Teorema
Um número é divisível por $11$ se o módulo da diferença entre a soma dos algarismos de ordem ímpar e a soma dos algarismos de ordem par for divisível por $11$.
Seja \[N=\overline{a_{m}a_{m-1}...a_{3}a_{2}a_{1}}=\sum\limits_{k = 1}^m {\left( {a_k \cdot 10^{k - 1} } \right)}\] um número natural com $m$ algarismos divisível por $11$.
Considere-se o polinómio de grau $m-1$ na variável $x$.
\[
P(x) = \sum\limits_{k = 1}^m {a_k \cdot x^{k - 1} }
\]
então $N=P(10)$. Como $10\equiv (-1) \Mod{11}$, então
\[
P(10)\equiv P(-1) \Mod{11}
\]
Ora,
\[
P(-1)=\sum\limits_{k = 1}^m {a_k \cdot (-1)^{k - 1} }=S_i-S_p
\]
Onde $S_i=$ soma dos algarismos de ordem ímpar e $S_p=$ soma dos algarismos de ordem par.
Logo
\[
N\equiv (S_i-S_p) \Mod{11}
\]
Sendo $N$ divisível por $11$ temos então
\[
N\equiv 0 \Mod{11}
\]
e então
\[
S_i-S_p\equiv 0 \Mod{11}
\]
Que é naturalmente equivalente a
\[
|S_i-S_p|\equiv 0 \Mod{11}
\]
e equivalente a dizer que $|S_i-S_p|$ é divisível por $11$
$\blacksquare$
Notas :
Na verdade o módulo do teorema é dispensável!
Considera-se $0$ divisível por $11$ ... e por qualquer número diferente de $0$
Exercício
Calcular o integral
\[
\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{x^2 \sqrt {1 + x^2 } }dx}
\]
Recorrendo à substituição: $x=\tg t$ ou $x=\sh t$
(Nota: $\sh$ é uma notação para seno hiperbólico ... também se representa por $\sinh$ )
Seja $i$ a unidade imaginária, e considere-se a função de variável real \[f(x)= e^{-ix}(\cos x + i \sen x)\]
Então
\begin{eqnarray*}
{f'(x)}&{=}&{-ie^{-ix}(\cos x + i \sen x)+e^{-ix}(-\sen x + i \cos x)}\\
{}&{=}&{e^{-ix}\left[-i(\cos x + i \sen x)+(-\sen x + i \cos x)\right]}\\
{}&{=}&{e^{-ix}\left(-i\cos x + \sen x -\sen x + i \cos x\right)}\\
{}&{=}&{e^{-ix}\times 0}\\
{}&{=}&{0}
\end{eqnarray*}
Como $f'(x)=0$ então $f(x)=\text{constante}$.
Mas uma vez que $f(0)=e^0(\cos 0+i\sen 0)=1\times 1=1$, ficámos a saber que $\text{constante}=1$, logo
\begin{eqnarray*}
{}&{}&{e^{-ix}(\cos x + i \sen x)=1}\\
{}&{\Leftrightarrow}&{(\cos x + i \sen x)=e^{ix}}\\
\end{eqnarray*}
Portanto
\[e^{ix}=\cos x + i \sen x\]
Nota: A 'dedução'/motivação está fora do âmbito do actual programa do ensino secundário em Portugal! Observação
Como qualquer 'dedução' da fórmula da exponencial complexa, esta tem os seus problemas.
Derivar funções com variáveis complexas, bem... vamos ter de assumir que a exponencial de variável complexa, da qual nada sabemos uma vez que estamos a tentar deduzir a expressão, deriva-se como a exponencial real.
Utilizar a conclusão derivada=0, implica $f$ constante requer algum cuidado! Antes da 'dedução' não sabemos sequer qual é o conjunto de chegada da função! Nestas condições teremos legitimidade para usar um corolário do teorema de Lagrange... para intervalos fechados?
