Uma questão do exame de Matemática inglês GCSE

GCSE EXAM FINAL QUESTION (link)

(Versão do artigo em pdf)

Recentemente vi no FB referências a uma questão de matemática do exame inglês conhecido por GCSE (General Certificate of Secondary Education) deste ano, destinado a alunos que deixam a escola aos 16 anos e que não pretendem prosseguir estudos.

Tradução do enunciado. A figura representa três círculos de 4 cm de raio cada. Os centros dos círculos são os pontos A, B e C tais que ABC é uma linha recta e AB=BC=4 cm. Calcule a área total das duas regiões sombreadas. Apresente a sua resposta em termos de \pi.

gcse-fig0

Possível resolução. Designemos a área da região sombreada por A. Ora.

A=\pi r^{2}-4A_{\text{seg. circ.}}

em que A_{\text{seg. circ.}} é a área de um segmento de um círculo (veja última figura) de raio r=4 cm e ângulo ao centro \theta =120{{}^{\circ }}=\frac{2\pi }{3} rad. Para calcular esta área, determinamos primeiro a área A_{\text{seg. circ.}} de um sector de círculo de raio r=4 cm e ângulo ao centro \theta =\frac{2\pi }{3} rad, retirando-lhe depois a área A_{\triangle\mathrm{PQC}} do triângulo PQC (da segunda figura), em que P é o ponto intersecção de duas circunferências concorrentes, por exemplo a do meio e a da direita e Q é o ponto simétrico de P na vertical

gcse-fig1

Então,

A_{\text{sec. circ.}}=\dfrac{1}{2}r^{2}\theta =\dfrac{16\pi }{3}\,\text{cm}^{2}

Seja T o ponto equidistante de B e C. Mas como a área do triângulo rectângulo PTC (rectângulo em T, base b=TC=2 cm e altura h=PT=\sqrt{12}=2\sqrt{3} cm) é

A_{\triangle \text{PTC}}=\dfrac{bh}{2}=2\sqrt{3}\,\text{cm}^{2}=\dfrac{A_{\triangle \text{PQC}}}{2}

a área A_{\text{seg. circ.}} vem

A_{\text{seg. circ.}}=A_{\text{sec. circ.}}-A_{\triangle \text{PQC}}=A_{\text{sec. circ.}}-2\times A_{\triangle\mathrm{PTC}}=\dfrac{16\pi }{3}-4\sqrt{3}\,\text{cm}^{2}

Donde a área pedida será

A=\pi r^{2}-4A_{\text{seg. circ.}}=16\pi -4\left(\dfrac{16\pi }{3}-4\sqrt{3}\right) =-\dfrac{16}{3}\pi +16\sqrt{3}\, \text{cm}^{2}

 

gcse-fig2

Segmento de círculo \overset{ \huge\frown}{PCQP} (a vermelho) e sector de círculo \overset{ \huge\frown}{BPCQB} (regiões azul e vermelha; ângulo ao centro \angle PBQ e raio r=BP=4)

Comentário. No contexto de exame, parece-me uma questão difícil.

Usando trigonometria, pode demonstrar-se que se o raio for r e o ângulo ao centro \theta, a área do segmento de círculo é igual a

\dfrac{r^2}{2}(\theta - \text{sen}(\theta))

com \theta expresso em radianos. No entanto, por ser mais simples, na resolução geométrica sugerida, recorri apenas ao teoremas de Pitágoras.

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Desigualdade probabilística de Hoeffding ilustrada com um caso específico simples

(Versão do artigo em PDF)

No artigo (de Machine Learning) de Sébastien Bubeck e Mark Sellke  A Universal Law of Robustnesss via Isoperimetry é utilizada a desigualdade de Hoeffding, [Hoeffding, Wassily (1963)] na demonstração do teorema principal. Esta desigualdade probabilística apresenta o seguinte enunciado, em tradução do original

Desigualdade de Hoeffding [Hoeffding, Wassily (1963) Theorem 2]: Se X_{1},X_{2}\dots,X_{n}  forem variáveis aleatórias independentes e a_{i}\leq X_{i}\leq b_{i}, i=1,2\ldots,n, então, para t>0:

\mathbb{P}\left[\overline{X}-\mu\geq t\right]\leq\exp\left(-2n^2t^2/\sum_{i=1}^{n}\left(b_{i}-a_{i}\right)\right)^2.

