CADERNO DO BLOGUEPROBLEMAS | TEOREMASAMRICO TAVARES:ici1. Constante de Apry 32. Somas 62.1. Somas telescpicas 62.2. Anti-diferenas e mtodo de adio por partes 82.3. Exerccios 113. A note on a combinatorial identity related to the Aprysconstant (3) 153.1. Introduction 153.2. Proof of the identity 163.3. First Terms of Aprys Sequences 183.4. Integer sequence (un) 183.5. Equivalent formulas for un and vn224. Sucesses 244.1. Sucesso de Fibonacci 244.2. Mltiplos e quadrados perfeitos (das XXV OPM) 264.3. Limite da raiz de ndice n do termo geral de uma sucesso 285. Noes bsicas sobre Sries 325.1. Nmeros racionais: exerccio sobre dzimas peridicas esrie geomtrica 356. Maximizao / Minimizao 366.1. Funo cbica 366.2. Optimizao por mtodo generalizando o de Lagrange 377. Integrais paramtricos 397.1. Regra de Leibniz de diferenciao de um integralparamtrico e sua generalizao 397.2. Integrao pelo mtodo de diferenciao em relao a umparmetro 418. Varivel complexa 43Data 6 Junho 2009.12 AMRICO TAVARES8.1. Identidade Complexa til 438.2. Duas equaes equivalentes da circunferncia no planocomplexo 438.3. Uma transformao inverso complexa de umacircunferncia 459. Desigualdades e identidades algbricas clssicas 469.1. Desigualdade de Cauchy-Schwarz 469.2. Identidade de Lagrange 4710. Fraces contnuas 4910.1. Fraces contnuas generalizadas 4910.2. Transformao das somas parciais de (n) em fracocontnua 5411. Mtodo de eliminao de Gauss e Matriz inversa 5712. Exemplos e exerccios de Clculo 6412.1. Frmula de reexo (da funo gama) de Euler 6412.2. Comprimentos de arcos recticveis 6712.3. Tangente elise 6812.4. Derivadas: a total de uma funo de duas variveis reaise de uma funo elevada a outra funo 7013. Mtodos numricos 7113.1. Mtodo da secante de determinao da raiz de umaequao no linear 7113.2. Mtodo de Newton de determinao da raiz de umaequao no linear 7314. Sries de Fourier 7314.1. Sistemas de Funes Ortogonais 7314.2. Relao de Parseval 7714.3. Srie trigonomtrica de Fourier 7914.4. A Srie dos recprocos dos quadrados perfeitos (2) =2/6 8114.5. Problemas 8315. Geometria 9315.1. Pentgono e Crculo 9315.2. Euler e os cinco slidos platnicos 9515.3. Dodecaedro 9715.4. Construo da elipse a partir de duas circunferncias 10115.5. Cubo de dimenso n, n-cubo ou hipercubo 10215.6. Teorema de Pitgoras 10316. Problema Putnam de hoje, HMD, 1 Maro 2008 / Putnamproblem of the day, HMD, March 1, 2008 10516.1. Verso portuguesa de Problema Putnam de hoje, HMD,1 Maro 2008 10516.2. English version of the Putnam problem of the day, HMD,March 1, 2008 107PROBLEMAS | TEOREMAS 317. Period of a decimal expansion/Perodo de uma dzima 10917.1. My solution to the Problem Of the Week-9 [Todd andVishals blog]: Period of a decimal expansion 10917.2. Verso portuguesa da minha resoluo do Problem Ofthe Week-9 [Todd and Vishals blog]: Perodo deuma dzima 11018. Congruncias e divisibilidade / Congruences andDivisibility 11118.1. A Purdue University Problem of the Week, Problem No.12 (Spring 2009 Series) 11118.2. Traduo portuguesa de um Problema da PurdueUniversity Problem No. 12 (Spring 2009 Series) 11219. Exerccio: provar que dois elevado a 33 mais trs elevado a33 no primo 11420. Exemplos de clculo nanceiro 11520.1. Base dos logaritmos naturais e juros 11520.2. Logaritmos nos clculos nanceiros 11720.3. Srie uniforme de pagamentos: formao de capital 11720.4. Outro exerccio de clculo nanceiro: srie uniforme erecuperao de capital 11921. Problemas lgicos, enigmas e adivinhas 12021.1. Descobrir a moeda falsa 12021.2. Enigma dos produtos iguais 12321.3. Enigma, ou melhor, a falsa adivinha dos chocolates e daidade 12721.4. Enigma: adivinha com nmeros, cartas, cores (e base 2) 12821.5. Enigma lgico com casas, pessoas, animais, . . . 130Referncias 1311. Co:1.:1i i Aiin.Roger Apry (1916-1994) surpreendeu a comunidade matemticacom a sua genial demonstrao de que o nmero real representado pelasrie (3) =

k=11k3 = 113 + 123 + 133 + irracional. Escolheu para a apresentar a forma de uma confernciaproferida emJunho de 1978 nas "Journes Arithmtiques" de Marseille-Luminy. Utilizou um mtodo elementar, mas que estava repleto de fr-mulas complexas e, na altura, inesperadas, sendo igualmente aplicvel srie, conhecida de Euler (1707-1783), (2) =

