Volume de um parabolóide elíptico limitado superiormente por um plano horizontal

Publicado em 7 de Maio de 2019 por Américo Tavares

Problema: calcule o volume do região delimitada pelo parabolóide elíptico definido pela equação 

\displaystyle z=\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}

e pelo plano z=c>0.

(Adaptado do problema do leitor Gil Carvalho no neste comentário na página Problema dos leitores.)

Sugestão: se quiser, faça a mudança de variáveis X=\dfrac{x}{a} e Y=\dfrac{y}{b} e reduza-o ao cálculo do volume, entre z=0 e z=c>0, do parabolóide de secção circular 

\displaystyle z=X^2+Y^2

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O sen(1º) e o cos(1º) são números algébricos

Publicado em 29 de Abril de 2019 por Américo Tavares

No artigo SENOS (E COSSENOS) ALGÉBRICOS  dos matemáticos brasileiros Carlos A. Gomes e Eurípedes C. da Silva, publicado no N. 0187 da Gazeta de Matemática, os autores apresentam uma demonstração (prova) da seguinte proposição:

« Se \alpha for um número racional, então \cos(\alpha\pi) e \text{sen}(\alpha\pi) são ambos números algébricos. »

O caso particular \alpha=1/180 permite demonstrar (provar) imediatamente o enunciado do título deste post, uma vez que 1^\circ=\pi/180.

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Exemplo de factorização de um polinómio do 4.º grau simétrico

Publicado em 25 de Março de 2019 por Américo Tavares

O polinómio

t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1

é simétrico, ou seja, é da forma

at^{4}+bt^{3}+ct^{2}+bt+a

A sua factorização é da forma

\begin{aligned}t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1 &=(t-t_{1})(t-t_{2})(t-t_{3})(t-t_{4}) \\&=\left( t^{2}-\left( t_{1}+t_{2}\right) t+t_{1}t_{2}\right) \left( t^{2}-\left( t_{3}+t_{4}\right) t+t_{3}t_{4}\right) \end{aligned}

em que t_{i}, i=1,2,3,4, são as raízes. Façamos a mudança de variáveis

x=t+t^{-1}

Se dividirmos a equação

t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1=0

por t^{2}, obtemos a equação equivalente

t^{2}+2t-2+2t^{-1}+t^{-2}=0,\qquad t\neq 0

Para exprimir o 1.º membro em termos de x, reparemos que

x^{2}=\left( t+t^{-1}\right) ^{2}=t^{2}+2+t^{-2}

pelo que

\begin{aligned}t^{2}+2t-2+2t^{-1}+t^{-2} &=(t^{2}+2+t^{-2})+2(t+t^{-1})-4 \\&=x^{2}+2x-4 \end{aligned}

Basta factorizar este polinómio em x

x^{2}+2x-4=\left( x+1-\sqrt{5}\right) \left( x+1+\sqrt{5}\right)

para concluir que

t^{2}+2t-2+2t^{-1}+t^{-2}=\left( t+t^{-1}+1-\sqrt{5}\right) \left( t+t^{-1}+1+\sqrt{5}\right)

Como a equação

t+t^{-1}+1-\sqrt{5}=0

tem as mesmas raízes da equação quadrática

t^{2}+(1-\sqrt{5})t+1=0

a sua soma e produto são

\begin{aligned}t_{1}+t_{2} &=-1+\sqrt{5} \\ t_{1}t_{2} &=1\end{aligned}

O segundo par de raízes provém da equação

t+t^{-1}+1+\sqrt{5}=0

que tem as mesmas raízes de

t^{2}+(1+\sqrt{5})t+1=0

pelo que a sua soma e produto são

\begin{aligned}t_{3}+t_{4}&=-1-\sqrt{5} \\t_{3}t_{4}&=1 \end{aligned}

Combinando os resultados anterior conclui-se que

t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1=\left( t^{2}+\left( 1-\sqrt{5}\right) t+1\right)\left( t^{2}+\left( 1+\sqrt{5}\right) t+1\right)

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Top 5 deste blogue (em visualizações)

Publicado em 26 de Março de 2018 por Américo Tavares

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Republicação de problema (e resolução) sobre valoração p-ádica :: Repost of a problem (and solution) on p-adic valuation

Publicado em 24 de Março de 2018 por Américo Tavares

(Daqui e daqui)

Enunciado do Problema

Seja m o maior inteiro positivo tal que \dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}. Determine, justificando, um majorante de m.

  • Afirmação não demonstrada: 10   é um majorante de m. Encontre um mais pequeno.

Problem Statement

Let m be the greatest positive integer such that \dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}. Find with proof an upper bound for m.

  • Claim: 10 is an upper bound for m. Find a smaller one.

 

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Solution par Pierre Bernard, France

On sait que

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

De plus, chaque terme

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

vaut 0 ou 1 (on a toujours \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor qui vaut 0 ou 1).

