Sistema não linear (I)Um sistema com somas de potências de desconhecidos

Problema: Se \begin{eqnarray*} {a+b+c}&{=}&{2}\\ {a^2+b^2+c^2}&{=}&{6}\\ {a^3+b^3+c^3}&{=}&{8} \end{eqnarray*} então $a^4+b^4+c^4=?$
(Nota do autor do blog: há várias resoluções possíveis para isto... como tal, peço uma que explicite todos os possíveis valores para $a$, $b$ e $c$, e só pelo gozo... não resolva o sistema por substituição!)

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Proposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas)
Comecemos por considerar o sistema \[ \left\{ {\begin{array}{ccc} {a+b+c}&{=}&{2}\\ {a^2+b^2+c^2}&{=}&{6}\\ {a^3+b^3+c^3}&{=}&{8} \end{array}} \right. \] Note-se que dada a simetria do sistema, se um tripleto de valores for solução do sistema, então, qualquer permutação desse tripleto é solução.
Ora, $a$, $b$ e $c$ são zeros do polinómio $P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)$.
Expandindo este produto temos \[P(x)=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc\] Ou seja, \[P(x)=x^3-C_1x^2+C_2x-C_3\] Para encontrar valores numéricos para os coeficientes $C_1$, $C_2$ e $C_3$ vou definir um termo $S_n$ por \[S_n=a^n+b^n+c^n\] Assim, $C_1=S_1=2$, $S_2=6$ e $S_3=8$.
A igualdade \[(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\] Pode reescrever-se na forma \[C_1^2=S_2+2C_2\] E portanto, $C_2=\displaystyle\frac{C_1^2-S_2}{2}=\frac{2^2-6}{2}=-1$
Já só nos falta obter $C_3$.
Para isso comecemos por expandir $(a+b+c)^3$
Ora \[ (a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2)+6abc \] Que à partida não sugere nada!!!
Mas se atendermos às definições de $C_1$, $C_2$ e $C_3$ podemos notar que $a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2=C_1\cdot C_2 -3 C_3 $
E então \[ (a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2)+6abc \] é equivalente a \[ C_1^3=S_3+3(C_1\cdot C_2 -3 C_3 )+6C_3 \] Portanto \[C_3=\frac{C_1^3-3C_1C_2-S_3}{-3}\] logo $C_3=-2$
Assim sendo o nosso polinómio é: \begin{eqnarray*} {P(x)}&{=}&{x^3-2x^2-x+2}\\ {}&{=}&{x^2(x-2)-(x-2)}\\ {}&{=}&{(x^2-1)(x-2)}\\ {}&{=}&{(x+1)(x-1)(x-2)} \end{eqnarray*} Que tem como zeros $-1$, $1$ e $2$.
Assim sendo, as seis possíveis soluções do sistema são as seis permutações destes valores, ou seja \begin{eqnarray*} {(a,b,c)}&{=}&{(-1,1,2)\text{ ou} }\\ {(a,b,c)}&{=}&{(1,-1,2)\text{ ou} }\\ {(a,b,c)}&{=}&{(-1,2,1)\text{ ou} }\\ {(a,b,c)}&{=}&{(1,2,-1)\text{ ou} }\\ {(a,b,c)}&{=}&{(2,1,-1)\text{ ou} }\\ {(a,b,c)}&{=}&{(2,-1,1) } \end{eqnarray*} E em qualquer uma delas, $S_4=a^4+b^4+c^4=1+1+16=18$

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O problema original foi-me sugerido por Barbara Fernandes via facebook e inicialmente foi proposto no grupo do facebook Math: An Integral Part of Happiness, caso contrário, eu não tocaria nele.

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Um inteiro às fatias

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Problema: Seja $a_n=2-\displaystyle\frac{1}{n^2+\sqrt{n^4+\frac{1}{4}}}$, $n=1,2,...$ .
Mostre que $\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+...+\sqrt{a_{119}}$ é um inteiro.