k=11k2 = 112 + 122 + 132 + .4 AMRICO TAVARESA exposio de Apry foi acolhida com manifestaes de dvida, por-ventura pela estranheza provocada pela natureza das frmulas, primeiravista nada evidentes, e por utilizar essencialmente um mtodo digno deEuler. Dois meses mais tarde, no Congresso Internacional de Matemti-cos, H. Cohen fez uma exposio completa da demonstrao, incorpo-rando ideias suas e de D. Zagier e Apry referiu a motivao que estevepor de trs do seu mtodo.Sob a forma escrita, a demonstrao de Apry pelo prprio data de1979 [1] . A. van der Poorten publicou, tambm nesse ano, um relatrioinformal bastante pormenorizado e uma descrio muito viva destesacontecimentos [2] . F. Beukers apareceu, ainda em 1979, com umaelegante e mais curta demonstrao da irracionalidade de (3) [3] . Emhomenagema Apry, a srie (3) passou a ser conhecida por constantede Apry.Como sabido, os nmeros reais podemser classicados emnmerosracionais, que so aqueles que podem ser expressos por fraces (ourazes) de nmeros inteiros (por exemplo 5/2) e os que no podem, oschamados nmeros irracionais (por exemplo 2, , e). H dois tiposdistintos de irracionais: os algbricos e os transcendentes. Os algbri-cos so zeros (ou raizes) de um polinmio de coecientes racionais (porexemplo 2, visto que x = 2 verica a equao x2 2 = 0), ostranscendentes no.No se sabe se a constante de Apry, (3) , transcendente. Omais conhecido de todos os irracionais, o , transcendente como foidemonstrado por F. Lindemann em 1882. A transcendncia da base doslogaritmos naturais, e, foi provada em 1873 por C. Hermite. Quantoa (2) , Euler demonstrou que era igual a 2/6, logo transcendente,porque todas as potncias inteiras de so transcendentes.Euler, por analogia com a factorizao de um polinmio de grau ncom zeros x1, x2, xnP (x) = c_1 xx1__1 xx2__1 xx3_ _1 xxn_,muito embora sen x tenha uma innidade de zeros (x = 0, 1, 2, ),teve a intuio de aplicar este conceito a esta funo (cujo desenvolvi-mento em srie de Taylor sen x = x/1!(x)3/3!+(x)5/5! ).sen x = x_1 x1__1 + x1__1 x2__1 + x2__1 x3__1 + x3_ = x_1 x21__1 x24__1 x29_ O factor resulta de limx0 (sen x) /x = . Igualando os coe-cientes do termo em x3, vem13!3= _11 + 14 + 19 + _= (2) ,PROBLEMAS | TEOREMAS 5o que d (2) = 2/6. Embora no seja ainda uma verdadeira demon-strao, Euler veio a efectu-la mais tarde. Para (4) = k=1 1/k4,obteve o resultado 4/90 e descobriu a frmula geral de (2n) =

k=1 1/k2n, que um mltiplo racional de 2n, isto , (2n) /2nracional. Daqui se conclui que (2n) transcendente.Quanto a (2n + 1) = k=1 1/k2n+1, para n 2, ainda no seconseguiu demonstrar a sua irracionalidade ou racionalidade. Mas j sesabe, por exemplo, que h uma innidade de valores de (2n + 1) queso irracionais.A funo zeta de Riemann tradicionalmente denotada por (s) ,com s complexo. No Apndice C sero apresentadas as propriedadesbsicas desta funo. A funo y = (x) denida nos reais, parax > 1 pela srie (x) =

n=11nx.Apresenta-se o respectivo grco para x 10, onde se podem ver asduas assmptotas: a horizontal y = 1 e a vertical x = 1.10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0543210xyxyGrco de (x)Esta ltima correspondente srie harmnica n=1 1/n, que se sabeser divergente.A estrutura geral da demonstrao de Apry baseia-se na con-struo de duas sucesses cuja razo un/vn converge para (3) porvalores inferiores: uma de inteiros (vn)n0 e outra de racionais (un)n0,as duas vericando a mesma relao de recorrncia, mas geradas porcondies iniciais distintas. A sucesso (un)n0 tal que multiplicandoun pelo termo geral duma terceira sucesso de inteiros (sn)n0 se obtmo termo geral qn = snun de uma sucesso de inteiros (qn)n0. A aprox-imao racional a (3) , un/vn = pn/qn (com pn = snvn) tem umavelocidade tal que permite concluir a irracionalidade de (3) .Na demonstrao de Beukers, o raciocnio semelhante, com agrande diferena das frmulas denidoras das sucesses de inteiros ede racionais, que so dadas por integrais, enquanto que nas de Apry6 AMRICO TAVARESaparecem coecientes binomiais. Por exemplo,vn =n

k=n_nk_2_n + kk_2so os chamados nmeros de Apry (associados a (3) ).Numericamente, tem-se (3) = 1, 202056903 . . . ,e (2) = 26= 1, 644934 . . . .2. So:.2.1. Somas telescpicas. Suponhamos que o somando ai decom-ponvel numa diferena Ai+1Ai. Ento,n

i=0ai =n

i=0Ai+1Ai =n

i=0Ai+1n

i=0Ai.Comon

i=0Ai+1 = n+1

i=1Ai =_n

i=1Ai_+ An+1 = An+1 +n

i=1Ai,en

i=0Ai = A0 +n

i=0Aivemn

i=0ai = An+1 +n

i=1AiA0n

i=0Ai = An+1A0.Analogamente,n

i=mai=n

i=mAi+1Ai =n

i=mAi+1n

i=mAi =n+1

i=m+1Ain

i=mAi= An+1 +n

i=m+1Ain

i=mAi = An+1 +n

i=m+1Ai_n

i=m+1Ai_Am= An+1Am.ou seja, se ai = Ai+1Ai, enton

i=mai=n

i=mAi+1Ai = An+1Am.oun1

i=mai=n1

i=mAi+1Ai = AnAm;PROBLEMAS | TEOREMAS 7Quando Ai uma sucesso crescente, a diferena positiva. Se ai =AiAi+1, tem-sen

i=mai=n

i=mAiAi+1 = AmAn+1.oun1

i=mai=n1

i=mAiAi+1 = AmAn.Agora, quando Ai decrescente, a diferena positiva.Exemplo 2.1. Calcular a soma ni=1ai,(1) sendo ai = AiAi+1 e Ai dado por(a) i1;(b) i;(c) i2;(d) i2.(2) sendo ai = Ai+1Ai e Ai dado como em 1.1. Aplicamos as ideias acabadas de expor.(a) Comoai = AiAi+1 = 1i 1i + 1 =1i (i + 1),vemn

i=1ai=n

i=11i (i + 1) =n

i=1AiAi+1 = A1An+1=11 1n + 1 =nn + 1Logo,n

i=11i (i + 1) =nn + 1.(b) Neste caso, tem-seai = AiAi+1 = i (i + 1) = 1en

i=1ai=n

i=1AiAi+1 =n

i=1i (i + 1) =n

i=11= A1An+1 = 1 (n + 1) = no que d o resultado evidenten

i=11 = n.8 AMRICO TAVARESc. Agora,ai = AiAi+1 = 1i2 1(i + 1)2 =2i + 1i2 (i + 1)2,en

i=1ai=n

i=11i2 (i + 1)2 =n

i=1AiAi+1 = A1An+1=112 1(n + 1)2 = n2+ 2n(n + 1)2donden

i=12i + 1i2 (i + 1)2 = n2+ 2n(n + 1)2.d. Tem-seai = AiAi+1 = i2(i + 1)2= i2i22i 1 = 2i 1en

i=1ai=n

i=1AiAi+1 =n

i=1i2(i + 1)2=n

i=1(2i + 1)= A1An+1 = 12(n + 1)2= n22n,novamente evidente, porque j vimos que ni=1i =n(n+1)2e