Exercício
Determinar o valor exacto do integral:
\[
\int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt {1 + x^2 } dx}
\]
Exprimir o valor na forma $\sqrt{m}+\arg\sinh{(n)}$, com $m,n\in \N$
\[
\left\{ {\begin{array}{l}
{x + \displaystyle\frac{1}{y} = 1} \\
{y + \displaystyle\frac{1}{z} = 2} \\
{z + \displaystyle\frac{1}{x} = 3}
\end{array}} \right.
\]
Determinar o valor de $xyz$.
Começarei por reescrever o sistema na forma
\[
\left\{ {\begin{array}{l}
{x + \displaystyle\frac{1}{y} = 1} \\
{y = 2 - \displaystyle\frac{1}{z}} \\
{z = 3 -\displaystyle\frac{1}{x}}
\end{array}} \right.
\]
Assim a primeira equação pode reescrever-se na forma
\begin{eqnarray*}
{x + \displaystyle\frac{1}{2 - \displaystyle\frac{1}{z}}}&{=}&{1}\\
{\Leftrightarrow x + \frac{1}{2 - \displaystyle\frac{1}{3 -\displaystyle\frac{1}{x}}}}&{=}&{1}\\
{\Leftrightarrow x + \displaystyle\frac{1}{2 - \displaystyle\frac{x}{3x -1}}}&{=}&{1}\\
{\Leftrightarrow x + \displaystyle\frac{3x -1}{5x-2}}&{=}&{1}\\
{\Leftrightarrow 5x^2-2x +3x -1}&{=}&{5x-2}\\
{\Leftrightarrow 5x^2-4x+1}&{=}&{0}\\
{x}&{=}&{\frac{4 \pm \sqrt{16-20}}{2\times 5}}\\
{}&{=}&{\frac{4 \pm 2i}{2\times 5}}\\
{}&{=}&{\frac{2 \pm i}{5}}\\
\end{eqnarray*}
Sabendo os possíveis valores de $x$, facilmente se determinam os de $y$ e $z$.
Aqui para poupar escrita, utilizarei a convenção seguinte: nos sinais do tipo $\pm$ as soluções correspondentes ao sinal "de cima" vão corresponder sempre a soluções com o sinal de cima, e o de baixo, aos de baixo.
Portanto:
\[
y = \frac{1}{{1 - x}} = \frac{1}{{1 - \frac{{2 \pm i}}{5}}} = \frac{5}{{5 - 2 \mp i}} = \frac{5}{{3 \mp i}} = \frac{{5\left( {3 \pm i} \right)}}{{3^2 + 1^2 }} = \frac{{3 \pm i}}{2}
\]
e
\[
z = 3 - \frac{1}{x} = 3 - \frac{1}{{\displaystyle\frac{{2 \pm i}}{5}}} = 3 - \frac{5}{{2 \pm i}} = 3 - \frac{{5\left( {2 \mp i} \right)}}{{2^2 + 1^2 }} = 3 - 2 \pm i = 1 \pm i
\]
Agora é só uma questão de calcular o produto...
\[xyz=\left(\frac{2 \pm i}{5}\right)\left(\frac{{3 \pm i}}{2}\right)\left(1 \pm i\right)=\left(\frac{1 \pm i}{2}\right)\left(1 \pm i\right)=\frac{\left(1 \pm i\right)^2}{2}=\pm i\]
PS: Uma vez que esta primeira resolução não tem nada de especial, assim que me fôr possível penso noutra e partilho
Esta dedução é uma modificação da anterior numa tentativa de a simplificar e a tornar mais acessível ao máximo de pessoas.