Si i est assez grand, il est clair que

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Précisément, puisque n\geq k, il suffit que p^{i}>n, c’est-à-dire i>\log _{p}(n) pour que

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

On a donc:

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ ou }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Donc

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

Et 5 c’est mieux que 10 :)

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Solution by Pierre Bernard, France; translated by Américo Tavares

We know that

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

Furthermore, each  term

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

is 0 or 1 (we have allways \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor which is  0 or 1).

For i sufficiently large it is clear that we have

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

And because  n\geq k it is  sufficient that p^{i}>n, i. e. i>\log _{p}(n) to have [Translator’s note: slightly edited on July 22, 2009]

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Therefore

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ or }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Thus

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

And 5 is better than 10 :)

Other solvers: fede (comments in Gaussianos‘s blog) and  fatima

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Resolução de Pierre Bernard, França;  tradução de Américo Tavares.

Sabe-se que

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

Além disso, cada termo

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

vale  0 ou 1 (tem-se sempre \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor   que é igual a  0 ou 1).

Para  i suficientemente grande é claro que se tem

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Ora, dado que n\geq k, é suficiente que  p^{i}>n, isto é i>\log _{p}(n) para se ter

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Portanto:

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ ou }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Deste modo

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

E 5 é melhor do que 10 :)

Outros: fede (commentários no blogue Gaussianos) e fatima

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Notas:

1. v_{p}(r) designa a valoração (ou valorização)  p-ádica (valuation p-adique) de  r: o expoente do número primo p na decomposição em factores primos do inteiro r. Por outras palavras,  p^{v_{p}(r)} divide r mas p^{1+v_{p}(r)} não divide r.

2. Também se usa a notação \text{ord}_p(r) (ordem ou ordinal de r em p) com o mesmo significado.

3. v_{p}\left(\dfrac{r}{s}\right) =v_{p}(r)-v_{p}(s) (com \dfrac{r}{s}\in\mathbb{Q}).

4. Teorema de Legendre: Qualquer que seja o inteiro positivo n, o expoente do número primo p na decomposição em números primos  de n! é igual a

\displaystyle\sum_{i\geq 1}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor

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Remarks:

1. v_{p}(r) denotes  the p-adic valuation of  r: the exponent of the prime p in the factorization into prime numbers of the integer r. In other words  p^{v_{p}(r)} divides r and p^{1+v_{p}(r)} does not divide r.

2. With the same meaning another notation is also used: \text{ord}_p(r) (order or ordinal of r at p)

3. v_{p}\left(\dfrac{r}{s}\right) =v_{p}(r)-v_{p}(s) (with \dfrac{r}{s}\in\mathbb{Q}).

4. Theorem (Legendre): For every positive integer n, the exponent of the prime number p in the factorization into prime numbers of  n! is

\displaystyle\sum_{i\geq 1}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor

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Desafios SPM – Números complexos – Exercício 17. Minha resolução

Publicado em 12 de Junho de 2017 por Américo Tavares

Divulgo o seguinte título do Público de 11/6/2017 sobre um conjunto de exercícios/problemas/desafios da SPM, ao nível do Secundário, apresentando no final a minha resolução a um deles sobre números complexos.

Desafios para quem vai fazer exame de Matemática

A Sociedade Portuguesa de Matemática elaborou um conjunto de problemas para os alunos do 12.º ano em preparação para o exame nacional da disciplina.

(De: https://static.publico.pt/DOCS/educacao/desafiosSPM_final.pdf?v=2 )

Estes exercícios, com três níveis de complexidade, da responsabilidade da SPM, repartem-se por Probabilidades e Combinatória (9 exercícios), Números Complexos (9), Funções de Variável Real (11) e Geometria (3).

Disponibilizo a seguir a minha resolução do exercício 17, cujo enunciado se reproduz acima. Não tenciono publicar mais nenhuma resolução destes exercícios; esta constitui uma excepção, a título meramente exemplificativo.

No texto introdutório, cuja cópia se encontra acima, pode ler-se:

« Os #Desafios SPM não se constituem portanto, de forma alguma,  como uma simulação do Exame Nacional, já que os itens que integram os exames estão naturalmente sujeitos a restrições decorrentes das características próprias dessas provas de avaliação, substancialmente distintas das que motivaram a elaboração e selecão destes problemas ».

O pdf do enunciado dos exercícios encontra-se aqui.

Minha resolução do exercício 17:  pdf: spmdesafios.exercicio17v3c

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Integral gaussiano

Publicado em 8 de Junho de 2017 por Américo Tavares

Um dos métodos de cálculo de um integral clássico, traduzido e adaptado de uma minha resposta já antiga (aqui) a uma questão (esta)  de Jichao, em Mathematics Stack Exchange:

(clicar para ver melhor)

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A sample of some contributions to Mathematics Stack Exchange

Publicado em 3 de Maio de 2017 por Américo Tavares

pdf: msebooklet.pdf

From 557 answers and 37 questions I’ve already posted to the math.stackexchange.com, I make a few of them, 29 answers and 4 questions, available here: msebooklet.pdf (66 pages).