ni=1 1 = n. Por conseguinte,n

i=1(2i + 1) = n(n + 1) .2.2. Anti-diferenas e mtodo de adio por partes.2.2.1. Anti-diferenas. Se tivermos um somando (real) ai, podemostentar obter para cada i um outro real Ai tal que ai = Ai+1 Ai. Seo conseguirmos, o que na maioria dos casos prticos extremamentedifcil, podemos ento calcular facilmente ni=main

i=mai =n

i=mAi+1Ai = An+1Am = Ai|i=n+1i=m. (2.1) sucesso (Ai) chama-se anti-diferena da sucesso (ai).Claro que o processo inverso , em geral, fcil: partindo do con-hecimento de Ai calcula-se por diferena ai: ai = Ai+1Ai.No exemplo obtiveram-se os seguintes pares (Ai, ai) de anti-diferenase diferenas, aos quais se acrescentou o ltimo par da tabela, que jus-ticado j a seguir:PROBLEMAS | TEOREMAS 9Anti-diferena de aiDiferena aiAiai= Ai+1Aii1[i (i + 1)]1i 1i2(2i + 1)_i2(i + 1)21i22i + 1Tabela de anti-diferenas2.2.2. Mtodo de adio por partes. Vamos deduzir uma frmula quepode ajudar a calcular certas somas, recorrendo a outras conhecidas.Suponhamos que temos um produtoCi = AiBi.Ento, dado que AiBi+1AiBi+1 = 0, tem-seci= Ci+1Ci= Ai+1Bi+1AiBi= Ai+1Bi+1AiBi + (AiBi+1AiBi+1)= (Ai+1Bi+1AiBi+1) + (AiBi+1AiBi)= (Ai+1Ai) Bi+1 + Ai (Bi+1Bi)= aiBi+1 + Aibi,ou seja,ci = Ci+1Ci = aiBi+1 + Aibi. (2.2)Esta regra faz imediatamente lembrar a da diferenciao de umproduto. Escrevamo-la na formaaiBi+1 = ciAibi = Ci+1CiAibi, (2.3)e somemos em i:n

i=maiBi+1=n

i=mcin

i=mAibi=n

i=m(Ci+1Ci) n

i=mAibi.Atendendo frmula da soma telescpican

i=mCi+1Ci = Cn+1Cm = Ci|i=n+1i=m= AiBi|i=n+1i=m,10 AMRICO TAVARESvemn

i=maiBi+1= AiBi|i=n+1i=m n

i=mAibioun

i=mAibi= AiBi|i=n+1i=m n

i=maiBi+1.Como vemos, obtivemos uma frmula que nos faz lembrar o mtodode integrao por partes. Assim, para somar por partes um produtodecomponvel em dois factores, um dos quais uma anti-diferena, necessrio obter a anti-diferena do outro factor. Se o conseguirmos,facilmente achamos o valor da soma.Exemplo 2.2. Determinar, em funo de n e deHn =n

i=11i,conhecido por nmero harmnico de ordem n,n

i=1ii + 1.Pomosai=1i (i + 1)e Bi+1= i2.Consultando a tabela de anti-diferenas da seco anterior, obte-mos Ai e de Bi+1 calculamos Bi:Ai= 1iBi= (i 1)2= i22i + 1e, portanto, comobi = Bi+1Bi = 2i 1,tem-seAibi= 1i (2i 1) = 1i 2AiBi= 1i_i22i + 1_= i + 2 1i;PROBLEMAS | TEOREMAS 11donden

i=1ii + 1= _i + 2 1i_|i=n+1i=1n

i=11i 2= n 1 + 1 + 0 1n + 1 + 11 Hn + 2n= n + 1 1n + 1 HnSe escrevermos a soma numa forma indenida, ou seja, sem indi-cao explcita dos limites superior e inferior dos somatrios,

aiBi+1 = AiBi

Aibi,relacionamos duas somas indenidas: aiBi+1 e Aibi. Nesta fr-mula, aparecem as anti-diferenas Ai e Bi e as diferenas ai = Ai+1Aie bi = Bi+1Bi.A forma indenida traduz-se na soma indenida

ai = Ai.2.3. Exerccios.2.3.1. Enunciados.(1) Apresente um argumento combinatrio justicativo da identi-dade de Pascal.(2) Sendo A um conjunto com n elementos, seja P (A) o conjuntocujos elementos so todos os subconjuntos de A;(a) determine o nmero de elementos de P (A);(b) relacione com o teorema binomial e com o tringulo dePascal.(3) Calcule, em funo de n, o valor da soma ni=0_i2_=

ni=2_i2_.(4) Mostre que ni=0 (1)i_ni_= 0(a) pelo teorema binomial;(b) atravs dumargumento meramente combinatrio (semfazerclculos ou deduo a partir de outras frmulas)(5) Mostre que a anti-diferena da sucesso (2i) a prpria sucesso.Utilize este resultado para determinar ni=1 2i.(6) Calcule a soma da progresso geomtrica ni=1xi, utilizando omtodo telescpico.(7) Some por partesn

i=1i 2i.12 AMRICO TAVARES2.3.2. Resolues. 1. A identidade de Pascal _nk_=_n 1k_+_n 1k 1_.Pensemos em dois conjuntos, um A = {a1, a2, . . . , an} com n ele-mentos e outro, B arbitrrio mas contido em A e com n1 elementos:B = {b1, b2, . . . , bn1} A. Escolhamos agora k elementos de entre osn de A. A contagem do nmero de maneiras distintas de escolher essesk elementos pode fazer-se de duas formas: uma, directa, expressa por _nk_; outra, indirecta, baseada no seguinte raciocnio: os k elementosescolhidos ou pertencem todos ao conjunto B (caso 1) ou todosmenos um, ou seja, k 1 pertencem a B e o que no faz partede B pertence a A (caso 2). Existem _n1k_ escolhas distintasno caso 1 e _n1k1_ no 2. Somando _n1k_ com _n1k1_ obtem-se onmero total de escolhas associadas aos dois casos. Mostrmosassimque os dois lados da identidade de Pascal so iguais. 2.(a) Consideremos um conjunto A = {a1, a2, . . . , an} com n ele-mentos. Os subconjuntos de A podem ter k elementos, com k podendovariar de 0 a n (a 0 corresponde o conjunto vazio e a n o conjuntoA). Para um dado k, h _nk_ subconjuntos de A. A soman