Notação: \overline{X}=\dfrac{S}{n} e \mu =\mathbb{E}\left[ \overline{X}\right] =\dfrac{\mathbb{E}\left[ S\right]}{n}, em que a soma S=\sum_{i=1}^{n}X_{i} e \mathbb{E}\left[\overline{X}\right] é a esperança matemática de \overline{X}.

Embora a demonstração deste teorema não faça referência explícita à desigualdade de Markov, no caso particular do exercício que apresento a seguir, vou usá-la para facilitar a sua demonstração, à semelhança do que é feito neste vídeo de MIT RES.6-012 Introduction to Probability. No exercício, à excepção da utilização da desigualdade de Markov, sigo, para mais fácil generalização, os passos da demonstração do teorema original adaptada ao caso apresentado.

Desigualdade de Markov: se Z  for uma variável aleatória positiva ou nula cuja esperança matemática se designa por \mathbb{E}[Z] e c uma constante positiva, então

\mathbb{P}\left( Z\geq c\right) <\dfrac{\mathbb{E}\left[ Z\right] }{c}.

Exercício (caso particular da desigualdade de Hoeffding): Sejam X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} variáveis aleatórias independentes que tomam, com igual probabilidade, os valores -1 e 1

\mathbb{P}\left( X_{i}=-1\right) =\mathbb{P}\left(X_{i}=1\right)=1/2,\qquad i=1,\ldots ,n.

Designando a média das variáveis aleatórias por \overline{X}=S/n, em que S=\sum_{i=1}^{n}X_{i} é a sua soma, e fazendo uso da desigualdade de Markov, determine o seguinte majorante da probabilidade da média ser pelo menos t

\mathbb{P}\left[ \overline{X}\geq t\right] \leq e^{-nt^{2}/2},\qquad t>0.\qquad\qquad(1)

Resolução: Se substituirmos \overline{X} em \mathbb{P}\left[ \overline{X}\geq t\right], obtemos a probabilidade equivalente

\mathbb{P}\left[\overline{X}\geq t\right]=\mathbb{P}\left[\dfrac{S}{n}\geq t\right]=\mathbb{P}\left[S\geq nt\right].

Seja, agora, h uma constante positiva arbitrária. Como a condição S\geq nt é equivalente a e^{hS}\geq e^{hnt}, podemos escrever

\mathbb{P}\left[ \overline{X}\geq t\right]=\mathbb{P}\left[ S\geq nt\right]=\mathbb{P}\left[ e^{hS}\geq e^{hnt}\right].

Para majorar esta última probabilidade usamos a desigualdade de Markov,
que aplicada a este caso se traduz em

\mathbb{P}\left[ e^{hS}\geq e^{hnt}\right] \leq \dfrac{\mathbb{E}\left[ e^{hS}\right]}{e^{hnt}}.\qquad\qquad\qquad(2)

Substituindo o valor de S, tem-se

\dfrac{\mathbb{E}\left[e^{hS}\right]}{e^{hnt}}=\dfrac{\mathbb{E}\left[e^{h\left(\sum_{i=1}^{n}X_{i}\right)}\right]}{e^{hnt}}=\dfrac{\displaystyle\prod\limits_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left[e^{hX_{i}}\right]}{e^{hnt}}.\qquad(3)

Dado que a função exponencial f(x)=e^{hx} é convexa, o seu gráfico é limitado superiormente, no intervalo  \left[ -1,1\right], pela recta que une os pontos \left( -1,f(-1)\right) =\left(-1,e^{-h}\right) e \left( 1,f(1)\right) =\left( 1,e^{h}\right), cuja equação é dada por

y=\dfrac{1-x}{2}e^{-h}+\dfrac{x+1}{2}e^{h}.

