)    Duas questões de Análise Complexa

Nota de 27-5-2009: o blogue echoone deixou de estar disponível.

Passagem do blogue

 http://echoone.wordpress.com/,

 entrada

 Introductory Complex Analysis Final

 (tradução e adaptação do inglês).

« (…) Demonstre que as equações de  Cauchy-Riemann se escrevem em coordenadas polares

u_r=\dfrac{v_\theta}{r}

e

v_r=-\dfrac{u_\theta}{r}

Resolução de Prof. Paulo Sérgio de 2.03.10

(…) Determine o valor de

\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin^{2}x}{x^2}dx  (…) »

Resolução de Prof. Paulo Sérgio de 2.03.10

(i)  Integrais impróprios; a função gama

(…)

PROBLEMA: mostre que a função gama

\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}\;dt

é convergente se e só se x>0. Integre por partes e obtenha a relação

\Gamma (x+1)=x\;\Gamma (x)\qquad (x>0)

e verifique  que \Gamma (1)=1, pelo que

\Gamma (n+1)=n!.

 

 

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}.

Agosto 26, 2009

Three gamma function identities

Filed under: Calculus,Cálculo,Exercícios Matemáticos,Exercise,Função Gama,Funções Especiais,Identidade matemática,Matemática,Math,Problem,Problemas — Américo Tavares @ 1:35 pm
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Let n=1,2,\ldots  . Show that

\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n+1)=2^{2n}\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma (n+1)\qquad\left( 1\right)

and

\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n)=2^{2n-1}\Gamma (n)\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 2\right) .

Let x\in\mathbb{R}. If x>0, show that

\sqrt{\pi}\;\Gamma (2x)=2^{2x-1}\Gamma (x)\Gamma\left( x+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 3\right) .

Hints: for the first two identities use the formula proved here. As for the last one evaluate the beta function value B(x,x) and by means of an appropriate  change of variable find a relation between B(x,x) and B\left(x,\dfrac{1}{2}\right) .

PS. Listed in the Carnival of Mathematics #56. See pingback in the 1st comment.

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