k=0_nk_(2.4)representa o nmero pedido (node elementos ou cardinal de P (A)).Pela frmula do binmio, tem-se(1 + x)n=n

k=0_nk_xk. (2.5)Pondo x = 1 em (2.4), temos o caso particular(1 + 1)n=n

k=0_nk_1k 2n=n

k=0_nk_,que a resposta pretendida.2.(b) No tringulo de Pascal os nmeros _nk_ esto colocados aolongo da linha n.PROBLEMAS | TEOREMAS 13Linha n = 0_00_Linha n = 1_10_ _11_Linha n = 2_20_ _21_ _22_ Linha n _n0_ _n1_ _n2_ _nk_ _nn2_ _nn1_ _nn_ A sua soma dada por (2.4) 3. Dado que_i2_= i (i 1)2= 12_i2i_,se pensarmos nos resultado obtidos nas alneas (d) e (a) do exemplo1.2.1, respectivamenten

i=0i2=n

i=1i2= (n + 1) n(2n + 1)6, en

i=0i =n

i=1i = n(n + 1)2,tem-se sucessivamenten

i=2_i2_=n

i=212_i2i_= 12n

i=2i2i = 12_n

i=1i21

i=1i2n

i=1i +1

i=1i_=12__n

i=1i2_1 _n

i=1i_+ 1_= 12__n

i=1i2__n

i=1i__=12_(n + 1) n(2n + 1)6 n(n + 1)2_= n3n6. 4.(a) Fazendo x = 1 no teorema binomial(1 + x)n=n

k=0_nk_xk,obtm-sen

k=0_nk_(1)k= (1 1)n= 0;podemos substituir a varivel muda k por i:n

i=0(1)i_ni_= 0.4.(b) Consideremos umconjunto Acomn elementos A = {a1, a2, . . . , an}e outro B A com n1 elementos, isto , retiramos a A um qualquerdos seus elementos; n ou mpar ou par:14 AMRICO TAVARES se n mpar, a cada subconjunto de A com um nmero mparde elementos corresponde o seu complementar com um nmerompar de elementos. Por exemplo, se A = {a1, a2, a3}, temos osseguintes quatro pares de subconjuntos(, A) , ({a1} , {a2, a3}) , ({a2} , {a1, a3}) , ({a3} , {a1, a2}) .Vemos que A tem, portanto, o mesmo nmero de subconjun-tos com um nmero mpar de elementos e de subconjuntos comum nmero par (2n1, uma vez que 2n o nmero total desubconjuntos de A (ver exerccio 2.(a)); se n par, ento B que tem o mesmo nmero de subconjuntoscom um nmero mpar de elementos e de subconjuntos com umnmero par (2n2, pois 2n1 o nmero total de subconjuntosde B); logo, o nmero de subconjuntos de A (2n) o dobro dode B, metade dos quais tm um nmero mpar de elementos ea outra metade um nmero par.Sendo assim, quer n seja par quer seja mpar, o nmero de subcon-juntos de A com um nmero mpar de elementos igual ao nmero desubconjuntos igualmente de A, mas com um nmero par, isto ,n

i=0i par_ni_n

i=0i mpar_ni_= 0.Agora, reparando que o lado esquerdo desta igualdade se pode escr-ever como

ni=0 (1)i_ni_, ca demonstrada a identidade do enunciado.Nota: esta justicao ca, no entanto, dependente do teoremabinomial, que no foi demonstrado atravs de um argumento mera-mente combinatrio. Convidamos o leitor a experimentar fornecer umtal argumento.5. Basta reparar que 2i+12i= 2i(21) = 2i. Ou seja, se Ai = 2i,ento ai = Ai+1Ai = 2i.Assim sendo, aplicando a frmula da soma telescpica, vemn

i=12i=n

i=12i+12i= 2n+12 = 2 (2n1) 6. Comoxi+1xi= xi(x 1) xi+1xix 1= xipara x = 1,PROBLEMAS | TEOREMAS 15tem-sen

i=1xi=n

i=1xi+1xix 1=1x 1n

i=1xi+1xi=1x 1_xn+1x_= xn+1xx 1.Para x = 1, vem, como sabemos,n

i=11 = n. 7. Para somar por partesn

i=1i 2i=n

i=12ii, necessrio analisar o somando i 2i. Como 2i a anti-diferena de 2iea diferena de i 1, a soma acima da seguinte forma (ver adio porpartes):n

i=maiBi+1 = AiBi|i=n+1i=m n

i=mAibi,em queai = 2iBi+1 = i;dondeAi = 2iBi = i 1 bi = Bi+1Bi = i (i 1) = 1;assim, tem-se:n

i=1i 2i= _2i(i 1)|i=n+1i=1n

i=12i1= _2n+1(n) 2 0_2 (2n1) = n2n+12n+1+ 2= 2n+1(n 1) + 2. 3. A :o1i o: . co:ii:.1oni.i ii:1i1. nii.1i 1o 1iiAiin. co:1.:1 (3)3.1. Introduction. In his proof of the irrationality of (3), RogerApry used two double sequences, whose rst terms are shown in sec-tion 3. Aprys method of constructing these sequences is presented inhis article [1] Irrationalit de 2 et 3, Astrisque 61 (1979) p. 11-13,and in much more detail by Alfred van der Poorten [2] in his informalreport A proof that Euler missed ..., Math. Intelligencer 1 (1979), p.195-203.In section 4 of [2], the 5 transformations presented by Apry in theJournes Arithmtiques de Luminy held in June 1978, which enabled16 AMRICO TAVAREShim to accelerate the convergence of a sequence, un,k are described.This sequence is given byun,k =n

m=11m3 +k

m=112m3_nm__m + nm_. (3.1)Observao 3.1. In van der Poortens paper this sequence is denotedas cn,k and as uk,n by Apry in the aforementioned article.Applying exactly the same transformations, that is, the same linearcombination to the double sequences_n + kn_and_n + kn_un,k = vn,k,two other sequences, respectively, (un) and (vn) are generated. Theseare given byun=n

i=0_ni_2 i

k=0_ik__nk__2n kk_(3.2)=n

k=0_nk_2_n + kk_2, with 0 k i n (3.3)andvn=n

i=0_ni_2 i

k=0_ik__nk__2n kk_un,nk(3.4)=n

k=0_nk_2_n + kk_2un,k, with 0 k i n (3.5)We present here the following identityn

i=0_ni_2_ik_=_nk__2n kn_that enables one to show that (3.2) is identical to (3.3) and (3.4) isidentical to (3.5) (see section 4).3.2. Proof of the identity. We are going to proven

