Problema do mês :: Problem of the month #4. (Integral impróprio :: Improper integral). Resolução :: Solution

ver/see Problema do mês Problem of the month

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Problema

Prove ou infirme: \pi =\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos x-\cos 3x}{x^{2}}dx

Solução de Prof. Paulo Sérgio

Para calcular esta integral, note que

\dfrac{1}{s^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}dx

Assim,

I:=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) }{s^{2}}ds

=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}\left[ \cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) \right] dxds

Invertendo a ordem de integração e usando a definição de transformada de Laplace, temos:

I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }x\int_{0}^{\infty }\left[ \mathcal{L}\left\{ \cos\left( s\right) \right\} -\mathcal{L}\left\{ \cos \left( 3s\right) \right\}\right] dx

=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\left( \dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}-\dfrac{x^{2}}{9+x^{2}}\right) dx

ou seja,

I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{9}{9+x^{2}}dx-\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{1+x^{2}}=\left[ 3\arctan \left( \dfrac{x}{3}\right) -\arctan \left( x\right) \right] _{0}^{\infty }

=\dfrac{3\pi }{2}-\dfrac{\pi }{2}=\dfrac{2\pi }{2}=\pi .

Outra resolução: fatima

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Problem

Prove or disprove: \pi =\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos x-\cos 3x}{x^{2}}dx.

 

Solution by Prof. Paulo Sérgio

To evaluate this integral note that

\dfrac{1}{s^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}dx

Hence,

I:=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) }{s^{2}}ds

=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}\left[ \cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) \right] dxds

By reversing the order of integration and using the definition of the Laplace transform we get:

I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }x\int_{0}^{\infty }\left[ \mathcal{L}\left\{ \cos\left( s\right) \right\} -\mathcal{L}\left\{ \cos \left( 3s\right) \right\}\right] dx

=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\left( \dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}-\dfrac{x^{2}}{9+x^{2}}\right) dx

therefore,

I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{9}{9+x^{2}}dx-\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{1+x^{2}}=\left[ 3\arctan \left( \dfrac{x}{3}\right) -\arctan \left( x\right) \right] _{0}^{\infty }

=\dfrac{3\pi }{2}-\dfrac{\pi }{2}=\dfrac{2\pi }{2}=\pi .

Other Solver: fatima

Solução do Desafio — área entre círculos :: Challenge solution — area between circles

Enunciado do desafio :: Challenge Statement

Tem cinco moedas iguais, cada uma a tocar nas duas adjacentes. No espaço que fica no meio coloca uma moeda tangente às cinco.

Qual é a área total entre as moedas em função do diâmetro d das maiores?

Five equal coins are placed in such a way that each of them is tangent to the two adjacents ones. Another coin tangent to those five is put in the centre.

Find the total area between the coins as a function of the diameter d of each one of the outer five.

* * *

Transcrição com diferente formatação (em LaTeX) da Resolução de RSCS publicada no blogue Simplesmente porque sim . . .[corrigido autor da solução]

Transcription in a different format (using LaTeX) and translation by myself of the Solution by RSCS posted in the blog Simplesmente porque sim . . .[solver corrected] 

Área do pentágono / Area of the pentagon

A_{P}=\dfrac{d^{2}}{4}\sqrt{25+10\sqrt{5}}

Área do círculo / Area of the circle

A_{C}=\pi\dfrac{d^{2}}{4}

[Soma dos] ângulos internos do pentágono: 540^\circ=3\pi / [Sum of the] pentagon internal angles: 540^\circ=3\pi

Raio da moeda mais pequena / Radius of the small coin

\dfrac{d}{2}\cdot\dfrac{1}{\cos 54^\circ}-\dfrac{d}{2}

[ Área do círculo pequeno / Area of the small circle

A_{c}=\pi\left( \dfrac{d}{2}\cdot\dfrac{1}{\cos 54^\circ}-\dfrac{d}{2}\right) ^{2}\qquad ]

