Problemas Teoremas

Maio 10, 2012

Equivalência das definições de uma região do plano ℝ² em coordenadas cartesianas x,y e polares r,θ

Filed under: Matemática,Problemas,Geometria,Matemática-Secundário,Exercícios Matemáticos,Trigonometria — Américo Tavares @ 8:58 pm
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Problema: R é a região de \mathbb{R}^{2} definida por

R=\left\{ \left( x,y\right)\in\mathbb{R}^{2}:(x-2)^{2}+y^{2}\leq 4\wedge y\geq 0\right\}

Mostre que  em coordenadas polares R se define por

R=\left\{ (r,\theta )\in\mathbb{R}^{2}:0\leq r\leq 4\cos\theta\wedge 0\leq \theta\leq\dfrac{\pi }{2}\right\}

Abril 21, 2012

Os números da forma n^4 + 4 são compostos

Filed under: Matemática,Matemática-Secundário,Mathematics Stack Exchange,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 7:50 pm
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Chan colocou no Mathematics Stack Exchange a questão de justificar porque é que os números da forma n^4+4 eram compostos.

Tradução da minha resposta:

Pode-se factorizar algebricamente n^{4}+4, determinando as quatro raízes de n^{4}+4=0.

Dado que n^{4}+4=0\Leftrightarrow n^{4}=4e^{i\pi }, tem-se

\begin{aligned}n&=4^{1/4}e^{i\left( \dfrac{\pi +2k\pi }{4}\right) }\quad k=0,1,2,3\\ &\\n&=\sqrt{2}e^{i\left( \dfrac{\pi }{4}\right) }=1+i\quad \left( k=0\right)\\n&=\sqrt{2}e^{i\left( \dfrac{3\pi }{4}\right) }=-1+i\quad \left( k=1\right)\\n&=\sqrt{2}e^{i\left( \dfrac{5\pi }{4}\right) }=-1-i\quad \left( k=2\right)\\n&=\sqrt{2}e^{i\left( \dfrac{7\pi }{4}\right) }=1-i\quad \left( k=3\right).\end{aligned}

E combinando os factores complexos conjugados, obtemos

\begin{aligned}n^{4}+4&=\left( n-1-i\right) \left( n+1-i\right) \left( n+1+i\right) \left( n-1+i\right)\\&=\left( \left( n+1-i\right) \left( n+1+i\right) \right) \left( \left( n-1-i\right)\left( n-1+i\right) \right)\\&=\left( n^{2}+2n+2\right) \left( n^{2}-2n+2\right) \end{aligned}

Setembro 3, 2011

Projecção ortogonal de um ponto sobre uma recta

Filed under: Exercícios Matemáticos,Geometria,Matemática,Matemática-Secundário,Problemas — Américo Tavares @ 7:36 pm
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Problema: São dadas as coordenadas de três pontos A, B e P, num referencial cartesiano (x,y) . Seja r a recta definida por A e B, e seja s a recta perpendicular a r que passa por P. Determinar as coordenadas do ponto I de intersecção das rectas s e r, ou seja a projecção de P sobre r.

Agosto 4, 2011

Aplicação da fórmula de Herão: determinação do perímetro de um triângulo dadas as três alturas

Filed under: Exercícios Matemáticos,Geometria,Matemática,Matemática-Secundário,Mathematics Stack Exchange,Problemas,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 10:29 pm
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Neste meu antigo post apresentei uma dedução geométrica da fórmula de Herão da área S de um triângulo, que também pode ser obtida por métodos trigonométricos:

S=\sqrt{p\left( p-a\right) \left( p-b\right) \left( p-c\right)},

em que  2p=a+b+c é o perímetro e a,b e c são os lados.

Na questão recente Find the perimeter of any triangle given the three altitude lengths , no MSE, de Chris Johnson são dados os comprimentos das três alturas 12,15 e 20 de um triângulo e pede-se um método que permita determinar o seu perímetro. André Nicolas utilizou um que aplica a fórmula de Herão da área de um triângulo. Eis uma tradução de parte da minha  resposta, que segue o mesmo método.

