Uma recta tangente vinda de Briliant.org

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

$64+27=91$
Equação reduzida da recta:
\[ y=\frac{64}{27}x-\frac{1024}{729}\]

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Proposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas)
A equação reduzida da recta tangente à parábola de equação $y=x^2$ no ponto de coordenadas $(a,a^2)$ é $$y=2ax-a^2$$

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Uma equação da recta tangente ao gráfico da curva de equação $y=f(x)$ no ponto de coordenadas $(a,f(a))$ é $$y-f(a)=f'(a) (x-a)$$.
Considerando $f(x)=x^2$, temos $f'(a)=2a$ e então uma equação da recta tangente em $(a,a^2)$ é \[y-a^2=2a(x-a)\] que é equivalente a \[y=2ax-a^2\]

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A equação reduzida da recta tangente à cúbica de equação $y=x^3$ no ponto de coordenadas $(b,b^3)$ é $$y=3b^2x-2b^3$$

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Uma equação da recta tangente ao gráfico da curva de equação $y=f(x)$ no ponto de coordenadas $(b,f(b))$ é $$y-f(b)=f'(b) (x-b)$$.
Considerando $f(x)=x^3$, temos $f'(b)=3b^2$ e então uma equação da recta tangente em $(b,b^3)$ é \[y-b^3=3b^2(x-b)\] que é equivalente a \[y=3b^2x-2b^3\]

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Para que estas duas rectas sejam a mesma temos de ter \[ \left\{ {\begin{array}{l} {2a = 3b^2 } \\ {a^2 = 2b^3 } \end{array}} \right. \] Vamos procurar a solução não nula deste sistema, por outras palavras $a\neq0$ e $b\neq0$ pois isso dar-nos-ia a solução conhecida no enunciado (o eixo $Ox$).
\[ \left\{ {\begin{array}{l} {2a = 3b^2 } \\ {\displaystyle\frac{a}{2} = \displaystyle\frac{2}{3}b} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{l} {2a = 3b^2 } \\ {a = \displaystyle\frac{4}{3}b} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{l} {\displaystyle\frac{8}{3}b = 3b^2 } \\ {a = \displaystyle\frac{4}{3}b} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{l} {0 = 9b^2 - 8b} \\ {a = \displaystyle\frac{4}{3}b} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{l} {0 = b\left( {9b - 8} \right)} \\ {a = \displaystyle\frac{4}{3}b} \end{array}} \right.\mathop \Rightarrow \limits_{b \neq 0} \left\{ {\begin{array}{l} {b = \displaystyle\frac{8}{9}} \\ {a = \displaystyle\frac{32}{27}} \end{array}} \right. \] Portanto o declive da recta é $m=2a=\displaystyle\frac{64}{27}$ , logo a resposta ao problema original é $64+27=91$; a ordenada na origem é $-a^2=-\displaystyle\frac{1024}{729}$
Ou seja, a equação reduzida da recta é \[ y=\frac{64}{27}x-\frac{1024}{729}\]

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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!

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Problema: calcular

\[ \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{11} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx} \]

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Proposta de Resolução: (Vou saltar algumas justificações, falo delas num post futuro)
Considere-se o integral paramétrico: \[ I(t)=\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{t} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx} \] Então, derivando em ordem a $t$, temos \begin{eqnarray*} {I'(t)}&{=}&{\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{\partial}{\partial t}\left( \frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{t} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}\right)dx}}\\ {}&{=}&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{x^t}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ {}&=&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{x^t+1-1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ {}&=&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{1}{1 + x^2 }}-\int\limits_0^{ + \infty }{\frac{1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ {}&=&{\frac{\pi}{2}-\int\limits_0^{ + \infty }{\frac{1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ \end{eqnarray*}. Fazendo a substituição $y=x^{-1}$ no último integral temos \begin{eqnarray*} {I'(t)}&{=}&{\frac{\pi}{2}-I'(t)}\\ \end{eqnarray*}. Ou seja, \[2I'(t)=\frac{\pi}{2}\] \[\Leftrightarrow I'(t)=\frac{\pi}{4}\] Portanto \[I(t)=\frac{\pi}{4}t+C\] Inspeccionando a definição de $I(t)$ vemos ainda que $I(3)=0$, isso dá-nos $C=-\displaystyle\frac{3\pi}{4}$ ou seja \[I(t)=\frac{\pi}{4}t-\frac{3\pi}{4}\] Assim sendo, \[ \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{11} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx}=I(11)=\frac{\pi}{4}\times11-\frac{3\pi}{4}=\frac{8\pi}{4}=2\pi \]

