Um problema de geometria elementar (II) : A altura de um cone

Enquanto esperam os textos sobre cónicas, tomem um exercício com cones.

Este tamém veio do facebook, mas não consigo descobrir a fonte original (se alguém souber que me envie)

Temos um cone. O volume azul da primeira figura é igual ao azul da segunda, e as duas representam o mesmo cone. Qual é a altura do cone?

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\[1+\sqrt{85} \text{ cm}\]

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Neste tipo de problemas, um esquema, e juntar algumas letras ajuda sempre. No esquema todas as medidas estão em centímetros.

Como consequẽncia da semelhança de triângulos (justifique essa semelhança) temos: \[ \frac{H}{R} = \frac{8}{r} = \frac{{H - 2}}{a} \] Portanto, $r = \frc{{8R}}{H}$ e $a = \left( {H - 2} \right) \cdot \frac{R}{H}$.
Por outro lado a igualdade de volumes escreve-se matematicamente desta forma: \begin{eqnarray*} {}&{}&{\frac{1}{3}\pi R^2 H - \frac{1}{3}\pi r^2 \cdot 8 = \frac{1}{3}\pi a^2 \left( {H - 2} \right)} \\ &\Leftrightarrow& \frac{1}{3}\pi R^2 H - \frac{1}{3}\pi \cdot 8^3 \frac{{R^2 }}{{H^2 }} = \frac{1}{3}\pi \left( {H - 2} \right)^3 \frac{{R^2 }}{{H^2 }} \\ &\Leftrightarrow& \frac{1}{3}\pi \frac{{R^2 }}{{H^2 }}\left( {H^3 - 8^3 } \right) = \frac{1}{3}\pi \frac{{R^2 }}{{H^2 }}\left( {H - 2} \right)^3 \\ &\Leftrightarrow& H^3 - 8^3 = \left( {H - 2} \right)^3 \\ &\Leftrightarrow& H^3 - 512 = H^3 - 6H^2 + 12H - 8 \\ &\Leftrightarrow& 6H^2 - 12H + 504 = 0 \\ &\Leftrightarrow& H^2 - 2H + 84 = 0 \\ &\Leftrightarrow& H = 1 \pm \sqrt {1 + 84} = 1 \pm \sqrt {85} \\ \end{eqnarray*} Como $H$ é a altura do cone tem de ser positiva, logo \[H = 1 + \sqrt {85} \]

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Fórmulas de Viéte

 

Recentemente encontrei estas fórmulas na página "Math.magazine" no facebook.
A demostração é simples se recorrermos à identidade de Euler, fórmula de De Moivre e Binómio de Newton: \[ \cos (nx) + i\sin (nx) = e^{nxi} = \left( {\cos x + i\sin x} \right)^n = \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{c} n \\ k \end{array}} \right)} \left( {\cos x} \right)^k \left( {\sin x} \right)^{n - k} i^{n - k} \] Como \[ i = e^{i\frac{\pi }{2}} \] Então \begin{eqnarray*} { \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{c} n \\ k \end{array}} \right)} \left( {\cos x} \right)^k \left( {\sin x} \right)^{n - k} i^{n - k}}&{=}&{\sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{c} n \\ k \end{array}} \right)} \left( {\cos x} \right)^k \left( {\sin x} \right)^{n - k} \left( {e^{i\frac{\pi }{2}} } \right)^{n - k} }\\ {}&{=}&{\sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{c} n \\ k \end{array}} \right)} \left( {\cos x} \right)^k \left( {\sin x} \right)^{n - k} \left( {e^{i\frac{{(n - k)\pi }}{2}} } \right) }\\ {}&{=}&{ \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{c} n \\ k \end{array}} \right)} \left( {\cos x} \right)^k \left( {\sin x} \right)^{n - k} \left( {\cos \frac{{(n - k)\pi }}{2} + i\sin \frac{{(n - k)\pi }}{2}} \right)} \\ {}&{=}&{\sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}} \right)} \left( {\cos x} \right)^k \left( {\sin x} \right)^{n - k} \cos \frac{{(n - k)\pi }}{2}+i\sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{c} n \\ k \end{array}} \right)} \left( {\cos x} \right)^k \left( {\sin x} \right)^{n - k} \sin \frac{{(n - k)\pi }}{2}} \end{eqnarray*} Assim sendo, tomando as partes reais e imaginárias de cada membro da igualdade, temos \[\cos (nx)=\sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{c} n \\ k \end{array}} \right)} \left( {\cos x} \right)^k \left( {\sin x} \right)^{n - k} \cos \frac{{(n - k)\pi }}{2}\] \[\sin (nx)=\sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{c} n \\ k \end{array}} \right)} \left( {\cos x} \right)^k \left( {\sin x} \right)^{n - k} \sin \frac{{(n - k)\pi }}{2}\]

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PS: Deixei um documento na secção de material com estas fórmulas, e os desenvolvimentos de $n=2$ até $n=10$, gerados com o Mathematica 14.

Um programa de calculadora para exercícios com o binómio de Newton.

O binómio de Newton é tão belo como a Vénus de Milo.
O que há é pouca gente para dar por isso.
óóóó---óóóóóó óóó---óóóóóóó óóóóóóóó
(O vento lá fora.)
Álvaro de Campos - Heterónimo de Fernando Pessoa



As imagens que se seguem são capturas de uma das minhas fichas usadas em explicações.

É um dos "exercícios tipo" (odeio esta designação e também exercícios que encaixam nesta definição), associados ao binómio de Newton.
Há mais de 20 anos, um bocadinho farto de resolver coisas destas, decidi "atacar" o caso geral e implementá-lo numa calculadora.
Hoje, vou mostrar como o fiz.