No caso geral de um triângulo com alturas h_{1},h_{2},h_{3} perpendiculates respectivamente aos lados a,b,c, a sua área é S=\dfrac{ah_{1}}{2}=\dfrac{bh_{2}}{2}=\dfrac{ch_{3}}{2}. Consequentemente a=\dfrac{2S}{h_{1}}, b=\dfrac{2S}{h_{2}}, c=\dfrac{2S}{h_{3}}, pelo que o perímetro 2p e o semi-perímetro p do triângulos são dados por

\begin{aligned}2p&=a+b+c=\dfrac{2S}{h},\\p&=\dfrac{S}{h},\end{aligned}

em que h é tal que

\dfrac{1}{h}=\dfrac{1}{h_{1}}+\dfrac{1}{h_{2}}+\dfrac{1}{h_{3}}\Leftrightarrow h=\dfrac{h_{1}h_{2}h_{3}}{h_{2}h_{3}+h_{1}h_{3}+h_{1}h_{2}}.

Logo

S=\sqrt{\dfrac{S}{h}\left( \dfrac{S}{h}-\dfrac{2S}{h_{1}}\right) \left( \dfrac{S}{h}-\dfrac{2S}{h_{2}}\right) \left( \dfrac{S}{h}-\dfrac{2S}{h_{3}}\right) }=\dfrac{S^{2}}{h^{2}}\sqrt{\dfrac{\left( h_{1}-2h\right) \left( h_{2}-2h\right) \left( h_{3}-2h\right) }{h_{1}h_{2}h_{3}}}.

Resolvendo em ordem a S, obtemos

S=\dfrac{h^{2}}{\sqrt{\dfrac{\left( h_{1}-2h\right) \left( h_{2}-2h\right)\left( h_{3}-2h\right) }{h_{1}h_{2}h_{3}}}}

e finalmente o perímetro em função de h,h_1,h_2 e h_3, sendo h uma função de h_1,h_2,h_3, como atrás indicado:

2p=\dfrac{2h}{\sqrt{\dfrac{\left( h_{1}-2h\right) \left( h_{2}-2h\right)\left( h_{3}-2h\right) }{h_{1}h_{2}h_{3}}}}.

Para o caso numérico h_1=12,h_2=15,h_3=20 obtém-se 2p=60.

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 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)

Novembro 17, 2010

Equação trigonométrica linear no seno e no co-seno 1 = m cos α + sin α redutível a uma quadrática

Filed under: Matemática,Matemática-Secundário,Mathematics Stack Exchange,Trigonometria — Américo Tavares @ 12:10 pm
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Nesta questão do Mathematics Stack Exchange,  ftiaronsem pede a resolução da equação

1=m\cos \alpha+\sin \alpha

Eis a tradução da minha resposta.

Como se explica nos comentários certas equações como a equação linear em \sin x e \cos x podem resolver-se por uma equação resolvente quadrática. Um dos métodos é escrever as funções \sin x e \cos x em termos da mesma função trigonométrica. Dado que todas as funções trigonométricas (directas) do ângulo simples se podem exprimir racionalmente em função de \tan do semi-ângulo, é adequada uma tal transformação para estas equações.

Visto que

\cos \alpha =\dfrac{1-\tan ^{2}\dfrac{\alpha }{2}}{1+\tan ^{2}\dfrac{\alpha }{2}}

e

\sin \alpha =\dfrac{2\tan \dfrac{\alpha }{2}}{1+\tan ^{2}\dfrac{\alpha }{2}}

a equação

m\cos \alpha +\sin \alpha =1

é equivalente a

m-m\tan ^{2}\dfrac{\alpha }{2}+2\tan \dfrac{\alpha }{2}=1+\tan ^{2}\dfrac{\alpha }{2}.

