Volume de um parabolóide elíptico limitado superiormente por um plano horizontal

Problema: calcule o volume do região delimitada pelo parabolóide elíptico definido pela equação 

\displaystyle z=\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}

e pelo plano z=c>0.

(Adaptado do problema do leitor Gil Carvalho no neste comentário na página Problema dos leitores.)

Sugestão: se quiser, faça a mudança de variáveis X=\dfrac{x}{a} e Y=\dfrac{y}{b} e reduza-o ao cálculo do volume, entre z=0 e z=c>0, do parabolóide de secção circular 

\displaystyle z=X^2+Y^2

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O sen(1º) e o cos(1º) são números algébricos

No artigo SENOS (E COSSENOS) ALGÉBRICOS  dos matemáticos brasileiros Carlos A. Gomes e Eurípedes C. da Silva, publicado no N. 0187 da Gazeta de Matemática, os autores apresentam uma demonstração (prova) da seguinte proposição:

« Se \alpha for um número racional, então \cos(\alpha\pi) e \text{sen}(\alpha\pi) são ambos números algébricos. »

O caso particular \alpha=1/180 permite demonstrar (provar) imediatamente o enunciado do título deste post, uma vez que 1^\circ=\pi/180.

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Exemplo de factorização de um polinómio do 4.º grau simétrico

O polinómio

t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1

é simétrico, ou seja, é da forma

at^{4}+bt^{3}+ct^{2}+bt+a

A sua factorização é da forma

\begin{aligned}t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1 &=(t-t_{1})(t-t_{2})(t-t_{3})(t-t_{4}) \\&=\left( t^{2}-\left( t_{1}+t_{2}\right) t+t_{1}t_{2}\right) \left( t^{2}-\left( t_{3}+t_{4}\right) t+t_{3}t_{4}\right) \end{aligned}

em que t_{i}, i=1,2,3,4, são as raízes. Façamos a mudança de variáveis

x=t+t^{-1}

Se dividirmos a equação

t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1=0

por t^{2}, obtemos a equação equivalente

t^{2}+2t-2+2t^{-1}+t^{-2}=0,\qquad t\neq 0

Para exprimir o 1.º membro em termos de x, reparemos que

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

pelo que

\begin{aligned}t^{2}+2t-2+2t^{-1}+t^{-2} &=(t^{2}+2+t^{-2})+2(t+t^{-1})-4 \\&=x^{2}+2x-4 \end{aligned}

Basta factorizar este polinómio em x

x^{2}+2x-4=\left( x+1-\sqrt{5}\right) \left( x+1+\sqrt{5}\right)

para concluir que

t^{2}+2t-2+2t^{-1}+t^{-2}=\left( t+t^{-1}+1-\sqrt{5}\right) \left( t+t^{-1}+1+\sqrt{5}\right)

Como a equação

t+t^{-1}+1-\sqrt{5}=0

tem as mesmas raízes da equação quadrática

t^{2}+(1-\sqrt{5})t+1=0

a sua soma e produto são

\begin{aligned}t_{1}+t_{2} &=-1+\sqrt{5} \\ t_{1}t_{2} &=1\end{aligned}

O segundo par de raízes provém da equação

t+t^{-1}+1+\sqrt{5}=0

que tem as mesmas raízes de

t^{2}+(1+\sqrt{5})t+1=0

pelo que a sua soma e produto são

\begin{aligned}t_{3}+t_{4}&=-1-\sqrt{5} \\t_{3}t_{4}&=1 \end{aligned}

Combinando os resultados anterior conclui-se que

t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1=\left( t^{2}+\left( 1-\sqrt{5}\right) t+1\right)\left( t^{2}+\left( 1+\sqrt{5}\right) t+1\right)

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Congruências e divisibilidade — Um Problema da Purdue University [Republicação] :: Congruences and Divisibility — A Purdue University Problem [Repost]

(Original)

pdf: ver caderno

Versão portuguesa da entrada “Congruences and Divisibility– A Purdue University Problem

Tradução do enunciado do Problema original [PROBLEM OF THE WEEK, Problem No. 12 (Spring 2009 Series)]:

« Para quantos inteiros positivos x\leq 10000 é que  2^{x}-x^{2} não é divisível por 7?

Justifique a sua resposta sem utilizar o computador. »

For how many positive integers x\leq 10,000 is 2^{x}-x^{2} not divisible by 7?

Justify your answer without the use of computers.