Sejam $A>0$, $\omega>0$ e $\varphi \in [0,2\pi[ $. Um oscilador harmónico é um sistema constituído por um ponto que se desloca numa recta numérica em determinado intervalo de tempo $I$, de tal forma que a respectiva abcissa é dada por uma lei da forma \[x(t)=A \cos (\omega t+ \varphi)\] para cada $t\in I$
Derivando em ordem a $t$, temos
\[ \dot x=-A\omega \sen (\omega t + \varphi) \]
e consequentemente
\[
\ddot x=-A\omega^2 \cos (\omega t + \varphi)=-\omega^2 x
\]
Portanto, $x(t)= A \cos (\omega t+ \varphi)$ é uma solução da equação diferencial
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
Na verdade, $x(t)= \mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi)$ com $\mathcal{A}>0$ e $\phi \in [0,2\pi[ $ arbitrários, é uma expressão geral para todas as soluções da equação
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
Outras formas possíveis para a solução geral são:
\[x(t)= \mathcal{A} \sen (\omega t+ \phi^*)\] com $\mathcal{A}>0$ e $\phi^* \in [0,2\pi[ $
ou
\[x(t)= C_1\cos (\omega t)+ C_2\sen (\omega t)\] com $C_1,C_2\in\R$
Note-se que
\begin{eqnarray*}
{C_1\cos (\omega t)+ C_2\sen (\omega t)}&{=}&{\sqrt{C_1^2+C_2^2}\left(\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\cos (\omega t)+ \frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\sen (\omega t)\right)}\\
{}&{=}&{\mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi)}\\
{}&{=}&{\mathcal{A} \sen (\omega t+ \phi^*)}
\end{eqnarray*}
Fazendo $\mathcal{A}=\sqrt{C_1^2+C_2^2}$ e
\[\cos \phi=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
;
\[\sen \phi=-\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
\[\sen \phi^*=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
;
\[\cos \phi^*=\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
Considere-se agora a função \[x(t)=e^{at}\], com $a \in \R \backslash \{0\} $
Derivando em ordem a $t$ , temos
\[ \dot x=ae^{at} \]
e consequentemente
\[
\ddot x=a^2e^{at}=a^2 x
\]
Portanto, $x(t)=e^{at}$ é uma solução da equação diferencial
\[
\ddot x=a^2 x
\]
Compare-se agora as equações
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
e
\[
\ddot x=a^2 x
\]
E observe-se que estas equações são a mesma se tivermos em conta que $a=i\omega$ onde $i$ é a unidade imaginária, (portanto $i^2=-1$).
Assim sendo, devem existir um $\mathcal{A}$ e um $\phi$ que tornam verdadeira a igualdade
\[\label{eqII1}\tag{1} e^{i\omega t}=\mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi) \] para todo o $t\in \R$.
Em particular, se $t=0$ temos
\[\label{eqII2}\tag{2} 1=\mathcal{A} \cos (\phi) \]
Por outro lado, se substituirmos $t$ por $(-t)$ em $(\ref{eqII1})$ temos
\[\label{eqII3}\tag{3} e^{-i\omega t}=\mathcal{A} \cos (-\omega t+ \phi) \] para todo o $t\in \R$.
Somando termo a termo as equações ($\ref{eqII1}$) e ($\ref{eqII3}$), e obtemos
\[\label{eqII4}\tag{4}{ e^{i\omega t}+ e^{-i\omega t} }= \mathcal{A}\left(\cos (\omega t+ \phi)+\cos (-\omega t+ \phi)\right)\]
No meu tempo, no secundário, dava-se a fórmula
\[ \cos (\alpha)+\cos(\beta)=2 \cos \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\]
Façamos $\alpha=X+Y$ e $\beta=X-Y$. Somando estas duas igualdades conclui-se que $X=\displaystyle\frac{\alpha+\beta}{2}$ e se em vez de somarmos, subtrairmos, vemos que $Y=\displaystyle\frac{\alpha-\beta}{2}$.