Área Final / Final Area

A_{P}-5A_{C}\times\dfrac{108}{360}-A_{c}

* * *

Uma nota minha: Substituindo os resultados parciais na área final indicada na resolução, obtive, em função de d^2, para a área pedida:

A note of mine: Replacing the parcial results into the final area indicated in the above solution, I got the requested area as a function of d^2:

A=\dfrac{1}{4}\left( \sqrt{25+10\sqrt{5}}-\left( \dfrac{8}{5-\sqrt{5}}-\dfrac{4\sqrt{2}}{\sqrt{5-\sqrt{5}}}+\dfrac{5}{2}\right) \pi \right) d^{2}

ou seja / i. e.

\dfrac{A}{d^{2}}=\dfrac{\sqrt{25+10\sqrt{5}}}{4}-\left( \dfrac{2}{5-\sqrt{5}}-\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{5-\sqrt{5}}}+\dfrac{5}{8}\right) \pi

Usei, entre outras relações, esta / Among others I used this identity:

\cos 54^\circ=\sin (90^\circ-54^\circ)=\sin 36^\circ=\sin (\pi /5)

Desafio: área entre círculos :: Challenge: area between circles

Tem cinco moedas iguais, cada uma a tocar nas duas adjacentes. No espaço que fica no meio coloca uma moeda tangente às cinco.

Qual é a área total entre as moedas em função do diâmetro d das maiores?

Five equal coins are placed in such a way that each of them is tangent to the  two adjacents ones. Another coin  tangent to those five is put in the centre.

Find the total area between the coins as a function of the diameter d of each one of the outer five.

 

Figura auxiliar / Auxiliar figure

 Neste caso o $0.05 não é bem tangente aos €0.50. 

In this case the $0.05 coin is not quite tangent to the  five €0.50 coins. 

Imagine que as moedas eram círculos ideais, tangentes 3 a 3, excepto o central a 5.

Suppose all the coins are ideal circles arranged so that each  is tangent to  3 , except the central one which is tangent to the other 5.

 

P.S. English text edited.

Fórmula de Herão da área de um triângulo obliquângulo

Considere-se o seguinte triângulo de vértices A,B,C (ângulos internos A,B,C)  e lados a,b,c.

\setlength{\unitlength}{1cm}\begin{picture}(8,6)\thicklines\put(1,1){\line(3,4){3}}\put(4,5){\line(3,-4){3}}\put(1,1){\line(1,0){6}}\put(2.3,3.2){\textit{b}}\put(5.7,3.1){\textit{a}}\put(3.8,0.5){\textit{c}}\put(4,2.7){\textit{S}}\put(0.6,0.5){\textit{A}}\put(7.1,0.5){\textit{B}}\put(3.8,5.3){\textit{C}}\end{picture} 

A fórmula de Herão da área S de um triângulo é:

S=\displaystyle\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\qquad (\ast )

 

em que p é o semiperímetro do triângulo:

p=\dfrac{a+b+c}{2}\qquad\qquad (\ast\ast )

Dedução:

\setlength{\unitlength}{1cm}\begin{picture}(10,6)\put(4,5){\line(0,-1){4}}\put(4.1,2.7){\textit{h}}\thicklines\put(1,1){\line(3,4){3}}\put(4,5){\line(5,-4){5}}\put(1,1){\line(1,0){8}}\put(0.6,0.8){\textit{A}}\put(9.0,0.8){\textit{B}}\put(3.9,5.2){\textit{C}}\put(2.3,3.2){\textit{b}}\put(6.5,3.1){\textit{a}}\put(4.8,0.5){\textit{c}}\put(4.1,1.2){\textit{P}}\put(2.6,1.2){\textit{r}}\put(6.3,1.2){\textit{s}}\put(5.0,2.7){\textit{S}}\end{picture}