Eis a tradução da  minha resolução (aceite):

Se a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right) , então a^{n}\equiv b^{n}\quad\left( \text{mod }m\right) . Esta propriedade aplicada a 2^{n} dá em geral, para n=3k+s,1\leq s\leq 3,0\leq k

2^{n}\equiv 2^{s}\quad\left( \text{mod }7\right) ,\quad (1)

o que significa que os restos da divisão de  2^{n} por 7 formam uma sucessão periódica de comprimento 3 com início em n=1

\overset{\text{per\'{\i}odo}}{\overbrace{2,4,1}},\overset{3\text{ termos}}{\overbrace{2,4,1}},\ldots .

Quanto a n^{2}, dado que: a) se a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right) e c\equiv d\quad \left( \text{mod }m\right) , então a+c\equiv b+d\quad \left( \text{mod }m\right) e b) se a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right) , então a^{2}\equiv b^{2}\quad \left( \text{mod }m\right) , temos em geral, para n=7j+r,1\leq r\leq 7,0\leq j

n^{2}\equiv r^{2}\quad\left( \text{mod }7\right)\quad (2)

o que quer dizer que os restos da divisão de n^{2} por 7 formam uma sucessão  periódica  de comprimento 7 que começa em n=1

\overset{\text{per\'{\i}odo}}{\overbrace{1,4,2,2,4,1,0}},\overset{7\text{ termos}}{\overbrace{1,4,2,2,4,1,0}},\ldots .

Se a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right) e c\equiv d\quad \left( \text{mod }m\right) , então a-c\equiv b-d\quad \left( \text{mod }m\right) . Seja u_{n}=2^{n}-n^{2}. Em consequência de (1) e (2) obtemos

u_{n}\equiv 2^{s}-r^{2}\quad \left( \text{mod }7\right) .\quad (3)

Os restos da divisão de  u_{n} por 7 formam outra sucessão periódica de comprimento 21=\text{mmc}(3,7) que se inicia também em n=1. Apresentamos abaixo quatro exemplos da determinação destes restos.

Para 1\leq n\leq 21 os seguintes 15 termos não são divisíveis por 7:

u_{1},u_{3},u_{7},u_{8},u_{9},u_{11},u_{12},u_{13},u_{14},u_{16},u_{17},u_{18},u_{19},u_{20},u_{21}.

Assim para 1\leq n\leq 9996=21\times \left\lfloor \dfrac{10000}{21}\right\rfloor , há 15\times\left\lfloor \dfrac{10000}{21}\right\rfloor =7140 termos que não são divisíveis por 7.

Dos restantes 4 termos u_{9997} e u_{9999}  não são divisíveis por 7, o que dá um total de 7140+2=7142 números u_{n}=2^{n}-n^{2} não divisíveis por 7.

Quatro exemplos do cálculo dos restos:

u_{9}=2^{9}-9^{2}

(9=3\times 2+3,s=3,9=7\times 1+2,r=2)

2^{9}\equiv 2^{3}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 1\quad\left(\text{mod }7\right)

9^{2}\equiv 2^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 4\quad\left(\text{mod }7\right)

u_{9}\equiv 2^{3}-2^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv -3\quad\left(\text{mod }7\right)

u_{10}=2^{10}-10^{2}

(10=3\times 3+1,s=1,10=7\times 1+3,r=3)

2^{10}\equiv 2^{1}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 2\quad\left(\text{mod }7\right)

10^{2}\equiv 3^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 2\quad\left(\text{mod }7\right)

u_{10}\equiv 2^{1}-3^{2}\quad\left( \text{mod }7\right)\equiv 0\quad\left( \text{mod }7\right)

u_{9997}=2^{9997}-9997^{2}

(9997=3\times 3332+1,s=1,9997=7\times 1428+1,r=1)

2^{9997}\equiv 2^{1}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 2\quad\left(\text{mod }7\right)

9997^{2}\equiv 1^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 1\quad\left(\text{mod }7\right)

u_{9997} \equiv 2^{9997}-9997^{2}\quad \left( \text{mod}7\right) \equiv 1\quad \left( \text{mod }7\right)

u_{9998}=2^{9998}-9998^{2}

(9998=3\times 3332+2,s=2,9998=7\times 1428+2,r=2)

2^{9998}\equiv 2^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 4\quad\left(\text{mod }7\right)

9998^{2}\equiv 2^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 4\quad\left(\text{mod }7\right)

u_{9998} \equiv 2^{9998}-9998^{2}\quad \left( \text{mod}7\right) \equiv 0\quad \left( \text{mod }7\right)

  • * * *

PROBLEM OF THE WEEK, Problem No. 12 (Spring 2009 Series):

Problem. For how many positive integers x\leq 10,000 is 2^{x}-x^{2} not divisible by 7?