i=k_ni_2_ik_=_nk__2n kn_(3.6)Observao 3.2. We can choose for i the minimum value k, insteadof 0 , because, when i < k, _ik_= 0.This identity generalizes the identity

k_nk_2=_2nn_PROBLEMAS | TEOREMAS 17for which two dierent proves are given by M. Petkovsek, H. Wilf andD. Zeilberger in the book A=B, p. 24, [5], (a purely combinatorial proofand one based on the Newtons binomial formula).We will present two purely combinatorial arguments to evaluatethe value of each side of identity (3.6). Both values must, of course, beequal.The right hand side is the number of dierent ways of choos-ing k elements from a set, such as S= {s1, s2, , sn} with n el-ements and, at the same time, n elements from another set X={x1, x2, , xn, xn+1, , x2nk} with 2n k elements.As for the left hand side, lets rst consider the disjunction of Xin two sets, one X1 = {x1, x2, , xn} with n elements, and the otherX2 = {xn+1, , x2nk} , with nk elements, and X = X1X2. Now,we choose n elements of X such as k belongs to X1 and n k to X2,with 0 k n.(1) There exists _nk_ dierent ways of choosing k elements fromthe n of X1 .(2) There exists _n kn k_ = _n kk k_ dierent ways of choosingn k elements from the n k of X2 .From here we deduce that , for a given k , there are_nk__n kk k_dierent ways of choosing those n elements of X. On the other hand,_nk__n kk k__nk_ is the number of dierent ways of choosing n ele-ments from X and, at the same time, k from S , as above. Now, if weadd, for every possible value of k, all those such chooses, thenn

k=0_nk__n kk k__nk_=n

k=0_nk_2_kk_=n

i=0_ni_2_ik_=n

i=k_ni_2_ik_,since _nk__n kk k_=_nk__kk_, by the Newtons identity. It can beestablished by a combinatorial argument (see [6] V.K., Md. Balakr-ishnan, V. Balakrishnan, Schaums Outline of Combinatorics, p. 12).18 AMRICO TAVARESInstead, we show it as follows_nk__n kk k_=n!k! (n k)!(n k)!(k k)! (n k)!=n!k! (k k)! (n k)!and_nk__kk_=n!k! (n k)!k!k! (k k)!=n!k! (k k)! (n k)!We have therefore shown the equality of both sides of the identity(3.6) and so completed the proof. 3.3. First Terms of Aprys Sequences. Now, we are going to il-lustrate numerically the construction of the Aprys Sequences, by ap-plying the transformations described in [2]. We decided to displaythese sequences as Pascal-like triangles.3.4. Integer sequence (un). The rst triangle for this sequence hasas elements the values generated by the binomial coecient _n + kn_.For the n th line, these values are obtained for k = 0 to n.11 21 3 61 4 10 20The following triangles are (in each, n denes a line for which thesecond index of the generating expression is comprised between 0 andn.)1 Substitution of k by n k: _2n kn_12 16 3 120 10 4 12 _nk__2n kn_12 16 6 120 30 12 13 ik=0_ik__nk__2n kn_PROBLEMAS | TEOREMAS 1912 36 12 1920 50 92 1474 _ni_

ik=0_ik__nk__2n kn_12 36 24 1920 150 276 1475 ji=0_ji__ni_

ik=0_ik__nk__2n kn_12 56 30 7320 170 596 1445From here, we get the rst 4 terms of (un)u0 = 1 u1 = 5 u2 = 73 u3 = 1445 (3.7)3.4.1. Rational sequence (vn). The rst triangle for this sequence hasas elements the values generated by _n + kn_un,k = vn,k. For the nth line, these values are obtained for k = 0 to n.015298298115162512161302751914325195216It is transformed into the following ones, by applying exactly thesame transformations; again, n generates a line, for which the secondindex is comprised between 0 and n.1 Substitution of k by n k: _2n kn_un,nk0521115162989851952165191271304322512162 _nk__2n kn_un,nk0521115162949851952165191144130925121620 AMRICO TAVARES3 ik=0_ik__nk__2n kn_un,nk0527211516231163651610390432259634324777643276331432Observao 3.3. The denominators of the rationals calculated so farare equal to 2d3n, where dn = lcm(1, 2, , n).4 _ni_

ik=0_ik__nk__2n kn_un,nk052721151646216365161039043277889432143328432763314325 ji=0_ji__ni_

ik=0_ik__nk__2n kn_un,nk052122 = 61151657716140416= 351410390432= 51952168827943226734326253136From here, we get the rst 4 terms of (vn)v0 = 0 v1 = 6 v2 = 3514v3 = 6253136(3.8)Lets see howfast the convergence to (3) of the sequence generatedbyvnun really isv0u0 = 0v1u1 = 65 = 1.2v2u2 = 351292 1.20205479452055v3u3 = 6253152020 1.20205690119185For this last approximation, we have alreadyv3u3 (3) 0.00000000196774We have taken(3) 1.20205690315959For the next term, we havev4u4 = 114246959504288 ,PROBLEMAS | TEOREMAS 21andv4u4 (3) 0.00000000000177.In order to have a visual representation of these approximations,lets plot the graph of a function f of a real variable x such that f(n) =vn/un and f(x) = (vn/unvn1/un1) (x n) + vn/un in the interval[n 1, n], which is simply equal to vn/un at the integers and to thelinear function of the line segment connecting (n 1, vn1/un1) to(n, vn/un) in each of such intervals .4 3 2 11.2031.2021.2011.2xxGraph of f(x) in [1, 4] approaching (3)These approximations compare favorably with the partial sumssn = un,0 =

nm=1 1/m3s1 = u1,0 = 1s2 = u2,0 = 1 + 123 = 98s3 = u3,0 = 1 + 123 + 133 = 251216s4 = u4,0 = 1 + 123 + 133 + 143 = 20351728In this case we plot the graph of a function g of a real variable xsuch that g(n) = sn and g(x) = (snsn1) (x n) +sn in the interval[n 1, n], which is equal to sn at the integers and to the linear functionof the line segment connecting (n 1, sn1) to (n, sn) in each of suchintervals .22 AMRICO TAVARES4 3 2 11.41.31.21.11x xGraph of g(x) in [1, 4] and (3)3.4.2. Double Sequence (un,k). We will now arrange sequence (1) in aPascal-like triangle:u0,0 = 0u1,0 = 1 u1,1 = 54u2,0 = 98u2,1 = 2924u2,2 = 11596u3,0 = 251216u3,1 = 6554u3,2 = 51914320u3,3 = 51954320For instance, in the 4th line we have the following inequalitiesu3,0 < u3,2 < (3) < u3,3 < u3,1that is, [u3,2 , u3,3] [u3,0 , u3,1] and (3) u3,0 is positive, (3) u3,1negative, (3) u3,2 positive, and (3) u3,3 negative. Similar resultscan be established for the other lines.3.4.3. Proved identity. The rst 5 lines ofn