Seja \overline{CP}=h a altura do triângulo [A,B,C] traçada sobre o lado AB. O ponto P, projecção do vértice C sobre o lado AB, divide-o em dois segmentos \overline{AP}=r e \overline{PB}=s tais que \overline{AB}=c=r+s. O teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo [C,P,A] traduz-se em

b^{2}=r^{2}+h^{2}\qquad \left( 1\right)

e aplicado ao triângulo [C,P,B] em

h^{2}=a^{2}-s^{2}\qquad \left( 2\right)

Ora r=c-s pelo que

r^{2}=c^{2}-2cs+s^{2}\qquad \left( 3\right)

Substituindo \left( 2\right) e \left( 3\right) em \left( 1\right) vem:

b^{2}=c^{2}+a^{2}-2cs\qquad \left( 4\right)

donde

s=\dfrac{1}{2c}\left( c^{2}+a^{2}-b^{2}\right) \qquad \left( 5\right)

Eliminando s em \left( 2\right), tem-se sucessivamente

h^{2}=a^{2}-\left[ \dfrac{1}{2c}\left( c^{2}+a^{2}-b^{2}\right) \right] ^{2}

=\dfrac{\left( 2ac+c^{2}+a^{2}-b^{2}\right) \left( 2ac-c^{2}-a^{2}+b^{2}\right) }{4c^{2}}

=\dfrac{\left( a+b+c\right) \left( a+c-b\right) \left( b+a-c\right) \left( b-a+c\right) }{4c^{2}}

Chamando ao semi-perímetro do triângulo p, vem

a+b+c=2p\qquad \left( 6\right)

a+c-b=2\left( p-b\right)

b+a-c=2\left( p-c\right)

b-a+c=2\left( p-a\right)

e

h^{2}=\dfrac{2p\cdot 2\left( p-b\right) \cdot 2\left( p-c\right) \cdot 2\left( p-a\right) }{4c^{2}}

=\dfrac{4p\left( p-b\right) \left( p-c\right) \left( p-a\right) }{c^{2}}

A altura é então igual a:

h=\dfrac{2}{c}\sqrt{p\left( p-a\right)\left( p-b\right)\left( p-c\right) }\qquad\left( 7\right)

e a área S do triângulo [A,B,C]:

S=\dfrac{ch}{2}=\sqrt{p\left( p-a\right) \left( p-b\right) \left( p-c\right) }\qquad\left( \ast\right)

* * *

Neste meu livro de Trigonometria do liceu — CALADO, J., Compêndio de Trigonometria, Ensino Liceal, 3.º ciclo, Empresa Literária Fluminense Lda., Lisboa, 1967 —  deduzia-se esta relação, ao estudar a resolução de triângulos obliquângulos, quando são dados os três lados. Eis uma cópia das páginas relevantes:

Qiaochu Yuan mostra que é possível prová-la, sem usar métodos trigonométricos ou geométricos, no seu post Heron’s formula.

Exemplos de aplicação:

1. Determine a área do triângulo pitagórico de lados 3, 4 e 5.

Podemos ver que este triângulo é rectângulo. A área pode ser dada por

S=\dfrac{3\times 4}{2}=\dfrac{12}{2}=6

Dado que p=\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{3+4+5}{2}=6, vem, usando a  fórmula de Herão

S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{6(6-3)(6-4)(6-5)}=\sqrt{36}=6

2. Calcule a área do triângulo isósceles de lados 6, 5 e 5.

Como a altura é 4, a área é igual a

S=\dfrac{6\times 4}{2}=12

ou pela fórmula (\ast)

S=\sqrt{8(8-6)(8-5)(8-5)}=\sqrt{2^43^2}=4\times 3=12.

3. Ache a área do triângulo obliquângulo A,B,C cujos lados a,b,c são, respectivamente, iguais a 8,10,12.

Agora temos

p=\dfrac{8+10+12}{2}=15

S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{15(15-8)(15-10)(15-12)}

=\sqrt{1575}=15\sqrt{7}.

Note que neste caso os comprimentos dos lados do triângulo formam uma progressão aritmética de razão 2.