Assim,

f(x)=e^{hx}\leq\dfrac{1-x}{2}e^{-h}+\dfrac{x+1}{2}e^{h},\qquad x\in \left[-1,1\right],\qquad(4)

pelo que \mathbb{E}\left[ e^{hX_{i}}\right] =\mathbb{E}\left[ f(X_{i})\right] satisfaz a condição

\mathbb{E}\left[e^{hX_{i}}\right]\leq\dfrac{1-\mathbb{E}\left[X_{i}\right]}{2}e^{-h}+\dfrac{\mathbb{E}\left[X_{i}\right]+1}{2}e^{h}=\dfrac{1}{2}\left(e^{-h}+e^{h}\right),\qquad(5)

atendendo a que \mathbb{E}\left[ X_{i}\right] =0, pois a distribuição de cada X_{i} é simétrica.

De (2),(3) e (5) resulta então

\mathbb{P}\left[\overline{X}\geq t\right]\leq\dfrac{\prod\limits_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left[ e^{hX_{i}}\right] }{e^{hnt}}\leq\left(\dfrac{e^{-h}+e^{h}}{2e^{ht}}\right)^{n}.\qquad(6)

Para facilitar o resto do cálculo, vamos agora reescrever \left(^{-h}+e^{h}\right)/2:

\dfrac{e^{-h}+e^{h}}{2}=e^{-h-\ln 2+\ln\left(1+e^{2h}\right)}:= e^{L\left(h\right)},\qquad\qquad(7)

em que o expoente L\left( h\right) =-h-\ln 2+\ln\left(1+e^{2h}\right). As duas primeiras derivadas de L\left( h\right) são

L^{\prime }\left( h\right)=-1+\dfrac{2}{1+e^{-2h}}\qquad\text{e\qquad }L^{\prime\prime}\left(h\right)=\dfrac{4e^{-2h}}{\left(1+e^{-2h}\right)^{2}}.

A segunda derivada admite a seguinte factorização

L^{\prime \prime }\left( h\right) =4\times\dfrac{1}{e^{-2h}+1}\times\dfrac{e^{-2h}}{e^{-2h}+1}=4\times\dfrac{1}{e^{-2h}+1}\left(1-\dfrac{1}{e^{-2h}+1}\right),\qquad(8)

isto é, L^{\prime \prime }\left( h\right) =4u(1-u) em que u=1/(e^{-2h}+1)\in \left] 0,1\right[, uma vez que 0<1/(e^{-2h}+1)<1. Ora, o máximo de 4u(1-u) ocorre quando u=1/2, donde L^{\prime\prime}\left( h\right) \leq 4\times (1/2)(1-1/2)=1. Pelo desenvolvimento em série de Taylor, dado que L\left( 0\right) =L^{\prime }\left(0\right) =0, vem

L\left(h\right)=L(0)+L^{\prime}\left(0\right)h+\dfrac{L^{^{\prime \prime}}\left(0\right) }{2}h^{2}+\cdots \leq \dfrac{1}{2}h^{2}.\qquad(9)

No gráfico anterior mostram-se os andamentos de L(h), h^{2}/2 e L^{\prime \prime }(h). De (7) e (9), resulta que \left( e^{-h}+e^{h}\right) /2=e^{L\left( h\right) }\leq e^{h^{2}/2}, e de (6),

\mathbb{P}\left[\overline{X}\geq t\right] \leq \left(\dfrac{e^{-h}+e^{h}}{2e^{ht}}\right) ^{n}\leq e^{-hnt+nh^{2}/2}.\qquad(10)

Designe-se o expoente de (10) por g(h)=-hnt+nh^{2}/2. Visto que \min_{h}\exp\left[g(h)\right]=\exp\left[\min_{h}g(h)\right] e g^{\prime }(h)=nh-nt=0, o segundo membro de (10) tem o mínimo em h_{\min }=t. Finalmente, inserindo este valor em (10), obtemos o majorante e^{-hnt+nh^{2}/2}=e^{-nt^{2}/2} de \mathbb{P}\left[ \overline{X}\geq t\right] indicado em (1), o que demonstra a desigualdade de Hoeffding, neste caso específico.

