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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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* * *

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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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Leibniz formula for π using a Fourier sine series expansion

In the math.stackexchange.com question How to show this formula using a Fourier sine series expansion? \sum _{k=1}^{\infty }\frac {\left(-1\right)^{k-1}}{2k-1}=\frac {\pi }{4}FMath asked how to prove

\displaystyle\sum _{k=1}^{\infty }\dfrac{\left(-1\right)^{k-1}} {2k-1}=\dfrac {\pi }{4}

using the Fourier sine expansion for the function f(x)=\dfrac {1} {2}\left( \pi -x\right); (range: \left[0,\pi \right]).

Here is my answer.

To obtain the Fourier sine series expansion for f(x) the coefficients a_n must vanish (see below). So let g(x) be the odd function extending f(x) to the interval [-\pi,0[ defined by

g(x)=\left\{\begin{array}{l}\phantom{-}f(x)=\phantom{-}\dfrac{\pi-x}{2},\qquad\quad 0\leq x\leq\pi\\\\-f(-x)=-\dfrac{\pi+x}{2},\qquad -\pi\leq x <0\end{array}\right.

whose graph in [\pi,\pi] is shown in the following figure

g(x)=f(x)=\dfrac{\pi -x}{2}, x\in[0,\pi[ ; \; g(x)=-f(-x)=-\dfrac{\pi +x}{2},x\in[-\pi,0]

We know that the trigonometric Fourier series expansion for g(x) in the interval \left[ -\pi ,\pi \right] is given by

\dfrac{a_{0}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos (nx)+b_{n}\sin (nx)\right),

where the coefficients are the integrals

a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }g(x)\cos (nx)\,dx,\qquad n=0,1,2,\ldots,

b_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }g(x)\sin (nx)\,dx,\qquad n=1,2,3,\ldots,

The integrand g(x)\cos (nx) is an odd function, while g(x)\sin (nx) is even. So a_{n}=0 and

b_{n}=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }g(x)\sin (nx)\,dx=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }\dfrac{\pi -x}{2}\sin (nx)\,dx.

Evaluating this last integral we obtain b_{n}=\frac{1}{n}, which proves that

f(x)=\dfrac{\pi -x}{2}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin (nx),\qquad 0\leq x\leq\pi,

(the Fourier sine series for the function f(x) in the interval \left[0,\pi\right]). We see that f(\pi/2)=\pi/4. We just need to confirm that for x=\pi /2 this last series reduces to your series. Indeed since

\sin\big(\dfrac{n\pi }{2}\big)=\left\{\begin{array}{l}\phantom{-}1,\qquad n=1,5,\ldots ,4k+1,\ldots\\\phantom{-}0,\qquad n=2,4,\ldots ,2k+2,\ldots\quad (k=0,1,2,\ldots)\\-1,\qquad n=3,5,\ldots,4k+3,\ldots,\end{array}\right.

we have

\dfrac{\pi }{4}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin \big(\dfrac{n\pi }{2}\big)=1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}+\ldots = \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac {\left( -1\right)^{k-1}} {2k-1}.

Remark. For a Fourier cosine series we would need to extend f(x) to an even function instead, because then b_n would vanish.

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Mathematics Stack Exchange: 6 anos de contribuições

Há seis anos tornei-me utilizador de math.stackexchange.com. Eis uma captura de ecrã de hoje da minha página de perfil:

mse6y20160801

Aproveito para republicar o seguinte post:

Dois métodos de cálculo de ζ(2)

Desta minha resposta no MSE.

1. Desenvolvimento em série trigonométrica de Fourier de x^{2}

Podemos usar a função f(x)=x^{2} com -\pi\leq x\leq\pi e determinar o seu desenvolvimento em série trigonométrica de Fourier

\dfrac{a_{0}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin x),

que é periódico e converge para f(x) em -\pi\leq x\leq\pi.

Reparando que f(x) é par, basta determinar os coeficientes

a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\;dx\qquad n=0,1,2,3,\dots,

porque

b_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\;dx=0\qquad n=1,2,3,\dots

Para n=0 temos

a_{0}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}dx=\dfrac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi}x^{2}dx=\dfrac{2\pi ^{2}}{3}.

E para n=1,2,3,\dots obtemos

a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx

=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx=\dfrac{2}{\pi }\times \dfrac{2\pi }{n^{2}}(-1)^{n}=(-1)^{n}\dfrac{4}{n^{2}},

porque

\displaystyle\int x^2\cos nx\;dx=\dfrac{2x}{n^{2}}\cos nx+\left( \dfrac{x^{2}}{n}-\dfrac{2}{n^{3}}\right) \sin nx.

Assim

f(x)=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\dfrac{1}{n^{2}}\cos nx\right).

Como f(\pi )=\pi ^{2} obtemos

\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\dfrac{4}{n^{2}}\cos \left( n\pi \right) \right)

\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}(-1)^{n} \dfrac{1}{n^{2}}\right)

\pi ^{2}=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}.

Logo

\zeta(2)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{4}-\dfrac{\pi ^{2}}{12}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}

2. Desenvolvimento em série de \text{Log}(1-e^{ix}) (por Eric Rowland; disponível online há alguns anos atrás)

A partir de

\log (1-t)=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{t^n}{n},

fazendo a substituição t=e^{ix}, obtém-se a série

w=\text{Log}(1-e^{ix})=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{e^{inx}}{n}=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\cos nx-i\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin nx,

cujo raio de convergência é igual a 1. Tomando a parte imaginária de ambos os membros, o 2.º transforma-se em

\Im w=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin nx,

e o 1.º,

\Im w=\arg\left( 1-\cos x-i\sin x\right) =\arctan\dfrac{-\sin x}{1-\cos x}.

Como

\arctan\dfrac{-\sin x}{1-\cos x}=-\arctan\dfrac{2\sin\dfrac{x}{2}\cdot\cos\dfrac{x}{2}}{2\sin ^{2}\dfrac{x}{2}}

=-\arctan\cot \dfrac{x}{2}=-\arctan\tan\left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{x}{2} \right) =\dfrac{x}{2}-\dfrac{\pi }{2},

é válido o seguinte desenvolvimento em série

\dfrac{\pi }{2}-\dfrac{x}{2}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin nx.\qquad(\ast )

Integrando (\ast ), obtém-se

\dfrac{\pi }{2}x-\dfrac{x^{2}}{4}+C=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}\cos nx.\qquad (\ast\ast )

Fazendo x=0, obtemos a relação entre C e \zeta (2)

C=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=-\zeta (2).

E para x=\pi, como

\zeta (2)=2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}},

deduz-se

\dfrac{\pi ^{2}}{4}+C=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}\cos n\pi =\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}=\dfrac{1}{2}\zeta (2)=-\dfrac{1}{2}C.

Resolvendo em ordem a C

C=-\dfrac{\pi ^{2}}{6},

prova-se assim que

\zeta (2)=\dfrac{\pi ^{2}}{6}.

Nota: este método gera todos os valores de \zeta (2n), integrando repetidamente (\ast\ast ). Infelizmente não resulta para \zeta (2n+1).

ADENDA de 8-8-2016: acrescento uma cópia do seguinte post com uma resposta dada no MSE

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

 

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.

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