21/12/2018

Uma recta tangente vinda de Briliant.org

Como curiosidade... determine também a equação reduzida dessa recta tangente.


04/09/2018

Um integral à moda de Feynman

O exercício que se segue foi proposto por José Manuel Sacramento no facebook.
A proposta de resolução, é minha!
Problema: calcular

+0ln(1+x111+x3)(1+x2)lnxdx


Proposta de Resolução: (Vou saltar algumas justificações, falo delas num post futuro)
Considere-se o integral paramétrico: I(t)=+0ln(1+xt1+x3)(1+x2)lnxdx
Então, derivando em ordem a t, temos I(t)=+0t(ln(1+xt1+x3)(1+x2)lnx)dx=+0xt(1+x2)(1+xt)dx=+0xt+11(1+x2)(1+xt)dx=+011+x2+01(1+x2)(1+xt)dx=π2+01(1+x2)(1+xt)dx
. Fazendo a substituição y=x1 no último integral temos I(t)=π2I(t)
. Ou seja, 2I(t)=π2
I(t)=π4
Portanto I(t)=π4t+C
Inspeccionando a definição de I(t) vemos ainda que I(3)=0, isso dá-nos C=3π4 ou seja I(t)=π4t3π4
Assim sendo, +0ln(1+x111+x3)(1+x2)lnxdx=I(11)=π4×113π4=8π4=2π

27/06/2018

Distância de um ponto a um plano (I).

Esta demonstração é inspirada na resolução de um "problema tipo" do exame de Matemática A realizado no dia 25/06/2018... em todo o território português
Considere-se o ponto P de coordenadas (xP,yP,zP) e o plano de equação ax+by+cz+d=0. Vamos assumir que o ponto não pertence ao plano e que (a,b,c) é um vector não nulo
A recta perpendicular ao plano que passa em P tem como possível equação vectorial:

(x,y,z)=(xP,yP,zP)+k(a,b,c);kR
.
Assim, um ponto genérico desta recta tem por coordenadas (xP+ka,yP+kb,zP+kc)
Logo, o ponto I(xI,yI,zI) de intersecção da recta com o plano verifica a condição:
a(xP+ka)+b(yP+kb)+c(zP+kc)+d=0axP+byP+czP+k(a2+b2+c2)+d=0k=axP+byP+czP+da2+b2+c2
Portanto (xI,yI,zI)=(xP,yP,zP)axP+byP+czP+da2+b2+c2(a,b,c)
ou, equivalentemente axP+byP+czP+da2+b2+c2(a,b,c)=(xPxI,yPyI,zPzI)
Assim sendo,¯IP, a distância de P ao plano verifica: axP+byP+czP+da2+b2+c2(a,b,c)=(xPxI,yPyI,zPzI)
|axP+byP+czP+d|a2+b2+c2(a,b,c)=¯IP
¯IP=|axP+byP+czP+d|a2+b2+c2a2+b2+c2=|axP+byP+czP+d|a2+b2+c2
Então a distância do ponto de coordenadas (xP,yP,zP) ao plano de equação ax+by+cz+d=0 é dada por: dist=|axP+byP+czP+d|a2+b2+c2
Note-se que a fórmula mantém-se válida se o ponto P pertencer ao plano.

AVISO: Esta fórmula não está no actual programa de Matemática A, logo não pode ser usada nos exames do ensino secundário!

(Post originalmente publicado no blog cpmathexplicações)
Deixo aqui uma minha proposta de resolução do referido exame.

04/06/2018

Raizes quadradas de um número complexo (I).

Seja z=a+bi com a e b reais tais que b0 e a2+b20, e i a unidade imaginária.
As raízes quadradas de z são os números complexos w=x+yi tais que w2=z, ou seja: (x+yi)2=a+bix2y2+2xyi=a+bi
Portanto x2y2=a2xy=b
Sendo b0 temos que nem x nem y são nulos, portanto temos y=b2x e então x2y2=ax2(b2x)2=a4x44ax2b2=0
que é uma equação biquadrada e portanto: x2=4a±(4a)24×4×(b2)2×4=a±a2+b22
Note-se que sendo b0 a solução com um sinal não faz sentido e portanto: x=±a+a2+b22
E então y=b2x=b±2a+a2+b22=±b22a+a2+b2
Ou seja, as raizes quadradas de z=a+bi são complexos da forma w=±(a+a2+b22+b22a+a2+b2i)
se b=0 as raízes são da forma w=±a.
Note-se que não podemos dizer que a fórmula se mantém válida se b=0 pois, se a<0 e b=0, Rew=2a+a2+b2=0
\\ Imw=±b22a+a2+b2=00

Exemplos de aplicação:
  • As raízes quadradas de -8+6i são w=±(8+82+622+6228+82+62i)=±(1+3i)
  • As raízes quadradas de 3+4i são w=±(3+32+422+4223+32+42i)=±(2+i)
  • As raízes quadradas de 1+i são w=±(1+12+122+1221+12+12i)=±(1+22+221+2i)
    Note-se que estes são os valores de 42eiπ8 e 42ei9π8
  • Para ter valores de cosπ12 e senπ12 basta ver qual a raiz quadrada de eiπ6 que tem afixo no primeiro quadrante, ou seja, com partes real e imaginária positivas. Ora eiπ6=32+12i, logo a raíz que nos interessa é: w=32+12+122232+1i=3+24+243+2i=3+22+123+2i=6+222+12(6+22)i=6+24+624i
    Que nos indica que cos(π12)=6+24
    sen(π12)=624
    Foi feito o seguinte cálculo auxiliar: 3+2=3+32+12=3+(32)2+(12)2=(32)2+23212+(12)2=
    =(32+12)2=32+12=3×22×2+1×22×2=6+22

Actualização (10/12/2019): Está prevista uma nova edição deste post para breve...