Apresentam-se dois exemplos gráficos para os casos t=1/2 e t=3/4.

 

[Hoeffding, Wassily (1963)] Probability inequalities for sums of bounded random variables (PDF). Journal of the American Statistical Association. 58 (301): 13–30. Acessível via Wikipedia

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Série de MacLaurin de exp(1/(1-z))

Na questão de DannyBoy  Find the first four non-zero terms of the Maclaurin series of f(z)=e^{\frac{1}{1-z}}, no MSE, pretende-se achar os quatro primeiros termos da série de MacLaurin, sem calcular as derivadas, da função f(z)=e^{\frac{1}{1-z}} .

Tradução da minha resposta.

A partir das séries de Maclaurin

\dfrac{1}{1-z}=1+z+z^{2}+z^{3}+O\left( z^{4}\right)

e

\exp(z)= 1+z+\dfrac{1}{2!}z^{2}+\dfrac{1}{3!}z^{3}+O(z^{4}),

podemos obter o desenvolvimento de \exp\left(\dfrac{1}{1-z}\right) como é explicado nos seguintes passos:

\begin{aligned}\exp\left(\dfrac{1}{1-z}\right)&=\exp\left(1+z+z^{2}+z^{3}+O\left(  z^{4}\right)\right)\\&= \exp\left(1\right)\exp\left(z\right)\exp\left(z^2 \right)\exp\left( z \right)\exp\left( z^3 \right)\exp\left( O(z^4) \right)\\&=\underset{\exp\left(1\right)}{\underbrace{e}}\,\underset{\exp\left(z\right) }{\underbrace{\left(1+z+\dfrac{1}{2}z^{2}+\dfrac{1}{6}z^{3}+O(z^{4})\right)}}\times\\&\qquad\underset{\exp\left(z^{2}\right) }{\times \underbrace{\left(1+z^{2}+O( z^{4})\right) }}\, \underset{\exp\left( z^{3}\right)}{  \underbrace{\left( 1+z^{3}+O(z^{4})\right ) }}\\  &=e\left(1+z+\dfrac{1}{2}z^{2}+\dfrac{1}{6}z^{3}+O(z^{4})\right)\underset{\exp\left(z^{2}\right)\exp\left( z^{3}\right)}{\underbrace{\left(1+z^{2}+z^{3}+O( z^{4})\right ) }}\\  &=e\left( 1+z+( 1+\dfrac{1}{2}) z^{2}+( 1+1+\dfrac{1}{6})  z^{3}+O( z^{4})\right)\\&=e+ez+\dfrac{3}{2}ez^{2}+\dfrac{13}{6}ez^{3}+O(z^{4}).  \end{aligned}

P.S. A ideia foi desenvolver cada um dos factores de f(z) em série de MacLaurin, aproveitando apenas os termos até O(z^{4}).

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Estatísticas do ano e mapa de visitantes

 

 

Aproveito esta altura do ano para publicar o mapa das visualizações do blog desde que WordPress passou a disponibilizá-las nesta forma e os principais países de proveniência dos visitantes

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Boas Festas

Desejo a todos um Santo Natal e um melhor 2021

 

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Desenvolvimento de 1/((z-i)z^2) em série de Laurent numa coroa circular descentrada da origem

Na questão de complexanalysis How do I write the Laurent series for \dfrac{1}{z^2(z-i)} for 1<|z-1|<\sqrt{2}?, no MSE, pretende-se desenvolver a função \dfrac{1}{z^2(z-i)}  em série de Laurent na coroa circular 1<|z-1|<\sqrt2.

Tradução da minha resposta.

A. Quando a função dada é da forma f(z)=\dfrac{p(z)}{q(z)}, sendo p(z) e q(z) polinómios em z, o primeiro passo é desenvolvê-la em fracções parciais. Devido à forma de f(z) isto quer dizer que

f(z)\equiv\dfrac{1}{z^{2}\left(z-i\right)}=\dfrac{A}{z^{2}}+\dfrac{B}{z}+\dfrac{C}{z-i}.\qquad\qquad(1)

Para determinar os coeficientes pode usar-se o  método de Heaviside.