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Proposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas)
Começarei por procurar outra expressão para $a_n$.
\begin{eqnarray*} {a_n}&{=}&{2-\displaystyle\frac{1}{n^2+\sqrt{n^4+\frac{1}{4}}} }\\ { }&{=}&{2-\displaystyle\frac{n^2-\sqrt{n^4+\frac{1}{4}}}{n^4-n^4-\frac{1}{4}} }\\ { }&{=}&{2+4n^2-4\sqrt{n^4+\frac{1}{4} } }\\ { }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{4n^4+1}}\\ { }&{=}&{ 2+4n^2-2\sqrt{4n^4+4n^2+1-4n^2} }\\ { }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{(2n^2+1)^2-(2n)^2} }\\ { }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{(2n^2+1+2n)(2n^2+1-2n)} }\\ { }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{(2n^2+2n+1)(2n^2-2n+1)} }\\ { }&{=}&{\left(\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1}\right)^2} \end{eqnarray*} Como \[\sqrt{2n^2+2n+1}>\sqrt{2n^2-2n+1}\]
temos que
\[\sqrt{a_n}=\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1}\]
Seja $u_n=\sqrt{2n^2-2n+1}$.
Então \[u_{n+1}=\sqrt{2(n+1)^2-2(n+1)+1}=\sqrt{2n^2+4n+2-2n-2+1}=\sqrt{2n^2+2n+1}\] Portanto
\[\sqrt{a_n}=u_{n+1}-u_n\]
E então
\begin{eqnarray*} {\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+...+\sqrt{a_{119}}}&{=}&{u_2-u_1+u_3-u_2+...+u_{120}-u_{119}}\\ { }&{=}&{u_{120}-u_1}\\ { }&{=}&{169-1}\\ { }&{=}&{168} \end{eqnarray*} Existe uma outra resolução, por Américo Tavares em
https://problemasteoremas.wordpress.com/2009/11/06/a-mathematical-reflections-undergraduate-problem/.

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Problema proposto por Américo Tavares no facebook, no dia 4 de Julho de 2017.

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Uma recta giratória (superfície regrada)

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Problema: Identificar o conjunto de todos os pontos que se obtêm rodando a recta $z=mx+b$ com $m\neq 0$ contida no plano $y=R$ em torno do eixo $Oz$, para ângulos $\theta \in \left[0;2\pi\right[ $.

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Possível resolução:
As rotações de ângulo $\theta$ em torno do eixo $Oz$ são dadas pela função \[R_{(z,\theta)}(x,y,z)=\left(x\cos \theta - y\sen \theta,x\sen \theta +y\cos \theta,z\right)\] (A dedução desta fórmula é simples, vou deixá-la ao cargo do leitor...)
Um ponto genérico da recta é \[(x,R,mx+b)\] Portanto após uma rotação, este ponto é transformado em \[\left(X,Y,Z\right)=R_{(z,\theta)}(x,R,mx+b)=\left(x\cos \theta - R\sen \theta,x\sen \theta +R\cos \theta,mx+b\right)\] Ou seja \[ \left\{ {\begin{array}{l} {X = x\cos \theta - R\sen \theta } \\ {Y = x\sen \theta + R\cos \theta } \\ {Z = mx + b} \\ \end{array}} \right. \] Como \begin{eqnarray*} {X^2+Y^2}&{=}&{x^2\cos^2 \theta -2 x R \cos \theta \sen \theta + R^2 \senq \theta + x^2\senq\theta +2 x R \sen\theta \cos \theta +R^2 \cos^2 \theta }\\ {}&{=}&{x^2+R^2}\\ {}&{=}&{\left(\frac{Z-b}{m}\right)^2+R^2} \end{eqnarray*} Ou seja \[X^2+Y^2-\left(\frac{Z-b}{m}\right)^2=R^2\] Esta equação é a equação de um hiperbolóide de uma folha, se $R\neq 0$ e de um cone (infinito) se $R=0$
Abaixo partilho, uma applet Geogebra onde pode manipular os parâmetros da recta original e do hiperbolóide ou cone correspondente.
E abaixo ainda uma animação ver o hiperbolóide "a ser construído" pela recta.(clicando sobre a animação vai ter a uma outra applet geogebra)

Um integral engraçado.

