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sexta-feira, 1 de outubro de 2010

Problemas dos Fatos Matemáticos (Parte 2)


Problema [;4;]: Mostre que

[;\cos 36^{\circ} - \cos 72^{\circ} = \frac{1}{2};]

Problema [;5;]: Seja [;P_0(x_0,y_0);] um ponto sobre a parábola [;y = 4 - x^2;]. Determine as coordenadas de [;P_0;] de modo que a reta passa pelo ponto [;(3,4);]seja tangente à curva em [;P_0;].

Problema [;6;]: (XXV OBM - [;2003;]) A figura a seguir mostra um quadrado [;ABCD;] e um triângulo equilátero [;BEF;], ambos com lado de medida [;1\ cm;]. Os pontos [;A;], [;B;] e [;E;] são colineares, assim como os pontos [;A;], [;G;] e [;F;]. Determine a área do triângulo [;BFG;].

As soluções desses [;3;] problemas podem ser encaminhadas para linnux2001@gmail.com.

Vejamos agora as soluções dos problemas anteriores.

Problema 1: Determine o valor da soma

[;\frac{1}{4\cdot 7 \cdot 10} + \frac{1}{7 \cdot 10 \cdot 13} + \ldots + \frac{1}{64 \cdot 67 \cdot 70};]
Resolução: Seja
[;a_n = \frac{1}{(3n+1)(3n+2)(3n+7)};]
Assim,
[;a_1 = \frac{1}{4\cdot 7 \cdot 10} \qquad \text{e} \qquad a_{21} = \frac{1}{64\cdot 67\cdot 70};]

Usando frações parciais, temos:

[;\frac{1}{(3n+1)(3n+2)(3n+7)} = \frac{A}{(3n+1)(3n+4)} + \frac{B}{(3n+4)(3n+7)};]

donde segue que [;A = 1/6;] e [;B = -1/6;]. Logo,

[;\frac{1}{4\cdot 7\cdot 10} = \frac{1}{6\cdot 4 \cdot 7} - \frac{1}{6\cdot 7 \cdot 10};]



[;\ldots \qquad \ldots;]

[;\frac{1}{64\cdot 67\cdot 70} = \frac{1}{6\cdot 64 \cdot 67} - \frac{1}{6\cdot 67 \cdot 70};]

Somando membro a membro essas expressões, segue que

[;\frac{1}{4\cdot 7 \cdot 10} + \frac{1}{7 \cdot 10 \cdot 13} + \ldots + \frac{1}{64 \cdot 67 \cdot 70} = \frac{1}{6\cdot 4 \cdot 7} - \frac{1}{6\cdot 67\cdot 70} = \frac{111}{18760};]

Problema 2: Prove que para [;n \in \mathbb{N}^{\ast};], vale a identidade

[;\cos \theta \cos 2\theta\cdot \ldots \cdot \cos{2^{n-1}}\theta = \frac{\sin 2^n \theta}{2^n \sin \theta}\qquad (1);]

Resolução: Usaremos indução finita para provar esta igualdade. Para [;n = 1;], temos:

[;\frac{\sin(2\theta)}{2\sin \theta} = 2\frac{\sin \theta \cos \theta}{2\sin \theta} = \cos \theta;]

Suponhamos que [;(1);] seja válida. Mostraremos que

[;\cos \theta \cos 2\theta\cdot \ldots \cdot \cos{2^{n-1}}\theta \cos (2^{n}\theta) = \frac{\sin(2^{n+1} \theta)}{2^{n +1} \sin \theta};]
De fato,
[;\cos \theta \cos(2\theta)\cdot \ldots \cdot \cos(2^{n-1}\theta)\cos(2^n\theta) = \frac{\sin(2^n\theta)}{2^n\sin \theta}\cos(2^n\theta) = ;]

[;= 2\frac{\sin(2^n\theta)\cos(2^n\theta)}{2^{n+1}\sin \theta} = \frac{\sin(2^{n+1}\theta)}{2^{n+1}\sin \theta};]