  • Para determinar C, multiplica-se por \left(z-i\right) e, usando a raíz z=i do denominador q(z)= z^{2}\left( z-i\right),  calcula-se o limite

C=\displaystyle\lim_{z\rightarrow i}f(z)\left( z-i\right) =\displaystyle\lim_{z\rightarrow i}\dfrac{1}{z^{2}}=\dfrac{1}{i^{2}}=-1.

  • Para calcular A, multiplica-se por z^{2} e usa-se a raíz z=0 de q(z):

A=\displaystyle\lim_{z\rightarrow 0}f(z)z^{2}=\displaystyle\lim_{z\rightarrow 0}\dfrac{1}{z-i}=i.

  • Para determinar B, substitui-se C e A numa das equações resultantes da multiplicação de (1) por \left( z-i\right) ou z^{2}, e escolhe-se um z que não a anule, p. ex. z=1:

f(z)\left( z-i\right) =\dfrac{1}{z^{2}}=\dfrac{A}{z^{2}}\left( z-i\right) +\dfrac{B}{z}\left( z-i\right) +C,

z=1\implies 1=i\left(1-i\right) +B\left(1-i\right) -1\implies B=1.

Então

f(z)\equiv\dfrac{1}{z^{2}\left(z-i\right)}=\dfrac{i}{z^{2}}+\dfrac{1}{z}-  \dfrac{1}{z-i}.\qquad\qquad(2)

B. Para facilitar algumas manipulações algébricas vamos agora fazer a substituição w=z-1. Então a coroa circular 1<\left\vert z-1\right\vert <\sqrt{2} transforma-se na nova coroa 1<\left\vert w\right\vert <\sqrt{2}, centrada em w=0, e \dfrac{1}{z^{2}\left( z-i\right) } converte-se em

\dfrac{1}{z^{2}\left( z-i\right) }=\dfrac{1}{\left( w+1\right)^{2}\left[  w+\left( 1-i\right) \right] }\equiv g(w).\qquad\qquad(3)

Assim, pela equação (2) pode fazer-se o seguinte desenvolvimento da função g(w)

g(w)=\dfrac{1}{w+1}+\dfrac{i}{\left( w+1\right) ^{2}}-\dfrac{1}{w+\left(  1-i\right) }.\qquad\qquad(4)

C. Cada termo pode ser desenvolvido numa série geométrica específica:

1. Para 1<\left\vert w\right\vert e usando a soma da série geométrica complexa \displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{w^{n}}=\dfrac{1}{1-\left(-1/w\right) }, o primeiro termo pode ser escrito como

g_{1}(w)\equiv\dfrac{1}{w+1}=\dfrac{1}{w}\dfrac{1}{1+1/w}=\dfrac{1}{w}\dfrac{1}{1-\left( -1/w\right) }

e desenvolvido da seguinte maneira

g_{1}(w)=\dfrac{1}{w}\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{w^{n}}=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{w^{n+1}}, \text{ for }  1<\left\vert w\right\vert.\qquad\qquad(5)

2. Quanto ao segundo termo, também para \left\vert w\right\vert >1, como

\dfrac{1}{\left( w+1\right)^{2}}=-\dfrac{d}{dw}\left(\dfrac{1}{w+1}\right) =-\dfrac{d}{dw}g_{1}(w),

pode desenvolver-se na forma

\begin{aligned}g_{2}(w)&\equiv\dfrac{i}{\left(w+1\right)^{2}}=-i\dfrac{d}{dw}g_{1}(w)=-i\dfrac{d}{dw}\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left(-1\right) ^{n}}{w^{n+1}}\\ \\&=i\displaystyle\sum_{n\geq 0}\left( -1\right) ^{n}\frac{n+1}{w^{n+2}}=-i\displaystyle\sum_{n\geq 1}\left(-1\right)^{n}\dfrac{n}{w^{n+1}},\text{ for }1<\left\vert w\right\vert.\qquad\qquad(6)\end{aligned}