O caso geral destes exercícios, aplicado a binómios da forma \[\left(ax^s+bx^t\right)^n\] é:

• Escrever (uma das possíveis formas d)o desenvolvimento do binómio
• Determinar o coeficiente de um $x^p$, ou o termo de grau $p$

O procedimento para resolução de coisas destas é 'mecânico'.
Assim sendo, é relativamente fácil resolver os casos gerais e implementar numa calculadora. \begin{eqnarray*} {\left( {ax^s + bx^t } \right)^n}&{=}&{ \sum\limits_{p = 0}^n {\combin{n}{p}\left( {ax^s } \right)^{n - p} } \left( {bx^t } \right)^p }\\ {}&{=}&{ \sum\limits_{p = 0}^n {\combin{n}{p}a^{n - p} x^{s(n - p)} } b^p x^{tp} }\\ {}&{=}&{ \sum\limits_{p = 0}^n {\combin{n}{p}a^{n - p}b^p x^{sn - sp+tp} } }\\ \end{eqnarray*}

• Para escrever o desenvolvimento, basta fazer $p$ percorrer o conjunto $\{0,1,\cdots, n\}$.
• Para determinar o coeficiente de um $x^k$, começamos por resolver a equação $sn - sp+tp=k$.
  
  A solução é: \[p=\frac{sn-k}{s-t}\] Se este $p$ não for um número inteiro do conjunto $\{0,1,\cdots, n\}$, ficamos a saber que esse coeficiente é zero. Caso contrário, o coeficiente é $ {\combin{n}{p}a^{n - p}b^p }$, (ou seja, o termo é $ {\combin{n}{p}a^{n - p}b^p x^k }$ ) . Este é um daqueles programas que já tenho há mais de 20 anos. Esteve implementado numa Casio Cfx 9950G, e TI83plus ... e também corre nas calculadoras actuais.
  

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  Exemplo, vamos resolver o exercício 19 do início deste texto, recorrendo a uma implementação destas ideias: Determine os coeficientes de $x$ e $x^2$ no desenvolvimento de \[ \left( {\sqrt x + \frac{1}{{\sqrt[3]{x}}}} \right)^{12} \]
  Resolução \[ \left( {\sqrt x + \frac{1}{{\sqrt[3]{x}}}} \right)^{12} = \left( {x^{\frac{1}{2}} + x^{ - \frac{1}{3}} } \right)^{12} \] Coeficientes: $a=1$ e $b=1$
  Expoentes: $s=\displaystyle\frac{1}{2}$; $t=-\displaystyle\frac{1}{3}$ e $n=12$
  
  
  
  
  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  O coeficiente de x^2 é... zero!
  Não me peçam o programa. (ainda tenho versões antigas, até ao ano 2001...)
  Eu já dei a ideia...
  Eventualmente um dia vai parar à secção "Material" deste blog.

Uma potência de um binómio...

Hoje em dia, a capacidade de fazer contas não é considerada essencial para um bom matemático. Eu tenho as minhas reservas quanto a esta afirmação, mas não me apetece debatê-la aqui, e deixar isso para outros.
Quando se trata de potências de números da forma $a\pm b i$, se não quisermos andar com propriedades distributivas, temos duas formas "rápidas" de calcular, sem computadores ou calculadoras, ou quaisquer outras tecnologias: Binómio de Newton ou Fórmula de Moivre.
Qual a melhor?
Comecemos pelo exemplo: \[(2-3i)^5\] Pelo teorema binomial \begin{eqnarray*} (2-3i)^5&{=}&{\sum_{k=0}^{5}{\combin{5}{k}2^{5-k}(-3)^k i^k}}\\ {}&{=}&{(1\cdot 2^5-10\cdot 2^3\cdot 3^2+5\cdot 2^1\cdot 3^4)-i(5\cdot 2^4\cdot 3-10\cdot 2^2\cdot 3^3 +3^5 )}\\ {}&{=}&{(32-720+810)-i(240-1080+243)}\\ {}&{=}&{122-i(-597)}\\ {}&{=}&{122+597i} \end{eqnarray*} Pela fórmula de Moivre:
Comecemos por escrever $2-3i$ na forma polar: \[2-3i=\sqrt{13}\left(\frac{2}{\sqrt{13}}-i\frac{3}{\sqrt{13}}\right)=\sqrt{13}\cdot \cis \alpha\] onde $\alpha$ é um ângulo do quarto quadrante tal que: \[\cos \alpha=\frac{2}{\sqrt{13}}\] e \[\sin \alpha=-\frac{3}{\sqrt{13}}\] E pela fórmula de Moivre temos então que: \[(2-3i)^5=\sqrt{13}^5 \cdot \cis (5\alpha)=\sqrt{13}^5\cos(5\alpha)+i\sqrt{13}^5\sin(5\alpha)\] Tornando esta fórmula pouco prática se se desconhecermos fórmulas para os seno e cosseno de $5 \alpha$, e igualmente trabalhosa se conhecermos as fórmulas...
(Observação: as fórmulas são fáceis de deduzir a partir das formulas do seno e cosseno da soma, e ainda mais pela fórmula binomial...)
No entanto, se o problema fosse, por exemplo, $(1+i)^{10}$, aqui a fórmula de Moivre seria bem útil, pois desta vez, $\alpha$ seria um ângulo que não obriga a conhecer a fórmula do seno ou cosseno de $10 \alpha$: \[(1+i)^{10}=\sqrt{2}^{10}\cis \left(\frac{10\pi}{4}\right)=2^5 \cis \frac{5\pi}{2}=32 \cis \frac{\pi}{2}=32 i\]

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E pensar que inicialmente eu pensei em ter este blog apenas para assuntos mais pesados...