Já vi outras resoluções para isto. Vou apresentar a minha.
Problema: \[\int_{0}^{\pi} \sin x \ln {\cot \left( \frac{x}{2} \right)} dx \]

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Possível resolução:
Vou começar por reescrever o integral na forma \[\int_{0}^{\pi} \sin x \ln \sqrt{ \frac{1+\cos (x)}{1-\cos(x)} } dx \] Depois faço a substituição $t=x+\frac{\pi}{2}$ obtendo \[\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos t \ln \sqrt{ \frac{1+\sin (t)}{1-\sin (t)} } dt.\] Como a função integranda é ímpar, então, no intervalo $\left]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right[$ o integral vale zero.

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PS:
Apresento abaixo o integral inicial, calculado numericamente numa CASIO CG20 (utilizando apenas a funções da calculadora, sem recorrer a programação...)

O resto de uma divisão...

Hoje vou apresentar uma resolução feita num intervalo, esboçada num recibo de café...com mais algum detalhe que o recibo.

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Problema: Qual é o resto da divisão de $\underbrace {2323 ... 232323}_{\text{$4018$ dígitos}}$   por $999$?

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Possível resolução:
Por Carlos Paulo A. Freitas Primeiro note-se que \[ \underbrace {2323 ... 232323}_{\text{$4018$ dígitos}}=23 \sum_{k=0}^{2008}{10^{2k}} \] Depois que \[ 1\equiv 1 \Mod{999} \\ 10\equiv 10 \Mod{999} \\ 10^2\equiv 100 \Mod{999}\\ 10^3\equiv 1 \Mod{999}\\ 10^4\equiv 10 \Mod{999}\\ 10^5\equiv 100 \Mod{999}\\ 10^6\equiv 1 \Mod{999}\\ \vdots \\ 10^{3n}\equiv 1 \Mod{999}\\ 10^{3n+1}\equiv 10 \Mod{999}\\ 10^{3n+2}\equiv 100 \Mod{999}\\ \forall n\in \N \] e portanto \[ 10^{6n}\equiv 1 \Mod{999}\\ 10^{6n+2}\equiv 100 \Mod{999}\\ 10^{6n+4}\equiv 10 \Mod{999}\\ \forall n\in \N \] Logo, como \[ 23 \sum_{k=0}^{2008}{10^{2k}}=23 \left(\sum_{n=0}^{669}{10^{6n}}+\sum_{n=0}^{669}{10^{6n+2}}+\sum_{n=0}^{668}{10^{6n+4}}\right)\] A resolução resume-se a \begin{eqnarray*} {23 \sum_{k=0}^{2008}{10^{2k}}}&{\equiv}&{23\left( 670\Mod{999}+67000\Mod{999}+6690\Mod{999}\right)}\\ {}&{\equiv}&{23\left( 670\Mod{999}+67\Mod{999}+696\Mod{999}\right)}\\ {}&{\equiv}&{23\left( 1433\Mod{999}\right)}\\ {}&{\equiv}&{23\left( 434\Mod{999}\right)}\\ {}&{\equiv}&{9982\Mod{999}}\\ {}&{\equiv}&{991\Mod{999}} \end{eqnarray*} Portanto o resto é $991$.

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PS:Desculpem qualquer coisinha... há anos que não fazia coisas destas.
Cumprimentos ao Elias Rodrigues. Deu-lhe a mesma coisa que a mim, sem a confusão que eu fiz questão de escrever aqui!