Assim sendo, temos que
\begin{eqnarray*}
{\cos (\alpha)+\cos(\beta)}&{=}&{\cos(X+Y)+\cos(X-Y)}\\
{}&{=}&{\cos(X)\cos(Y)-\sen(X)\sen(Y)+\cos(X)\cos(Y)+\sen(X)\sen(Y)}\\
{}&{=}&{2\cos(X)\cos(Y)}\\
{}&{=}&{2 \cos \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}\\
\end{eqnarray*}
Utilizando esta fórmula, em (\ref{eqII4}) obtemos
\[\label{eqII5}\tag{5}{ e^{i\omega t}+ e^{-i\omega t} }= 2\mathcal{A}\left(\cos ( \phi)\cos (\omega t)\right)\]
mas atendendo a $(\ref{eqII2})$
\[\label{eqII6}\tag{6}{ e^{i\omega t}+ e^{-i\omega t} }= 2\cos \left(\omega t\right)\]
que é equivalente a
\[\label{eqIICosseno}\tag{7}\frac{ e^{i\omega t}+ e^{-i\omega t} }{2} = \cos(\omega t)\]
Derivando agora cada membro da equação em ordem a $t$ temos
\[i\omega\times\frac{ e^{i\omega t}- e^{-i\omega t} }{2} = -\omega \sen(\omega t)\]
que é equivalente a
\[\label{eqIISeno}\tag{8}\frac{ e^{i\omega t}- e^{-i\omega t} }{2} = i\sen(\omega t)\]
Somando termo a termo as equações (\ref{eqIICosseno}) e (\ref{eqIISeno}) obtemos
\[ e^{i\omega t}=\cos(\omega t)+i\sen(\omega t)\]
Finalmente, fazendo $\theta=\omega t$ obtemos
\[ e^{i\theta}=\cos\theta+i\sen\theta\]
No blog CarlosPaulices no século XXI mostrei como cheguei à exponencial complexa a partir de uma equação diferencial de primeira ordem.
Agora, que o (novo) programa de Matemática A 12º (ensino secundário, Portugal), inclui osciladores harmónicos, sugiro outra forma de o fazer.
Actualização: Existe uma versão diferente desta dedução aqui, neste mesmo blog
Sejam $A>0$, $\omega>0$ e $\varphi \in [0,2\pi[ $. Um oscilador harmónico é um sistema constituído por um ponto que se desloca numa recta numérica em determinado intervalo de tempo $I$, de tal forma que a respectiva abcissa é dada por uma função da forma \[x(t)=A \cos (\omega t+ \varphi)\] para cada $t\in I$
Derivando em ordem a $t$ (neste blog utilizarei $ \dot x $ para designar a derivada de $x$ em ordem a $t$), temos
\[ \dot x=-A\omega \sen (\omega t + \varphi) \]
e consequentemente
\[
\ddot x=-A\omega^2 \cos (\omega t + \varphi)=-\omega^2 x
\]
Portanto, $x(t)= A \cos (\omega t+ \varphi)$ é uma solução da equação diferencial
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
Na verdade, $x(t)= \mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi)$ com $\mathcal{A}>0$ e $\phi \in [0,2\pi[ $ arbitrários, é uma expressão geral para todas as soluções da equação
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
Outras formas possíveis para a solução geral são:
\[x(t)= \mathcal{A} \sen (\omega t+ \phi^*)\] com $\mathcal{A}>0$ e $\phi^* \in [0,2\pi[ $
ou
\[x(t)= C_1\cos (\omega t)+ C_2\sen (\omega t)\] com $C_1,C_2\in\R$
Note-se que
\begin{eqnarray*}
{C_1\cos (\omega t)+ C_2\sen (\omega t)}&{=}&{\sqrt{C_1^2+C_2^2}\left(\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\cos (\omega t)+ \frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\sen (\omega t)\right)}\\
{}&{=}&{\mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi)}\\
{}&{=}&{\mathcal{A} \sen (\omega t+ \phi^*)}
\end{eqnarray*}
Fazendo $\mathcal{A}=\sqrt{C_1^2+C_2^2}$ e
\[\cos \phi=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
;
\[\sen \phi=-\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
\[\sen \phi^*=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
;
\[\cos \phi^*=\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
Considere-se agora a função \[x(t)=e^{at}\], com $a \in \R \backslash \{0\} $
Derivando em ordem a $t$ , temos
\[ \dot x=ae^{at} \]
e consequentemente
\[
\ddot x=a^2e^{at}
\]
Portanto, $x(t)=e^{at}$ é uma solução da equação diferencial
\[
\ddot x=a^2 x
\]
Facilmente se reconhece que $x(t)=e^{-at}$ também é solução da equação, e ainda que qualquer combinação linear destas duas soluções também é solução.
