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21/12/2018

Uma recta tangente vinda de Briliant.org

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

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

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 $$y=2ax-a^2$$

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

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 \[y=3b^2x-2b^3\]
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 \[ y=\frac{64}{27}x-\frac{1024}{729}\]

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

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

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, \[ \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{11} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx}=I(11)=\frac{\pi}{4}\times11-\frac{3\pi}{4}=\frac{8\pi}{4}=2\pi \]

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 $(x_P,y_P,z_P)$ 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.

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 $b\neq 0$ 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} $.
Note-se que não podemos dizer que a fórmula se mantém válida se $b=0$ pois, se $a<0$ e $b=0$, \[\ReP{w}=2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}=0\] \\ \[\ImP{w}=\pm\displaystyle\frac{b\sqrt{2}}{2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}}=\frac{0}{0} \]
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: \[ \sqrt {\sqrt 3 + 2} = \sqrt {\sqrt 3 + \frac{3}{2} + \frac{1}{2}} = \sqrt {\sqrt 3 + \left( {\sqrt {\frac{3}{2}} } \right)^2 + \left( {\sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \sqrt {\left( {\sqrt {\frac{3}{2}} } \right)^2 + 2\sqrt {\frac{3}{2}} \sqrt {\frac{1}{2}} + \left( {\sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \] \[ = \sqrt {\left( {\sqrt {\frac{3}{2}} + \sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \sqrt {\frac{3}{2}} + \sqrt {\frac{1}{2}} = \sqrt {\frac{{3 \times 2}}{{2 \times 2}}} + \sqrt {\frac{{1 \times 2}}{{2 \times 2}}} = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2} \]

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