They are grouped into the following categories/tags:

Answers.

  • Elementary algebra
  • Geometry and Trigonometry
  • Calculus
  • Fourier Series
  • Complex Analysis

Questions.

  • Real Analysis
  • Number Theory

(click the image to download the pdf file)

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Integral definido envolvendo uma função trigonométrica inversa e um polinómio quártico

Publicado em 26 de Abril de 2017 por Américo Tavares

Na questão já antiga do MSE “Evaluating \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\arcsin{\sqrt{x}}}{x^4-2x^3+2x^2-x+1}\mathrm d\!x” pede-se ajuda para determinar o integral

I=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\dfrac{\arcsin{\sqrt{x}}}{x^4-2x^3+2x^2-x+1}\mathrm d\!x

tendo o autor da questão mostrado que

2I=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\arcsin{\sqrt{x}}+\arcsin{\sqrt{1-x}}}{x^4-2x^3+2x^2-x+1}dx.

Na minha resposta cheguei a

\begin{aligned}I&=\dfrac{\sqrt{-2+2\sqrt{13}}\left( \sqrt{13}+13\right) \pi }{312}\ln \dfrac{1+\sqrt{-2+2\sqrt{13}}+\sqrt{13}}{1-\sqrt{-2+2\sqrt{13}}+\sqrt{ 13}}\\&\qquad-\dfrac{2\left( -2+2\sqrt{13}\right) \left( \sqrt{13}+13\right) \pi }{312 \sqrt{2+2\sqrt{13}}}\arctan \dfrac{12}{\sqrt{2+2\sqrt{13}}\left( -7+\sqrt{13} \right) }\\&\approx 0,90952\end{aligned}

A resposta completa traduzida para português encontra-se no seguinte PDF: msedefiniteintegral.

 

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Leibniz formula for π using a Fourier sine series expansion

Publicado em 1 de Setembro de 2016 por Américo Tavares

In the math.stackexchange.com question How to show this formula using a Fourier sine series expansion? \sum _{k=1}^{\infty }\frac {\left(-1\right)^{k-1}}{2k-1}=\frac {\pi }{4}, FMath asked how to prove

\displaystyle\sum _{k=1}^{\infty }\dfrac{\left(-1\right)^{k-1}} {2k-1}=\dfrac {\pi }{4}

using the Fourier sine expansion for the function f(x)=\dfrac {1} {2}\left( \pi -x\right); (range: \left[0,\pi \right]).

Here is my answer.

To obtain the Fourier sine series expansion for f(x) the coefficients a_n must vanish (see below). So let g(x) be the odd function extending f(x) to the interval [-\pi,0[ defined by

g(x)=\left\{\begin{array}{l}\phantom{-}f(x)=\phantom{-}\dfrac{\pi-x}{2},\qquad\quad 0\leq x\leq\pi\\\\-f(-x)=-\dfrac{\pi+x}{2},\qquad -\pi\leq x <0\end{array}\right.

whose graph in [\pi,\pi] is shown in the following figure

g(x)=f(x)=\dfrac{\pi -x}{2}, x\in[0,\pi[ ; \; g(x)=-f(-x)=-\dfrac{\pi +x}{2},x\in[-\pi,0]

We know that the trigonometric Fourier series expansion for g(x) in the interval \left[ -\pi ,\pi \right] is given by

\dfrac{a_{0}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos (nx)+b_{n}\sin (nx)\right),

where the coefficients are the integrals

a_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }g(x)\cos (nx)\,dx,\qquad n=0,1,2,\ldots,

b_{n}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }g(x)\sin (nx)\,dx,\qquad n=1,2,3,\ldots,

The integrand g(x)\cos (nx) is an odd function, while g(x)\sin (nx) is even. So a_{n}=0 and

b_{n}=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }g(x)\sin (nx)\,dx=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }\dfrac{\pi -x}{2}\sin (nx)\,dx.

Evaluating this last integral we obtain b_{n}=\frac{1}{n}, which proves that

f(x)=\dfrac{\pi -x}{2}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin (nx),\qquad 0\leq x\leq\pi,

(the Fourier sine series for the function f(x) in the interval \left[0,\pi\right]). We see that f(\pi/2)=\pi/4. We just need to confirm that for x=\pi /2 this last series reduces to your series. Indeed since

\sin\big(\dfrac{n\pi }{2}\big)=\left\{\begin{array}{l}\phantom{-}1,\qquad n=1,5,\ldots ,4k+1,\ldots\\\phantom{-}0,\qquad n=2,4,\ldots ,2k+2,\ldots\quad (k=0,1,2,\ldots)\\-1,\qquad n=3,5,\ldots,4k+3,\ldots,\end{array}\right.

we have

\dfrac{\pi }{4}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\sin \big(\dfrac{n\pi }{2}\big)=1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}+\ldots = \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac {\left( -1\right)^{k-1}} {2k-1}.

Remark. For a Fourier cosine series we would need to extend f(x) to an even function instead, because then b_n would vanish.

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