Projecção ortogonal de um ponto sobre uma recta

(Pode ver um caso particular aqui)

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.

Problemas e Teoremas

Problema: São dadas as coordenadas de três pontos $latex A&fg=000000$, $latex B&fg=000000$ e $latex P&fg=000000$, num referencial cartesiano $latex (x,y)&fg=000000$ . Seja $latex r&fg=000000$ a recta definida por $latex A&fg=000000$ e $latex B&fg=000000$, e seja $latex s&fg=000000$ a recta perpendicular a $latex r&fg=000000$ que passa por $latex P&fg=000000$. Determinar as coordenadas do ponto $latex I&fg=000000$ de intersecção das rectas $latex s&fg=000000$ e $latex r&fg=000000$, ou seja a projecção de $latex P&fg=000000$ sobre $latex r&fg=000000$.

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

Republico um dos algoritmos que permitem calcular o dia de Páscoa.

Problemas e Teoremas

Seja x o ano.

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

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

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

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

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

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

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

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

9. Calcule-se hμ+

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Republicação de problema (e resolução) sobre valoração p-ádica :: Repost of a problem (and solution) on p-adic valuation

(Daqui e daqui)

Enunciado do Problema

Seja m o maior inteiro positivo tal que \dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}. Determine, justificando, um majorante de m.

  • Afirmação não demonstrada: 10   é um majorante de m. Encontre um mais pequeno.

Problem Statement

Let m be the greatest positive integer such that \dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}. Find with proof an upper bound for m.

  • Claim: 10 is an upper bound for m. Find a smaller one.

 

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Solution par Pierre Bernard, France

On sait que

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

De plus, chaque terme

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

vaut 0 ou 1 (on a toujours \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor qui vaut 0 ou 1).

Si i est assez grand, il est clair que

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Précisément, puisque n\geq k, il suffit que p^{i}>n, c’est-à-dire i>\log _{p}(n) pour que

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

On a donc:

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ ou }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Donc

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

Et 5 c’est mieux que 10 :)

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Solution by Pierre Bernard, France; translated by Américo Tavares

We know that

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

Furthermore, each  term

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

is 0 or 1 (we have allways \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor which is  0 or 1).

For i sufficiently large it is clear that we have

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

And because  n\geq k it is  sufficient that p^{i}>n, i. e. i>\log _{p}(n) to have [Translator’s note: slightly edited on July 22, 2009]

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Therefore

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ or }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Thus

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

And 5 is better than 10 :)

Other solvers: fede (comments in Gaussianos‘s blog) and  fatima

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Resolução de Pierre Bernard, França;  tradução de Américo Tavares.

Sabe-se que

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

Além disso, cada termo

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

vale  0 ou 1 (tem-se sempre \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor   que é igual a  0 ou 1).

Para  i suficientemente grande é claro que se tem

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Ora, dado que n\geq k, é suficiente que  p^{i}>n, isto é i>\log _{p}(n) para se ter

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Portanto:

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ ou }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Deste modo

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

E 5 é melhor do que 10 :)

Outros: fede (commentários no blogue Gaussianos) e fatima

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Notas:

1. v_{p}(r) designa a valoração (ou valorização)  p-ádica (valuation p-adique) de  r: o expoente do número primo p na decomposição em factores primos do inteiro r. Por outras palavras,  p^{v_{p}(r)} divide r mas p^{1+v_{p}(r)} não divide r.

2. Também se usa a notação \text{ord}_p(r) (ordem ou ordinal de r em p) com o mesmo significado.

3. v_{p}\left(\dfrac{r}{s}\right) =v_{p}(r)-v_{p}(s) (com \dfrac{r}{s}\in\mathbb{Q}).

4. Teorema de Legendre: Qualquer que seja o inteiro positivo n, o expoente do número primo p na decomposição em números primos  de n! é igual a

\displaystyle\sum_{i\geq 1}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor

\bigskip

Remarks:

1. v_{p}(r) denotes  the p-adic valuation of  r: the exponent of the prime p in the factorization into prime numbers of the integer r. In other words  p^{v_{p}(r)} divides r and p^{1+v_{p}(r)} does not divide r.

