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\}

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 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 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.

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 .

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

Agosto 25, 2010

Solução do Puzzle trigonométrico :: Trigonometric Puzzle Solution

Filed under: Matemática,Matemática-Secundário,Math,Trigonometria — Américo Tavares @ 6:39 pm
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Puzzle trigonométrico :: Trigonometric Puzzle

Sejam n um inteiro positivo e f(x) uma função trigonométrica. Determine n e f(x) tais que:

\displaystyle 2f\left( \frac{\pi }{n}\right) =\sqrt{1-\frac{1}{2}\sqrt{2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2}\sqrt{2}}

Let n be a positive integer and f(x) some trigonometric function. Find n and f(x) such that:

\displaystyle 2f\left( \frac{\pi }{n}\right) =\sqrt{1-\frac{1}{2}\sqrt{2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2}\sqrt{2}}.

 

Solução de Jacques Glorieux ::  Solution by Jaques Glorieux:

\displaystyle\sqrt{1-\frac{1}{2}\sqrt{2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2}\sqrt{2}}

=\displaystyle\sqrt{\cos 0-\cos \frac{\pi }{4}}+\sqrt{\cos 0-\cos \frac{\pi }{4}}

=\displaystyle\sqrt{-2\sin \left( \frac{1}{2}\left( 0+\frac{\pi }{4}\right) \right) \sin\left( \frac{1}{2}\left( 0-\frac{\pi }{4}\right) \right) } +\displaystyle\sqrt{2\cos \left( \frac{1}{2}\left( 0+\frac{\pi }{4}\right) \right) \cos\left( \frac{1}{2}\left( 0-\frac{\pi }{4}\right) \right) }

=\displaystyle\sqrt{2\sin ^{2}\frac{\pi }{8}}+\sqrt{2\cos ^{2}\frac{\pi }{8}}

=\displaystyle\sqrt{2}\left( \sin \frac{\pi }{8}+\cos \frac{\pi }{8}\right)

=\displaystyle2\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\sin \frac{\pi }{8}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cos \frac{\pi }{8}\right)

=\displaystyle2\left( \sin \frac{\pi }{4}\sin \frac{\pi }{8}+\cos \frac{\pi }{4}\cos\frac{\pi }{8}\right)

=\displaystyle2\cos \left( \frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{8}\right)

=\displaystyle2\cos \left( \frac{\pi }{8}\right)

\displaystyle\implies f(x)=\cos x \wedge n=8

Agosto 22, 2010

Puzzle trigonométrico :: Trigonometric Puzzle

Filed under: Matemática,Matemática-Secundário,Math,Trigonometria — Américo Tavares @ 3:16 pm
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Sejam n um inteiro positivo e f(x) uma função trigonométrica. Determine n e f(x) tais que:

\displaystyle 2f\left( \frac{\pi }{n}\right) =\sqrt{1-\frac{1}{2}\sqrt{2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2}\sqrt{2}}

Let n be a positive integer and f(x) some trigonometric function. Find n and f(x) such that:

\displaystyle 2f\left( \frac{\pi }{n}\right) =\sqrt{1-\frac{1}{2}\sqrt{2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2}\sqrt{2}}.

Solução :: Solution

Maio 11, 2010

Solução do Desafio: áreas de faixas dentro do círculo :: Solution for the Challenge: strip areas inside the circle

Filed under: Exercícios Matemáticos,Geometria,Matemática,Matemática-Secundário,Math,Trigonometria — Américo Tavares @ 9:18 pm
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Enunciado do desafio :: Challenge statement

Os arcos de circunferência a grosso verdes e azuis têm o mesmo comprimento. A soma das áreas delimitadas pelos arcos e linhas a grosso azuis é igual à soma das áreas delimitadas pelos verdes? Justifique.

Nota: os diâmetros são perpendiculares.

 

The thick green and blue circle arcs have the same lengths. Does the sum of the areas limited by the thick blue arcs and lines equal the sum of the areas limited by the green ones? Justify.

Remark: the diameters are perpendicular.

Solution by Jacques Glorieux:

Let’s denote by a the angle AOB and by b the angle BOE.

The area of the green trapezium (trapezoid) ABCD is :

\dfrac{1}{2}[R\sin (a+b)+R\sin (b)][R\cos (b)-R\cos (a+b)]=

\dfrac{1}{2}R^{2}[\sin (a+b)+\sin (b)][\cos (b)-\cos (a+b)]\qquad (1)

The area of the green trapezium (trapezoid) FGHI can easily be obtained by replacing b by \pi /2-(a+b) in (1):

\dfrac{1}{2}R^{2}[\cos (b)+\cos (a+b)][\sin (a+b)-\sin (b)]\qquad (2)

By summing (1) and (2), we obtain the area of the two green trapezia (trapezoids):

R^{2}\sin (a), which is not dependant on angle b.

If we look at the original drawing, we see that the blue figure is just a particular case of the green one when b=\pi /2-a.

The sum of the areas of the two blue trapezia (trapezoids) is thus the same as the sum of the areas of the two green trapezes.

As the total green (blue) area is equal to the sum of the areas of the two green (blue) trapezia (trapezoids) plus twice the area under one of the chord (i.e. AB), the green and the blue areas are equal.

[Correction of May 12, 2010: trapezium (trapezoid), trapezia (trapezoids) instead of trapeze, trapezes A. Tavares]

* * *

Resolução de Jacques Glorieux:

Designemos por a o ângulo  AOB e por b o ângulo BOE.

A área do trapézio verde  ABCD é:

\dfrac{1}{2}[R\sin (a+b)+R\sin (b)][R\cos (b)-R\cos (a+b)]=

\dfrac{1}{2}R^{2}[\sin (a+b)+\sin (b)][\cos (b)-\cos (a+b)]\qquad (1)

A área do trapézio verde FGHI pode obter-se facilmente  substituindo b por \pi /2-(a+b) em (1):

\dfrac{1}{2}R^{2}[\cos (b)+\cos (a+b)][\sin (a+b)-\sin (b)]\qquad (2)

Somando (1) e (2), obtemos a área dos dois trapézios verdes:

R^{2}\sin (a), que não depende do ângulo b.

Se observarmos o desenho original, vemos que a figura azul é o caso particular da verde para b=\pi /2-a.

A soma das áreas dos dois trapézios azuis é por isso a mesma que a da soma das áreas dos dois trapézios verdes.

Como o total das áreas verdes (azuis) é igual à soma das áreas dos dois trapézios verdes (azuis) mais o dobro da área sob uma corda (i.e. AB), as áreas verdes e azuis são iguas.

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