i=0_ni_2_ik_=_nk__2n kn_(3.9)are12 16 6 120 30 12 170 140 90 20 13.5. Equivalent formulas for un and vn. Now we will derive formu-las (3) and (5) from, respectively, (2) and (4).PROBLEMAS | TEOREMAS 233.5.1. Formula for un. From (3.2), that we repeat hereun =n

i=0_ni_2 i

k=0_ik__nk__2n kk_(3.10)one has, using the proved identityun=n

i=0i

k=0_ni_2_ik__nk__2n kk_(3.11)=i

k=0_nk__2n kk_n

i=0_ni_2_ik_=n

k=0_nk__2n kk__nk__2n kk_=n

k=0_nk_2_2n kn_2(3.12)Replacing n k for k, we obtainun=nk=0

nk=0_nn k_2_2n n + kn_2(3.13)=k=0

k=n_nk_2_n + kn_2=k=n

k=0_nk_2_n + kn_2(3.14)3.5.2. Formula for vn. From (3.4), that we repeat herevn =n

i=0_ni_2 i

k=0_ik__nk__2n kk_un,nk(3.15)one gets, using the proved identity as well,vn=n

i=0i

k=0_ni_2_ik__nk__2n kk_un,nk=i

k=0_nk__2n kk_n

i=0_ni_2_ik_un,nk=n

k=0_nk__2n kk__nk__2n kk_un,nk=n

k=0_nk_2_2n kn_2un,nk(3.16)24 AMRICO TAVARESReplacing n k for k, yieldsvn=nk=n

nk=0_nn k_2_2n n + kn_2un,k=k=0

k=n_nk_2_n + kn_2un,k=k=n

k=0_nk_2_n + kn_2un,k(3.17)This completes the deduction we have proposed to. 4. Scii4.1. Sucesso de Fibonacci. No blogue Matemtica de RodrigoGonalez apareceu recentemente (2-12-2007) um excelente artigo inti-tulado "Natureza Elegante - os Nmeros de Fibonacci".Lembrei-me que possvel determinar a frmula explcita do termogeral desta sucesso, a partir da relao de recorrncia que habitual-mente a dene:xn+1 = xn + xn1com as condies iniciais x1 = x2 = 1. (4.1)A frmula xn = anbna b , (4.2)em que a e b so as raizes da equaox2x 1 = 0. (4.3)O enunciado parte do exerccio 1.5 do livro de Tom Apostol[9,p.25], cuja resoluo deixada ao leitor. Apresento a minha. Sejaa = 1 +52= eb = 1 52= 1em que o nmero de ouro.A recorrncia equivalente axn+1xnxn1 = 0. (4.4)Trata-se de uma equao s diferenas linear, homognea e de 2aordem. Pela teoria geral destas equaes a sua soluo, xn, uma com-binao linear das solues fundamentais Xn1 e Xn2xn = AXn1 + BXn2, (4.5)PROBLEMAS | TEOREMAS 25em que X1 e X2 so as raizes da equao caractersticaX2X 1 = 0 (4.6)e A, B so constantes (independentes de n).Esta ltima equao tem as duas soluesX1=1 +52= = aX2=1 52= 1= be, portantoxn = AXn1 + BXn2 = Aan+ BbnOra, das condies iniciaisx1 = x2 = 1resultaA B1= 1A2+ B2= 1;dondeA =1 11 2 122= 2+ 11 + =55B = 121 122= 21 + = 55Logoxn= AXn1 + BXn2 = Aan+ Bbn=55 an55 bn=55(anbn) ;Mas, como1a b=11 +52 1 52=21 +5 _1 5_=15 =55 ,26 AMRICO TAVARESxn = anbna b(4.7)como queramos mostrar. 4.2. Mltiplos e quadrados perfeitos (das XXV OPM). Esteproblema foi retirado das Olimpadas de Matemtica de 2006 (categoriaB 10o-12o): 4oproblema da 1aeliminatria das XXV Olmpadas deMatematica:(http://www.mat.uc.pt/opm/OPM/XXV/XXV_1b.pdf)Escreve-se por ordem crescente cada um dos mltiplos de 3 cujasoma com 1 um quadrado perfeito3, 15, 24, 48, . . .Qual o 2006.omltiplo que se escreve?ResoluoApresento a minha resoluo a seguir, que o leitor pode compararcom outras duas propostas de resoluo mais elegantes (da SPM)(http://www.mat.uc.pt/opm/OPM/XXV/XXV_1bs.pdf)Os primeiros quadrados perfeitos a seguir ao 2 so:4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 144, 169, 196, 225, . . . , (n + 1)2. . .dos quais se obtm, por subtraco de 1 a cadau1= 3, u2 = 9, u3 = 15, u4 = 24, u5 = 35,u6= 48, u7 = 63, u8 = 80, u9 = 99, u10 = 120,u11= 143, u12 = 168, u13 = 195, u14 = 224, . . . ., un = (n + 1)21, . . .Destes, como u2 = 9, u5 = 35, u8 = 80, u11 = 143, u14 = 224 noso mltiplos de 3, camu1= 3,u3= 15, u4 = 24,u6= 48, u7 = 63,u9= 99, u10 = 120,u12= 168, u13 = 195, . . .Conrmemos: para n = 2, 3, 4, 5, . . .u3n4 = (3n 4 + 1)21 = (3n 3)21 = 9n218n+8 = 3_3n26n + 2_+2no so mltiplos de 3. Por outro lado, para n = 3, 4, 5, . . .u3n5= (3n 5 + 1)21 = (3n 4)21 = 3_3n28n + 5_u3n6= (3n 6 + 1)21 = (3n 5)21 = 3_3n210n + 8_so claramente mltiplos de 3.PROBLEMAS | TEOREMAS 27Assim, emcada trs termos sucessivos un (comn 3), os primeirosdois so mltiplos de 3 e o terceiro no o .Se renumerarmos os ndices e chamarmos nova sucesso vn ,temosv1= 221 = 3,v2= 421 = 15,v3= 521 = 24,v4= 721 = 48,v5= 821 = 63,v6= 1021 = 99,v7= 1121 = 120,v8= 1321 = 168,v9= 1421 = 195, . . .e o que se pede v2006 .Como o nmero de inteiros cujos quadrados menos um dividemtrs igual a:1. 1 no grupo de nmeros 2 a 3 inclusive;2. 2 em cada grupo de 3 nmeros a seguir ao 3, ou seja, de 4 a 6,de 7 a 9, etc.3. 1999 de 2 a 3000, em virtude de30003= 1000 = 1 + 999e1 1 + 999 2 = 1999,entov1999 = 299921 = 8994 000,e no 300021 = 8999 999, que no mltiplo de 3.Pelo mesmo raciocnio, entre 2 e 3009 h 2005 inteiros cujos quadra-dos menos um so mltiplos de trs, e o ltimo o que corresponde a3008 e no a 3009 (300921 no mltiplo de 3):30093= 1003 = 1 + 1002e1 1 + 1002 2 = 2005;entov2005 = 300821 = 9048 063.O termo seguinte o resultado procuradov2006 = 301021 = 9060 099.28 AMRICO TAVARESEste processo pode visualizar-se nas tabelas seguintes4 7 10 13 16 19 22 25 282 5 8 11 14 17 20 23 26 29(3) (6) (9) (12) (15) (18) (21) (24) (27) (30)2 4 6 8 10 12 14 14 181 3 5 7 9 11 13 15 17 191 2 2 2 2 2 2 2 2 2...2998 3001 3004 3007 3010 3013 3016 3019 3022 30252999 3002 3005 3008 3011 3014 3017 3020 3023 3026(3000) (3003) (3006) (3009) (3012) (3015) (3018) (3021) (3024) (3027)1998 2000 2002 2004 2006 2008 2010 2012 2014 20161999 2001 2003 2005 2007 2009 2011 2013 2015 20172 2 2 2 2 2 2 2 2 24.3. Limite da raiz de ndice n do termo geral de uma sucesso.Se o termo geral de uma sucesso for constante (un = c), a sucessotende para para essa constante, como muito bem se sabe. Neste caso arazo un+1un= cc = 1. E qual o limite denun =nc quando c > 0? bem conhecido (por exemplo [12,13]) que tambm 1:lim un+1un= cc = limnun = limnc = 1.Considere agora o leitor que un = cn, com c > 0. Comoncn = cclaro que limnun = c. Por outro lado, sendo neste caso lim un+1un=cn+1cn= c, verica-se igualmente a igualdadelim un+1un= limnun.Exemplo: em mais um caso concreto, seja agora un = n2. Vou de-terminar limnn2 por um mtodo adaptado de Curso de MatemticasGerais de Campos Ferreira [12]. Temos un+1un= (n + 1)2n2 1.Ento,qualquer que seja > 0 existe um N tal que, para todo o n N, sePROBLEMAS | TEOREMAS 29verica 1 < (n + 1)2n2< 1 + e, portanto,1 < (N + k + 1)2(N + k)2< 1 + k = 0, 1, 2, . . . n N 1.Multiplicando estas n N duplas desigualdades vem, sucessiva-mentenN1