É logo no primeiro problema (Problema 1.1) do capítulo 1 – Estratégias de resolução de problemas, do livro de Terence Tao Como Resolver Problemas Matemáticos, que o autor considera o caso geral inverso: os comprimentos dos lados formam uma progressão aritmética, e pede-se para determinar os seus lados e ângulos, conhecida a  área do triângulo e a razão da progressão. 

31.05.10: acrescentada dedução geométrica.  

1.º Prémio do Milénio atribuído a Perelman pela Resolução da Conjectura de Poincaré

Actualização de 21.07.10: Perelman recusou o prémio, segundo um comunicado do CMI, noticiado, entre nós, pelo Público de 01.07.2010 – 18:11.

Em 18 deste mês o Clay Mathematics Institute (CMI) anunciou a atribuição ao Dr. Grigoriy Perelman (ou Grigori Perelman),  St. Petersburg, Rússia,   do Prémio pela Resolução da Conjectura de Poincaré, o primeiro dos Problemas do  Milénio a ser resolvido.

http://www.claymath.org/millennium/Poincare_Conjecture/HSpace2.jpg

The Clay Mathematics Institute hereby awards the Millennium Prize for resolution of the Poincaré conjecture to Grigoriy Perelman.

(…)

The Poincaré conjecture is one of the seven Millennium Prize Problems established by CMI in 2000. The Prizes were conceived to record some of the most difficult problems with which mathematicians were grappling at the turn of the second millennium; to elevate in the consciousness of the general public the fact that in mathematics, the frontier is still open and abounds in important unsolved problems; to emphasize the importance of working towards a solution of the deepest, most difficult problems; and to recognize achievement in mathematics of historical magnitude.
   
   Press Release  
   

* * *

Actualização: em dailymail.co.uk, no artigo World’s cleverest man turns down $1million prize after solving one of mathematics’ greatest puzzles, de Will Stewart, Last updated at 11:32 AM on 23rd March 2010, lê-se: “A Russian awarded $1million (£666,000) for solving one of the most intractable problems in mathematics said yesterday that he does not want the money.”

Nova actualização (25.03.10, 0.23 AM) — lê-se num comentário de ontem ao artigo do dailymail.co.ok :

“There are reports this morning saying that Dr. Perelman has not in fact turned down the prize; he just hasn’t decided.”  

* * *

ICM2006 (em Madrid): em 2006 foi-lhe atribuída a Medalha Fields [recusada].

(vídeo [ver item “2006 Fields Medals announcements”]  ou em ICM 2006 – 1 ano depois, do blogue Lost …)

(vídeo sobre o trabalho de Perelman ver idem Laudationes: The work of Grigori Perelman – John Lott)

 

International Congress of Mathematicians Madrid 2006 Fields Medals announcements

Fields Medal:


Grigory Perelman

CITATION: “For his contributions to geometry and his revolutionary insights into the analytical and “geometric structure of the Ricci flow”

The name of Grigory Perelman is practically a household word among the scientifically interested public. His work from 2002-2003 brought groundbreaking insights into the study of evolution equations and their singularities.

Most significantly, his results provide a way of resolving two outstanding problems in topology: the Poincare Conjecture and the Thurston Geometrization Conjecture. As of the summer of 2006, the mathematical community is still in the process of checking his work to ensure that it is entirely correct and that the conjectures have been proved. After more than three years of intense scrutiny, top experts have encountered no serious problems in the work.

For decades the Poincaré Conjecture has been considered one of the most important problems in mathematics. The conjecture received increased attention from the general public when it was named as one of the seven Millennium Prize Problems established by the Clay Mathematics Institute in 2000. The institute has pledged to award a prize of one-million US dollars for the solution of each problem. The work of Perelman on the Poincaré Conjecture is the first serious contender for one of these prizes.  

P.S. Em Dezembro 13, 2007 publiquei umas notas que tomei da conferência do Prof. Marcelo Viana em 12.12.07, na Gulbenkian, sobre a conjectura de Poincaré e Perelman.

[23.03.10: editado para completar, actualizar  e melhorar o texto] 

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