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 $(x_P,y_P,z_P)$ 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:

\[(x,y,z)=(x_P,y_P,z_P)+k(a,b,c); k \in \R\].
Assim, um ponto genérico desta recta tem por coordenadas $( x_P+ka,y_P+kb,z_P+kc)$
Logo, o ponto $I (x_I,y_I,z_I)$ de intersecção da recta com o plano verifica a condição:
\begin{eqnarray*} {a(x_P+ka)+b(y_P+kb)+c(z_P+kc)+d}&{=}&{0}\\ {\Leftrightarrow ax_P+by_P+cz_P+k(a^2+b^2+c^2)+d}&{=}&{0}\\ {\Leftrightarrow k}&{=}&{-\frac{ax_P+by_P+cz_P+d}{a^2+b^2+c^2}} \end{eqnarray*} Portanto \[(x_I,y_I,z_I)=(x_P,y_P,z_P)-\frac{ax_P+by_P+cz_P+d}{a^2+b^2+c^2}(a,b,c)\] ou, equivalentemente \[\frac{ax_P+by_P+cz_P+d}{a^2+b^2+c^2}(a,b,c)=(x_P-x_I,y_P-y_I,z_P-z_I)\] Assim sendo,$\overline{IP}$, a distância de $P$ ao plano verifica: \[\left\|\frac{ax_P+by_P+cz_P+d}{a^2+b^2+c^2}(a,b,c)\right\|=\left\|(x_P-x_I,y_P-y_I,z_P-z_I)\right\|\] \[\Leftrightarrow \frac{\left|ax_P+by_P+cz_P+d\right|}{a^2+b^2+c^2}\left\|(a,b,c)\right\|=\overline{IP}\] \[\Leftrightarrow \overline{IP}=\frac{\left|ax_P+by_P+cz_P+d\right|}{a^2+b^2+c^2} \sqrt{a^2+b^2+c^2}=\frac{\left|ax_P+by_P+cz_P+d\right| }{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\] Então a distância do ponto de coordenadas $(x_P,y_P,z_P)$ ao plano de equação $ax+by+cz+d=0$ é dada por: \[\text{dist}=\frac{\left|ax_P+by_P+cz_P+d\right| }{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\] Note-se que a fórmula mantém-se válida se o ponto $P$ pertencer ao plano.

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

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(Post originalmente publicado no blog cpmathexplicações)

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Deixo aqui uma minha proposta de resolução do referido exame.

Raizes quadradas de um número complexo (I).

Seja $z=a+bi$ com $a$ e $b$ reais tais que $b\neq 0$ e $a^2+b^2\neq 0$, e $i$ a unidade imaginária.
As raízes quadradas de $z$ são os números complexos $w=x+yi$ tais que $w^2=z$, ou seja: \begin{eqnarray*} {(x+yi)^2}&=&{a+bi}\\ {\Leftrightarrow x^2-y^2+2xyi}&{=}&{a+bi} \end{eqnarray*} Portanto \[ x^2-y^2=a \wedge 2xy=b\] Sendo $b\neq 0$ temos que nem $x$ nem $y$ são nulos, portanto temos $y=\displaystyle\frac{b}{2x}$ e então \[x^2-y^2=a \Leftrightarrow x^2-\left(\frac{b}{2x}\right)^2=a\Leftrightarrow 4x^4-4ax^2-b^2=0\] que é uma equação biquadrada e portanto: \[x^2=\displaystyle\frac{4a\pm\sqrt{(4a)^2-4\times4\times(-b^2)}}{2\times4}=\displaystyle\frac{a\pm\sqrt{a^2+b^2}}{2}\] Note-se que sendo $b\neq0$ a solução com um sinal $-$ não faz sentido e portanto: \[x=\pm\sqrt{\displaystyle\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}}\] E então \[y=\frac{b}{2x}=\frac{b}{\pm2\sqrt{\displaystyle\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}}}=\pm\frac{b\sqrt{2}}{2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}}\] Ou seja, as raizes quadradas de $z=a+bi$ são complexos da forma \[w=\pm\left(\sqrt{\displaystyle\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}}+\frac{b\sqrt{2}}{2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}}i\right)\] se $b=0$ as raízes são da forma $w=\pm \sqrt{a} $.