Pode-se pôr x=\tan \dfrac{\alpha }{2} (\alpha =2\arctan x), e dessa forma obter a equação quadrática

\left( 1+m\right) x^{2}-2x+1-m=0.

As suas soluções são: x=\dfrac{1}{m+1}\left( -m+1\right) (se m\neq -1) ou x=1 (se m=-1), o que dá:

i) se m\neq -1,

\alpha =2\arctan x=2\arctan \dfrac{1-m}{m+1},

ii) se m=-1,

\alpha =2\arctan 1=\dfrac{\pi }{2}.

Uma técnica diferente para resolver uma equação linear em \sin \alpha e \cos \alpha é utilizar um ângulo auxiliar \varphi . Se se fizer m=\tan \varphi , a equação toma a forma

\sin \alpha +\tan \varphi \cdot \cos \alpha =1

ou

\sin (\alpha +\varphi )=\cos \varphi =\dfrac{1}{\pm \sqrt{1+\tan ^{2}\varphi }}=\pm \sqrt{\dfrac{1}{1+m^{2}}},

e obter

\alpha =\pm \arcsin \sqrt{\dfrac{1}{1+m^{2}}}-\arctan m.

Dedução pormenorizada: de m\cos \alpha +\sin \alpha =1 e m=\tan \varphi , obtemos

\sin \alpha +\tan \varphi \cdot \cos \alpha =1

ou

\sin \alpha +\dfrac{\sin \varphi }{\cos \varphi }\cdot \cos \alpha =1

\dfrac{\sin \alpha \cdot \cos \varphi +\sin \varphi \cdot \cos \alpha }{\cos \varphi }=1

\dfrac{\sin \left( \alpha +\varphi \right) }{\cos \varphi }=1 \sin \left( \alpha +\varphi \right) =\cos \varphi .

A identidade

\cos \varphi =\pm \sqrt{\dfrac{1}{1+\tan ^{2}\varphi }}

pode obter-se como segue

\sin ^{2}\varphi +\cos ^{2}\varphi =1

\dfrac{\sin ^{2}\varphi }{\cos ^{2}\varphi }+1=\dfrac{1}{\cos ^{2}\varphi }

\tan ^{2}\varphi +1=\dfrac{1}{\cos ^{2}\varphi }

\cos ^{2}\varphi =\dfrac{1}{1+\tan ^{2}\varphi }.

Portanto

\sin \left( \alpha +\varphi \right) =\pm \sqrt{\dfrac{1}{1+\tan ^{2}\varphi }}

\alpha +\varphi =\arcsin \left( \pm \sqrt{\dfrac{1}{1+\tan ^{2}\varphi }}\right)

(m=\tan \varphi , \varphi =\arctan m)

\alpha +\arctan m=\arcsin \left( \pm \sqrt{\dfrac{1}{1+m^{2}}}\right)

e finalmente

\alpha =\arcsin \left( \pm \sqrt{\dfrac{1}{1+m^{2}}}\right) -\arctan m.

—

Nota bibliográfica: Estes métodos estão expostos no livro do 3.º ciclo do Ensino Liceal  de J. Calado  Compêndio de Trigonometria de 1967.

Novembro 16, 2010

Uma propriedade das proporções (razão da soma e diferença dos termos)

Filed under: Demonstração,Exercícios Matemáticos,Matemática,Matemática-Básico,Matemática-Secundário,Trigonometria — Américo Tavares @ 9:39 pm
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Numa proporção \dfrac{p}{q}=\dfrac{r}{s} a soma dos antecedentes (p,r) está para a sua diferença, assim como a soma dos consequentes (q,s) está para a sua diferença.