2. With the same meaning another notation is also used: \text{ord}_p(r) (order or ordinal of r at p)

3. v_{p}\left(\dfrac{r}{s}\right) =v_{p}(r)-v_{p}(s) (with \dfrac{r}{s}\in\mathbb{Q}).

4. Theorem (Legendre): For every positive integer n, the exponent of the prime number p in the factorization into prime numbers of  n! is

\displaystyle\sum_{i\geq 1}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor

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Desafios SPM – Números complexos – Exercício 17. Minha resolução

Divulgo o seguinte título do Público de 11/6/2017 sobre um conjunto de exercícios/problemas/desafios da SPM, ao nível do Secundário, apresentando no final a minha resolução a um deles sobre números complexos.

Desafios para quem vai fazer exame de Matemática

A Sociedade Portuguesa de Matemática elaborou um conjunto de problemas para os alunos do 12.º ano em preparação para o exame nacional da disciplina.

(De: https://static.publico.pt/DOCS/educacao/desafiosSPM_final.pdf?v=2 )

Estes exercícios, com três níveis de complexidade, da responsabilidade da SPM, repartem-se por Probabilidades e Combinatória (9 exercícios), Números Complexos (9), Funções de Variável Real (11) e Geometria (3).

Disponibilizo a seguir a minha resolução do exercício 17, cujo enunciado se reproduz acima. Não tenciono publicar mais nenhuma resolução destes exercícios; esta constitui uma excepção, a título meramente exemplificativo.

No texto introdutório, cuja cópia se encontra acima, pode ler-se:

« Os #Desafios SPM não se constituem portanto, de forma alguma,  como uma simulação do Exame Nacional, já que os itens que integram os exames estão naturalmente sujeitos a restrições decorrentes das características próprias dessas provas de avaliação, substancialmente distintas das que motivaram a elaboração e selecão destes problemas ».

O pdf do enunciado dos exercícios encontra-se aqui.

Minha resolução do exercício 17:  pdf: spmdesafios.exercicio17v3c

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Integral gaussiano

Um dos métodos de cálculo de um integral clássico, traduzido e adaptado de uma minha resposta já antiga (aqui) a uma questão (esta)  de Jichao, em Mathematics Stack Exchange:

(clicar para ver melhor)

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A sample of some contributions to Mathematics Stack Exchange

pdf: msebooklet.pdf

From 557 answers and 37 questions I’ve already posted to the math.stackexchange.com, I make a few of them, 29 answers and 4 questions, available here: msebooklet.pdf (66 pages).

They are grouped into the following categories/tags:

Answers.

  • Elementary algebra
  • Geometry and Trigonometry
  • Calculus
  • Fourier Series
  • Complex Analysis

Questions.

  • Real Analysis
  • Number Theory

(click the image to download the pdf file)

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Integral definido envolvendo uma função trigonométrica inversa e um polinómio quártico

Na questão já antiga do MSE “Evaluating \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\arcsin{\sqrt{x}}}{x^4-2x^3+2x^2-x+1}\mathrm d\!x” pede-se ajuda para determinar o integral

I=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\dfrac{\arcsin{\sqrt{x}}}{x^4-2x^3+2x^2-x+1}\mathrm d\!x

tendo o autor da questão mostrado que

2I=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\arcsin{\sqrt{x}}+\arcsin{\sqrt{1-x}}}{x^4-2x^3+2x^2-x+1}dx.

Na minha resposta cheguei a

\begin{aligned}I&=\dfrac{\sqrt{-2+2\sqrt{13}}\left( \sqrt{13}+13\right) \pi }{312}\ln \dfrac{1+\sqrt{-2+2\sqrt{13}}+\sqrt{13}}{1-\sqrt{-2+2\sqrt{13}}+\sqrt{  13}}\\&\qquad-\dfrac{2\left( -2+2\sqrt{13}\right) \left( \sqrt{13}+13\right) \pi }{312  \sqrt{2+2\sqrt{13}}}\arctan \dfrac{12}{\sqrt{2+2\sqrt{13}}\left( -7+\sqrt{13}  \right) }\\&\approx 0,90952\end{aligned}

A resposta completa traduzida para português encontra-se no seguinte PDF: msedefiniteintegral.

 

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