3. Quanto ao terceiro, se \left\vert -\dfrac{w}{1-i}\right\vert =\dfrac{\left\vert w\right\vert}{\sqrt{2}}<1, tem-se

\begin{aligned}g_{3}(w)&\equiv\dfrac{1}{w+\left( 1-i\right) }=\dfrac{1}{1-i}\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{w}{1-i}\right) }\\ \\&=\dfrac{1}{1-i}\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left(-1\right)^{n}w^{n}}{\left(1-i\right)^{n}}=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left(-1\right) ^{n}w^{n}}{\left(1-i\right) ^{n+1}}\text{ for }\left\vert w\right\vert <\sqrt{2}.\qquad\qquad(7)\end{aligned}

D. Das equações (5)-(7) decorre que para 1<\left\vert w\right\vert<\sqrt{2}, se tem

\begin{aligned}g(w)&=g_{1}(w)+g_{2}(w)+g_{3}(w) \\ \\&=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\left(-1\right)^{n}\left[\dfrac{1-in}{w^{n+1}}+\dfrac{w^{n}}{\left(1-i\right) ^{n+1}}\right] \text{ for }1<\left\vert w\right\vert <\sqrt{2}. \qquad\qquad(8)\end{aligned}

Em termos da função dada f(z), tem-se, portanto, o seguinte desenvolvimento para 1<\left\vert z-1\right\vert <\sqrt{2}:

f(z)=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\left(-1\right)^{n}\left[\dfrac{1-in}{\left( z-1\right)^{n+1}}+\dfrac{\left(z-1\right)^{n}}{\left(1-i\right)^{n+1}}\right]  \text{ for }1<\left\vert z-1\right\vert <\sqrt{2}.\qquad\qquad(9)

 

 

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Cálculo de um integral impróprio (com logaritmo no numerador e um polinómio do 2.º grau no denominador) como aplicação do teorema dos resíduos da análise complexa

Na questão Evaluate an improper integral using complex analysis, no MSESimplyorange pretende determinar o valor do integral

\displaystyle\int_0^\infty\dfrac{\log x}{(x+a)^2+b^2}\,dx

usando análise complexa.

Tradução da minha resposta.

Baseada nesta resposta à questãoHow to evaluate \displaystyle\int_0^\infty\dfrac{\log x}{(x^2+a^2)^2}dx” (Como calcular \displaystyle\int_0^\infty\frac{\log x}{(x^2+a^2)^2}dx)  e nesta resposta à questãoEvaluate \displaystyle\int_0^\infty\dfrac{(\log x)^4dx}{(1+x)(1+x^2)}” (Cálculo de \displaystyle\int_0^\infty\dfrac{(\log x)^4dx}{(1+x)(1+x^2)}) .  Em vez de uma função com \log z no numerador, consideramos uma função com \log^2 z. Este método é exactamente o mesmo do indicado nos links dos comentários.

Para a,b>0 este método dá a seguinte fórmula explícita

\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\log x}{\left( x+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dx=\frac{1}{2b}\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \log \left( a^{2}+b^{2}\right) .\qquad a,b>0\qquad (\ast)

Escolhi a função multívoca f(z) com uma linha de ramificação  \arg z=0 definida por

\begin{aligned}f(z)&=\dfrac{\log ^{2}z}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}},\quad \text{com }0<\arg z<2\pi ,\quad z=re^{i\theta }\\&=\dfrac{\log ^{2}z}{\left( z-z_{1}\right)\left( z-z_{2}\right) }\qquad z_{1}=-a+ib,\quad z_{2}=-a-ib,\end{aligned}

e integrei-a no sentido directo ao longo do contorno fechado \Gamma mostrado na figura. Este contorno é furado em redor do ponto de ramificação O e consiste nos círculos \gamma _{R} (\left\vert z\right\vert =R) e \gamma _{\varepsilon } (\left\vert z\right\vert =\varepsilon), 0<\varepsilon <1<R e no segmento \left[ \varepsilon,R\right] descrito no sentido positivo por cima do eixo dos x e no sentido negativo por baixo do eixo dos x.

msecontourwithbranchcutandpoles

Contorno fechado \Gamma

No segmento “superior” \left[ \varepsilon,R\right], \theta =0 (r\in \left[ \varepsilon ,R\right] ) e

f(z)=\dfrac{\left( \log r\right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}.