Justify your answer without the use of computers.

Here is my solution (accepted).

If a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right) , then a^{n}\equiv b^{n}\quad\left( \text{mod }m\right) . Applied to 2^{n} this property gives in general for n=3k+s,1\leq s\leq 3,0\leq k

2^{n}\equiv 2^{s}\quad\left( \text{mod }7\right) ,\quad (1)

which means that the remainders of the division of 2^{n} by 7 form a periodic sequence of length 3 starting at n=1

\overset{\text{period}}{\overbrace{2,4,1}},\overset{3\text{ terms}}{\overbrace{2,4,1}},\ldots .

As for n^{2} since (a) if a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right) and c\equiv d\quad \left( \text{mod }m\right) , then a+c\equiv b+d\quad \left( \text{mod }m\right) and (b) if a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right) , then a^{2}\equiv b^{2}\quad \left( \text{mod }m\right) , we have in general for n=7j+r,1\leq r\leq 7,0\leq j

n^{2}\equiv r^{2}\quad\left( \text{mod }7\right)\quad (2)

which means that the remainders of the division of n^{2} by 7 form a periodic sequence of length 7 starting at n=1

\overset{\text{period}}{\overbrace{1,4,2,2,4,1,0}},\overset{7\text{ terms}}{\overbrace{1,4,2,2,4,1,0}},\ldots .

If a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right) and c\equiv d\quad \left( \text{mod }m\right) , then a-c\equiv b-d\quad \left( \text{mod }m\right) . Let u_{n}=2^{n}-n^{2}. Therefore from (1) and (2) we have

u_{n}\equiv 2^{s}-r^{2}\quad \left( \text{mod}7\right) .\quad (3)

The remainders of the division of u_{n} by 7 form another periodic sequence of length 21=\text{lcm}(3,7) which starts also at n=1. Four examples of the evaluation of these remainders are presented below.

For 1\leq n\leq 21 the following 15 terms are not divisible by 7:

u_{1},u_{3},u_{7},u_{8},u_{9},u_{11},u_{12},u_{13},u_{14},u_{16},u_{17},u_{18},u_{19},u_{20},u_{21}.

Hence for 1\leq n\leq 9996=21\times \left\lfloor \dfrac{10000}{21}\right\rfloor , there are 15\times\left\lfloor \dfrac{10000}{21}\right\rfloor =7140 terms that are not divisible by 7.

From the remaining 4 terms u_{9997} and u_{9999}  are not divisible by 7, which gives a total of 7140+2=7142 numbers u_{n}=2^{n}-n^{2} not divisible by 7.

Four examples of the evaluation of the remainders:

u_{9}=2^{9}-9^{2}

(9=3\times 2+3,s=3,9=7\times 1+2,r=2)

2^{9}\equiv 2^{3}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 1\quad\left(\text{mod }7\right)

9^{2}\equiv 2^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 4\quad\left(\text{mod }7\right)

u_{9}\equiv 2^{3}-2^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv -3\quad\left(\text{mod }7\right)

u_{10}=2^{10}-10^{2}

(10=3\times 3+1,s=1,10=7\times 1+3,r=3)

2^{10}\equiv 2^{1}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 2\quad\left(\text{mod }7\right)

10^{2}\equiv 3^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 2\quad\left(\text{mod }7\right)

u_{10}\equiv 2^{1}-3^{2}\quad\left( \text{mod }7\right)\equiv 0\quad\left( \text{mod }7\right)

u_{9997}=2^{9997}-9997^{2}

(9997=3\times 3332+1,s=1,9997=7\times 1428+1,r=1)

2^{9997}\equiv 2^{1}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 2\quad\left(\text{mod }7\right)

9997^{2}\equiv 1^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 1\quad\left(\text{mod }7\right)

u_{9997} \equiv 2^{9997}-9997^{2}\quad \left( \text{mod}7\right) \equiv 1\quad \left( \text{mod }7\right)

u_{9998}=2^{9998}-9998^{2}

(9998=3\times 3332+2,s=2,9998=7\times 1428+2,r=2)

2^{9998}\equiv 2^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 4\quad\left(\text{mod }7\right)

9998^{2}\equiv 2^{2}\quad\left(\text{mod }7\right) \equiv 4\quad\left(\text{mod }7\right)

u_{9998} \equiv 2^{9998}-9998^{2}\quad \left( \text{mod}7\right) \equiv 0\quad \left( \text{mod }7\right)

 

Editado em 12-03-2019 para acrescentar a versão original inglesa

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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.

 

\bigskip

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 :)

\bigskip

* * *

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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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* * *

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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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