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Note-se que não podemos dizer que a fórmula se mantém válida se $b=0$ pois, se $a<0$ e $b=0$, \[\ReP{w}=2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}=0\] \\ \[\ImP{w}=\pm\displaystyle\frac{b\sqrt{2}}{2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}}=\frac{0}{0} \]

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Exemplos de aplicação:

• As raízes quadradas de -8+6i são \[w=\pm\left(\sqrt{\displaystyle\frac{-8+\sqrt{8^2+6^2}}{2}}+\frac{6\sqrt{2}}{2\sqrt{-8+\sqrt{8^2+6^2}}}i\right)=\pm(1+3i)\]
• As raízes quadradas de 3+4i são \[w=\pm\left(\sqrt{\displaystyle\frac{3+\sqrt{3^2+4^2}}{2}}+\frac{4\sqrt{2}}{2\sqrt{3+\sqrt{3^2+4^2}}}i\right)=\pm(2+i)\]
• As raízes quadradas de 1+i são \[w=\pm\left(\sqrt{\displaystyle\frac{1+\sqrt{1^2+1^2}}{2}}+\frac{1\sqrt{2}}{2\sqrt{1+\sqrt{1^2+1^2}}}i\right)=\pm\left(\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}+\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{1+\sqrt{2}}}i\right)\] Note-se que estes são os valores de $\sqrt[4]{2}e^{i\frac{\pi}{8}}$ e $\sqrt[4]{2}e^{i\frac{9\pi}{8}}$
• Para ter valores de $\cos \frac{\pi}{12}$ e $\sen \frac{\pi}{12}$ basta ver qual a raiz quadrada de $e^{i\frac{\pi}{6}}$ que tem afixo no primeiro quadrante, ou seja, com partes real e imaginária positivas. Ora $e^{i\frac{\pi}{6}}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$, logo a raíz que nos interessa é: \begin{eqnarray*} {w}& = &{\sqrt {\frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2} + 1}}{2}} + \frac{{\frac{1}{2}\sqrt 2 }}{{2\sqrt {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + 1} }}i }\\ {}&=&{ \sqrt {\frac{{\sqrt 3 + 2}}{4}} + \frac{2}{{4\sqrt {\sqrt 3 + 2} }}i }\\ {}&=&{\frac{{\sqrt {\sqrt 3 + 2} }}{2} + \frac{1}{{2\sqrt {\sqrt 3 + 2} }}i}\\ {}&=&{\frac{{\frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2}}}{2} + \frac{1}{{2\left( {\frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2}} \right)}}i}\\ {}&=&{\frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4} + \frac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{4}i} \end{eqnarray*} Que nos indica que \[\cos \left(\frac{\pi}{12}\right)=\frac{\sqrt 6 + \sqrt 2 }{4}\] \[ \sen\left(\frac{\pi}{12}\right)= \frac{\sqrt 6 - \sqrt 2 }{4}\] Foi feito o seguinte cálculo auxiliar: \[ \sqrt {\sqrt 3 + 2} = \sqrt {\sqrt 3 + \frac{3}{2} + \frac{1}{2}} = \sqrt {\sqrt 3 + \left( {\sqrt {\frac{3}{2}} } \right)^2 + \left( {\sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \sqrt {\left( {\sqrt {\frac{3}{2}} } \right)^2 + 2\sqrt {\frac{3}{2}} \sqrt {\frac{1}{2}} + \left( {\sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \] \[ = \sqrt {\left( {\sqrt {\frac{3}{2}} + \sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \sqrt {\frac{3}{2}} + \sqrt {\frac{1}{2}} = \sqrt {\frac{{3 \times 2}}{{2 \times 2}}} + \sqrt {\frac{{1 \times 2}}{{2 \times 2}}} = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2} \]

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