Justificação: a proporção

\dfrac{p}{q}=\dfrac{r}{s}

é equivalente à equação

qr=ps

ou

2qr-2ps=0

Atendendo a que \left( p+r\right) \left( q-s\right) -\left( p-r\right) \left( q+s\right) =2qr-2ps, será

\left( p+r\right) \left( q-s\right) -\left( p-r\right) \left( q+s\right) =0

ou como enunciado

\dfrac{p+r}{p-r}=\dfrac{q+s}{q-s}

Exercício: aplique esta propriedade à lei dos senos dos ângulos de um triângulo.

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 .

Outubro 2, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #6. (Círculos :: Circles). Resolução :: Solution

Filed under: Geometria,Matemática,Matemática-Secundário,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas — Américo Tavares @ 11:59 am
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pdmpom20101003

Problema: Os quatro círculos têm o mesmo raio. Determine-o no caso do triângulo medir 1 m².

Resolução de Jacques Glorieux (minha tradução):

Seja r o raio dos círculos. Visto que DE=EF=2r tem-se \measuredangle DEF=\pi /4. Como DF é parlalelo  a AB, o ângulo \measuredangle CAB=\pi /4. Assim, o ângulo \measuredangle ABG=\pi /2. Logo HBIF é um quadrado de lado r. Tem-se

BF=r\sqrt{2}.

BC=BF+FC=r\sqrt{2}+3r=r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

AG=2\times BC=2r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

A área S de ABG é, portanto,  r^{2}\left( 3+\sqrt{2}\right) ^{2}. Mas esta área S=1. Por este motivo

r=\dfrac{1}{3+\sqrt{2}} =\dfrac{3-\sqrt{2}}{7}

Outras resoluções por: josejuan , Prof. Paulo Sérgio.


Problem: The four circles have equal radius. Find it if the size of the triangle is 1 m².


Solution by Jacques Glorieux:

Let r be the radius of the circles. We have DE=EF=2r thus \measuredangle DEF=\pi /4. As DF is parallel to AB, angle \measuredangle CAB=\pi /4. Thus angle \measuredangle ABG=\pi /2. Thus HBIF is a square of side r. We have

BF=r\sqrt{2}.

BC=BF+FC=r\sqrt{2}+3r=r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

AG=2\times BC=2r\left( 3+\sqrt{2}\right) .

The area S of ABG is thus r^{2}\left( 3+\sqrt{2}\right) ^{2}. But this area S=1. Thus

r=\dfrac{1}{3+\sqrt{2}} =\dfrac{3-\sqrt{2}}{7}

Other solvers:  josejuan , Prof. Paulo Sérgio.

Setembro 30, 2010

Problema sobre triângulos e quadrados

Filed under: Geometria,Matemática,Matemática-Básico,Matemática-Secundário,Problemas — Américo Tavares @ 3:24 pm
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Sabendo que a área da figura azul é 1 \text{m}^2, indique se os triângulos exteriores são iguais aos interiores e calcule a medida dos seus lados:

Figura de David Eppstein, (com Günter Ziegler e Greg Kuperberg),  COMB01, Barcelona, 2001

(disponível em Polyhedra and Polytopes, Triangles and squares)

Resposta

São Iguais

Cada lado mede \sqrt{\dfrac{2-\sqrt{3}}{3}} m

 

Edição de 1-10-2010: acrescentada resposta (corrigida). 

Setembro 12, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #6

Filed under: Calculus,Cálculo,Geometria,Matemática,Matemática-Secundário,Math,Problem,Problem Of The Month,Problema do mês,Problemas,Trigonometria — Américo Tavares @ 11:42 pm
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pdmpom20100913

Enunciado do Problema

Os quatro círculos têm o mesmo raio. Determine-o no caso do triângulo medir 1 m².

  • Serão bem-vindas soluções até ao fim do mês, comentando ou por email: acltavares@sapo.pt

Problem Statement

The four circles have equal radius. Find it if the size of the triangle is 1 m².

  • Solutions till the end of the month will be welcome, in the comments
    box or via e-mail:     acltavares@sapo.pt

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