No segmento “inferior” \left[ \varepsilon,R\right], \theta =2\pi (r\in \left[ \varepsilon ,R\right] ) e

f(z)=\dfrac{\left( \log \left( re^{i2\pi }\right) \right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}=\dfrac{\left( \log r+i2\pi \right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}.

Como tal,

\begin{aligned}I &=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0,R\rightarrow \infty }\oint_{\Gamma}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz, \\ &=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\left( \log r\right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr-\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\left( \log \left( re^{i2\pi }\right) \right) ^{2}}{\left( re^{i2\pi }+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr \\ &\quad+\lim_{R\rightarrow \infty }\displaystyle\int_{\gamma _{R}}\dfrac{\left( \log z\right)^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz-\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\displaystyle\int_{\gamma _{\varepsilon }}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz \\&=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\left( \log r\right) ^{2}-\left( \log r+i2\pi\right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dx \\ &=4\pi ^{2}\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr-i4\pi\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\log r}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr \end{aligned}

desde que

\lim_{R\rightarrow \infty }\displaystyle\int_{\gamma _{R}}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\displaystyle\int_{\gamma _{\varepsilon }}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz=0,\quad \text{(vide em baixo).}

Pelo teorema dos resíduos

\begin{aligned}I &=2\pi i\left( \underset{\displaystyle{z=z_{1}}}{\text{\textrm{Res}}}f(z)+ \underset{\displaystyle{z=z_{2}}}{\text{\textrm{Res}}}f(z)f(z)\right) \\&=2\pi i\left[ \underset{\displaystyle{z=z_{1}}}{\text{\textrm{Res}}}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) }+\underset{\displaystyle{z=z_{2}}}{\text{\textrm{Res}}}\dfrac{\left( \log z\right)^{2}}{\left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) }\right] \\&=2\pi i\left[ \dfrac{\left( \log z_{1}\right) ^{2}}{z_{1}-z_{2}}+\dfrac{\left( \log z_{2}\right) ^{2}}{z_{2}-z_{1}}\right] \\&=2\pi i\left[ \dfrac{\left( \log \left( -a+ib\right) \right) ^{2}}{i2b}-\dfrac{\left( \log \left( -a-ib\right) \right) ^{2}}{i2b}\right] \\&=\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( -a+ib\right) \right] ^{2}-\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( -a-ib\right) \right] ^{2}\end{aligned}.

Supomos agora que a,b>0. Então

\begin{aligned}I &=\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( \left\vert -a+ib\right\vert \right)+i\left( \pi -\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &\quad-\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( \left\vert -a-ib\right\vert \right) +i\left( \pi +\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &=\dfrac{\pi }{b}\left[ \dfrac{1}{2}\log \left( a^{2}+b^{2}\right) +i\left( \pi -\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &\quad-\dfrac{\pi }{b}\left[ \frac{1}{2}\log \left( a^{2}+b^{2}\right) +i\left( \pi +\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &=\dfrac{4\pi ^{2}}{b}\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) -i\dfrac{2\pi }{b} \arctan \left( \frac{b}{a}\right) \log \left( a^{2}+b^{2}\right) \end{aligned}

visto que

\log\left( \left\vert -a+ib\right\vert \right) =\log\left( \left\vert -a-ib\right\vert \right) =\dfrac{1}{2}\log \left( a^{2}+b^{2}\right) .

Tomando a parte imaginária de I obtém-se (\ast) na forma

\text{Im }( I )=-4\pi \int_{0}^{\infty }\dfrac{\log r}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2} }\,dr=-\dfrac{2\pi }{b}\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \log \left(a^{2}+b^{2}\right).