Na verdade, a solução geral desta equação é
\[x(t)=\alpha e^{at}+\beta e^{-at}\]
Compare-se agora as equações
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
e
\[
\ddot x=a^2 x
\]
Observe-se que estas equações são a mesma se tivermos em conta que $a=i\omega$ onde $i$ é a unidade imaginária, (portanto $i^2=-1$).
Se admitirmos a validade da segunda solução geral, para valores de $a$ imaginários puros , então temos que
\[\label{eq1}\tag{1}\alpha e^{i\omega t}+\beta e^{-i\omega t}=\mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi) \] para todo o $t\in \R$.
Derivando ambos os termos da igualdade temos
\[\label{eq2}\tag{2}i\omega\left(\alpha e^{i\omega t}-\beta e^{-i\omega t}\right)=-\omega\mathcal{A} \sen (\omega t+ \phi) \]
Tomando $t=0$ nas equações ($\ref{eq1}$) e ($\ref{eq2}$), e obtemos
\[
\left\{ {\begin{array}{c}
{\alpha + \beta = \mathcal{A}\cos \phi } \\
{\alpha - \beta = i\mathcal{A}\sen \phi }
\end{array}} \right.
\]
Que se resolve facilmente em ordem a $\alpha$ e $\beta$
(basta somar as equações, para determinar $\alpha$ e subtrair, para determinar $\beta$ ), obtendo
\[
\left\{ {\begin{array}{c}
{\alpha = \displaystyle\frac{\mathcal{A}}{2}\left( {\cos \phi + i\sen \phi } \right)} \\
{\beta = \displaystyle\frac{\mathcal{A}}{2}\left( {\cos \phi - i\sen \phi } \right)}
\end{array}} \right.
\]
Substituindo em (\ref{eq1}) obtemos
\[\frac{\mathcal{A}}{2}\left( {\cos \phi + i\sen \phi } \right) e^{i\omega t}+\frac{\mathcal{A}}{2}\left( {\cos \phi - i\sen \phi } \right) e^{-i\omega t}=\mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi) \]
\[
\Leftrightarrow
\]
\[\label{eq3}\tag{3}\frac{\left( {\cos \phi + i\sen \phi } \right)}{2} e^{i\omega t}+\frac{\left( {\cos \phi - i\sen \phi } \right)}{2} e^{-i\omega t}= \cos (\omega t+ \phi) \]
Nesta equação, podemos tomar $\phi=0$ e obtemos
\[\label{eqCosseno}\tag{4}\frac{ e^{i\omega t}+ e^{-i\omega t} }{2} = \cos(\omega t)\]
Derivando cada membro da equação em ordem a $t$ temos
\[i\omega\times\frac{ e^{i\omega t}- e^{-i\omega t} }{2} = -\omega \sen(\omega t)\]
que é equivalente a
\[\label{eqSeno}\tag{5}\frac{ e^{i\omega t}- e^{-i\omega t} }{2} = i\sen(\omega t)\]
Somando termo a termo as equações (\ref{eqCosseno}) e (\ref{eqSeno}) obtemos
\[ e^{i\omega t}=\cos(\omega t)+i\sen(\omega t)\]
Finalmente, fazendo $\theta=\omega t$ obtemos
\[ e^{i\theta}=\cos\theta+i\sen\theta\]
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!)
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, $S_4=a^4+b^4+c^4=1+1+16=18$
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.
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.
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/.
Problema proposto por Américo Tavares no facebook, no dia 4 de Julho de 2017.
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[ $.
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)