k=0(1 ) < nN1

k=0(N + k + 1)2(N + k)2< nN1

k=0(1 + )nN .. (1 ) (1 ) < (N + 1)2N2(N + 2)2(N + 1)2 n2(n 1)2 m N,|um+1 + um+2 + + un| < , se e s se, a srie for convergente.Em smbolos, n=1un convergente, se e s se,>0Nn>mN |um+1 + um+2 + + un| < ,outra forma de traduzir o enunciado. Corolrio 5.1. Se a srie n=1un convergente, a sucesso (un)tende para 0.Demonstrao. Se n = m + 1,|un| < .Assim, verica-se>0 Nn>mN |un| < que a denio de limnun = 0. A srie harmnica n=1 1n no verica este critrio de convergn-cia porque, de1m + 1 +1m + 2 + + 1n 1n + 1n + + 1n = (n m) 1n.PROBLEMAS | TEOREMAS 35vemos que se escolhermos n = 2m, temos1m + 1 +1m + 2 + + 1n (2mm)12m = 12,o que contraria a condio necessria para que uma srie seja conver-gente expressa neste teorema. Assim, a srie harmnica divergente.5.1. Nmeros racionais: exerccio sobre dzimas peridicas esrie geomtrica. Prove que qualquer nmero representado por umadzima peridica racional.Se considerar, como exemplo, o nmero 0, 150, em que a barra,nesta notao, signica que o grupo de 3 dgitos 150 se repete in-denidamente0, 150 = 0, 150 150 150 . . .posso escrev-lo na forma0, 150 = 150103 + 150106 + 150109 + e calcular agora a soma da progesso geomtrica de razo 103e primeirotermo 0, 150

n=1150103n =0, 1501 103 =1501031 =50333No segundo exemplo tomo o nmero 0, 3150 como ilustrativo docaso em que a dzima no comea imediatamente a seguir vrgula.Assim, usando o resultado anterior0, 3150 = 0, 3 + 0, 1 0, 150 = 0, 3 + 0, 1 50333 = 10493330No ltimo exemplo, considero 2, 3150. Ser2, 3150 = _2, 3150_= _2 + 0, 3150_= _2 + 10493330_= 77093330.O caso geral simplesmente o de uma dzima peridica com pdgitos, bastando como se v mostrar a propriedade para os nmerosdo tipo 0, ap1ap2...a1a0 , porque os outros so uma consequncia ime-diata.O nmero cujos dgitos so os que esto sob a barra tem o valordecimalN = 100a0 + 101a1 + + 10p1ap1Sendo assim, usando o mesmo raciocnio do primeiro exemplo, tem-se0, ap1ap2...a1a0 =N10p +N102p + =N/10p1 10p =N10p1.36 AMRICO TAVARESExemplo de aplicao: x = 0, 151515... y = 1, 2151515...Para x = 0, 15, N = 1005 +1011 = 15, x =151021 = 1599. Dex deduz-se yy = 1, 215 = 1 + 0, 2 + 0, 1x = 1210 + 110 1599 = 401330.Exerccio: determine o nmero racional representado na forma decimalpor 0, 3311111...Resposta: 1494506. M.xi:iz.\o Mi:i:iz.\o6.1. Funo cbica. Mostre que o ponto de inexo da funo f (x) =x3+ 3x2 9x 21, cujo grco se representa a seguir, est situado ameio dos de estacionaridade.4 3 2 1 0 -1 -2 -3 -440200-20xyxy(enunciado adaptado e simplicado da entrada do Mathematicsweblog, Steve, cubics, harder question 2, 26-1-2006).ResoluoComeamos por calcular os pontos de estacionaridade. Comof(x) = 3x2+ 6x 9entof(x) = 03x2+ 6x 9 = 0x2+ 2x 3 = 0x = 2 4 + 122= 2 42= 1 2x = 1 x = 3dondePROBLEMAS | TEOREMAS 37f (3) = (3)3+ 3 (3)29 (3) 21 = 6f (1) = (1)3+ 3 (1)29 (1) 21 = 26Logo, os pontos estacionrios so (3, 6) , (1, 26).Agora determinamos o ponto de inexo. Dado quef(x) = 6x + 6tem-sef(3) = 18 + 6 = 12f(1) = 6 + 6 = 12pelo que, porquef(x) =0 6x + 6 = 0 x = 1f(x) >0 6x + 6 > 0 x > 1f(x) 0,em que2xxL(x, y) = 2f (x) m