Problema 3: Calcule o limite
[;\lim_{x \to 0} \quad \frac{\sqrt{1 + x} - \sqrt[3]{1 + x}}{\sqrt[3]{1 + x} - \sqrt[4]{1 + x}};]

Resolução: Podemos resolver este limite através de técnicas algébricas. Vários leitores usaram esta técnica. Outro modo de resolver este problema através do binômio de Newton. Como [;x \to 0;], então

[;\sqrt{1 + x} = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} + \ldots;]

[;\sqrt[3]{1 +x} = 1 + \frac{x}{3} - \frac{x^2}{9}+\ldots;]

[;\sqrt[4]{1 + x} = 1 + \frac{x}{4} - \frac{x^2}{16}+\ldots;]
Assim,
[;\lim_{x \to 0} = \frac{\sqrt{1 + x} - \sqrt[3]{1 + x}}{\sqrt[3]{1 + x} - \sqrt[4]{1 + x}};]

[;= \lim_{x \to 0}\biggl[\frac{1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8}+\ldots - \biggl(1 + \frac{x}{3} - \frac{x^2}{9}+\ldots\biggr)}{1 + \frac{x}{3} - \frac{x^2}{9}+\ldots - \biggl(1 + \frac{x}{4} - \frac{x^2}{16}+\ldots\biggr)}\biggr] =;]

[;\lim_{x \to 0}\biggl[\frac{\frac{1}{6} + \frac{x}{72}+\ldots}{\frac{1}{12} + \frac{7x}{144}+\ldots} \biggr] = \frac{1}{6}\cdot \frac{12}{1} = 2;]

Apresento abaixo a lista dos leitores que enviaram soluções dos problemas [;1;], [;2;] e [;3;].

- Hun Sen [;1;] e [;3;];
- Marcos K. [;2;];
- Matheus C. Agostin [;2;];
- Vinícius [;2;];
- Yuri Lemos [;1;] e [;3;].

Agradeço a todos estes leitores, lembrando que o prazo de entrega para os problemas desta edição encerra no dia 31/10/2010.
Postado por Prof. Paulo Sérgio às 1.10.10
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6 comentários:

  1. Caramba!
    Meu professor de Geometria me mostrou esse problema 3, mas no dia não tinha conseguido resolver. Verei se consigo agora.

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  4. Perfeito Hun Sen. A minha demonstração deste problema também é geométrica. Irei tirar a sua solução daqui para que outros pense sobre ela. Muito obrigado pelo envio da solução do problema 4. Abraços!

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  5. Solução proposta do Problema 5:

    Nota: para facilidade de visualização vou mudar ligeiramente a notação do ponto de tangência P_0(x_0,y_0) para (a,f(a)).

    A tangente ao gráfico de uma curva y=f(x) num ponto (a,f(a)) é dada pela equação

    y=mx+b, com m=f′(a) e f(a)=ma+b, ou seja

    y=f′(a)x-f′(a)a+f(a)

    o ponto (3,4) há-de satisfazer a equação

    4=3f′(a)-f′(a)a+f(a)

    Subtraindo as duas últimas equações obtemos

    y-4=f′(a)x-3f′(a)

    Substituindo agora o valor da derivada f′(a)=-2a e da função f(a)=4-a^2 no ponto de tangência (a,f(a)), resulta

    a^2=2a^2-6a;

    donde (excluindo a solução a=0, onde a tangente é horizontal), conclui-se que

    a=6

    e

    f(a)=4-a^2=-32.

    Assim, as coordenadas do ponto de tangência P_0(x_0,y_0) são x_0=a=6 e y_0=f(a)=-32.

    Abraços

    Américo Tavares

    PS. Perdi os endereços de correio electrónico, que estou a tentar reconstituir. Por esse motivo agradeçeria um contacto seu.

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