——

Prova de que \int_{\gamma _{R}}f,\int_{\gamma _{\varepsilon }}f\rightarrow 0. Se z é um qualquer ponto de \gamma _{R},

\begin{aligned}\left\vert f(z)\right\vert &=\dfrac{\left\vert \log z\right\vert ^{2}}{\left\vert \left( z+a\right) ^{2}+b^{2}\right\vert },\qquad z=R\,e^{i\theta },R>1,0<\theta <2\pi \\&\leq \dfrac{\left( \log R+2\pi \right) ^{2}}{\left\vert z+\left( -z_{1}\right) \right\vert \left\vert z+\left( -z_{2}\right) \right\vert }, \\ &\leq \dfrac{\left( \log R+2\pi \right) ^{2}}{\left\vert R-\sqrt{a^{2}+b^{2}} \right\vert ^{2}}\leq M_{R}\end{aligned}

em que

M_{R}=\dfrac{4\pi \log R+4\pi^{2}+\log ^{2}R}{R^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right) -2R\sqrt{a^{2}+b^{2}}}

porque

\left\vert z+\left( -z_{1}\right) \right\vert \geq \left\vert R-\left\vert z_{1}\right\vert \right\vert ,\left\vert z+\left( -z_{2}\right) \right\vert \geq \left\vert R-\left\vert z_{2}\right\vert \right\vert ,\left\vert z_{1}\right\vert =\left\vert z_{2}\right\vert =\sqrt{a^{2}+b^{2}}.

Isto implica que

\begin{aligned}\left\vert \displaystyle\int_{\gamma _{R}}f(z)\,dz\right\vert &\leq M_{R}\times \,2\pi R\\&=\dfrac{4\pi \log R+4\pi ^{2}+\log ^{2}R}{R^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right)-2R\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\times \,2\pi R\longrightarrow 0\qquad \left(R\rightarrow \infty \right) .\end{aligned}

De maneira semelhante, se z é um ponto qualquer de \gamma _{\varepsilon }

\begin{aligned}\left\vert f(z)\right\vert &=\dfrac{\left\vert \log z\right\vert ^{2}}{\left\vert \left( z+a\right) ^{2}+b^{2}\right\vert },\qquad z=\varepsilon \,e^{i\theta },0<\varepsilon <1,0<\theta <2\pi \\&\leq \dfrac{\left( \log \varepsilon +2\pi \right) ^{2}}{\left\vert z+\left(-z_{1}\right) \right\vert \left\vert z+\left( -z_{2}\right) \right\vert } \\&\leq \dfrac{\left( \log \varepsilon +2\pi \right) ^{2}}{\left\vert\varepsilon -\sqrt{a^{2}+b^{2}}\right\vert ^{2}}\leq M_{\varepsilon }, \end{aligned}

em que

M_{\varepsilon }=\dfrac{4\pi \log \varepsilon +4\pi ^{2}+\log ^{2}\varepsilon }{\varepsilon ^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right) -2\varepsilon \sqrt{a^{2}+b^{2}}}

e

\begin{aligned}\left\vert\displaystyle\int_{\gamma _{\varepsilon }}f(z)\,dz\right\vert &\leq M_{\varepsilon }\times \,2\pi \varepsilon \qquad z=\rho \,e^{i\theta },\rho<1 \\&\leq \dfrac{4\pi \log \varepsilon +4\pi ^{2}+\log ^{2}\varepsilon }{\varepsilon ^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right) -2\varepsilon \sqrt{a^{2}+b^{2}}}\times \,2\pi \varepsilon \longrightarrow 0\qquad \left( \varepsilon \rightarrow 0\right) .\end{aligned}

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The integer 17 belongs to the residue class modulo m of 24. Find m.

(Old) Question posted by Felipe Maia to math.stackexchange.com :

The integer 17 belongs to the residue class modulo m of 24. Find m.

(…) I thought of calculating m for the values ​​of the divisors of 24, that is, making m belonging to D (24). (…)

My answer :

Definition of residue. The number r in the congruence a\equiv r\pmod m is called the residue of a\pmod m. In the case at hand r=17 and a=24.

This means that for some integer k the following equality holds 24=17+km. You should then have km=7, where k and m are positive integers. This implies that m=7, because 7 is a prime number, that is, it has no divisors, except 1 and 7.

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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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