i=1i2ci (x) .A funo Lagrangeana L(x, y) a funoL(x, ) = f (x) c (x)T = f (x) m

i=1ci (x) ie as matrizes c (x) e ,respectivamentec (x) =__c1 (x)...cm (x)__e =__1...m__Vamos ver: tem-sef =_fxfy_=_y 1x 2_c =_cxcy_=_46_ = ()A condio (i) equivalente ao sistemay 1 4 = 0x 2 6 = 04x + 6y = 130A matriz ampliada deste sistema, aps troca de linhas, vem__ 4 6 0 | 1301 0 6 | 20 1 4 | 1____4 6 0 | 1300 6/4 6 | 138/40 1 4 | 1____4 6 0 | 1300 3/2 6 | 69/20 0 8 | 24__PROBLEMAS | TEOREMAS 39cuja soluo x = 130 664= 16y =_692 18_ 23 = 11 = 3Por conseguinte, (x, y) = (16, 11) satisfaz (i). Quanto a (ii), tem-se2f =_ 2fx22fyx2fxy2fy2_=_ 0 11 0_2c =_ 2cx2cyx2cxy2cy2_=_0 00 0_Logo2xxL(x, y) = 2f (x) 2c = 2f =_ 0 11 0_Como(c)Ts = 0 _4 6__s1s2_= 0 4s1 + 6s2 = 0 s2 = 23s1esT2xxL(x, ) s =_s1s2__ 0 11 0__s1s2_=_s2 s1__s1s2_sT2xxL(x, ) s = 2s1s2 = 2s1_23s1_= 43s21 claro que, se s = 0, sT2xxL(x, ) s > 0 e a condio (ii) tambmvericada. Assim, (x, y) = (16, 11) mnimo de f (x, y) .7. I:1ion.i i.n.:i1nico7.1. Regra de Leibniz de diferenciao de umintegral paramtricoe sua generalizao. Suponhamos que temos o integral que funodo parmetro tI(t) =_ba f (x, t) dxA sua diferenciao baseia-se na seguinteProposio(regra de Leibniz): Sejam f (x, t) uma funo realdenida num rectngulo R = [a, b] [c, d] R2integrvel em x paracada valor real de t ef(x,t)ta sua derivada parcial contnua em x e tno mesmo rectngulo. A derivada do integral funo do parmetro tI(t) =_ba f (x, t) dx40 AMRICO TAVARES dada porI(t) =_baf (x, t)tdx.Neste caso os limites de integrao so constantes. A generalizaoa um integral do tipoI(t) = J(u, v, t) =_v(t)u(t)f (x, t) dx,em que o parmetro ocorre tambm nas funes u(t) e v (t) dos limitesde integrao, uma consequncia do teorema fundamental do clculointegral para uma funo, na sua forma habitualddx_xag (t) dt = g (x)e nesta dela derivadaddx_bx g (t) dt = ddx_xbg (t) dt = g (x)bem como da regra de derivao da funo composta. A derivada passaa serI(t) = dIdt = Jt dtdt + Jv dvdt + Ju dudtouI(t) = _t_vuf (x, t) dx_dtdt +_ v_vuf (x, t) dx_dv (t)dt+_ u_vuf (x, t) dx_du(t)dtAssimI(t) =_v(t)u(t)f (x, t)tdx + f (v (t) , t) v(t) f (u(t) , t) u(t)Problema: determine a derivada I(t) do integralI(t) = J(2t, t2, t) =_t22tetxdxResoluo: neste caso f (x, t) = etx, u(t) = 2t ev (t) = t2. As derivadassov(t) = 2t u(t) = 2f (x, t)t= tetx= xetxPROBLEMAS | TEOREMAS 41e os valores da funo integranda so calculados em (v, t) e (u, t)f (v (t) , t) = ett2= et3f (u(t) , t) = et2t= e2t2dondeI(t) = _v(t)u(t)f (x, t)tdx + f (v (t) , t) v(t) f (u(t) , t) u(t)= _t22txetxdx + 2tet32e2t2=et3(3t31) e2t2(4t21)t27.2. Integrao pelo mtodo de diferenciao em relao a umparmetro. Na entrada do Clculo automtico de um integral dif-cil que me resistiu aos mtodos matemticos usuais referi o mtododa diferenciao sob o sinal de integral exposto no post de Todd andVishals blog nela indicado. Este mtodo tambm conhecido pelonome acima. Em que consiste? Generaliza-se o integral que se pretendecalcular usando um parmetro, sendo o integral original obtido paraum valor particular desse parmetro.No caso do integral a calculado_/20xtan xdxa generalizao atravs do parmetro t que aconselhada no post[http://topologicalmusings.wordpress.com/2008/10/12/solution-to-pow-10-another-hard-integral/] de Todd and Vishalsblog (e na Wikipedia[http://en.wikipedia.org/wiki/Differentiation_under_the_integral_sign#Other_problems]e em Integration: The Feynman Way[http://ocw.mit.edu/NR/rdonlyres/Mathematics/18-304Spring-2006/80FAFE90-0273-499D-B3D6-EDECAFE3968D/0/integratnfeynman.pdf]):I(t) =_/20arctan (t tan x)tan xdxda qual o integral original I(1) =_/20xtan xdxPara aplicar este mtodo necessrio que a funo integranda e a suaderivada parcial em relao ao parmetro sejam contnuas no intervalo42 AMRICO TAVARESde integrao, quer no que diz respeito varivel de integrao x querao parmetro t ; neste caso so-no:tarctan(t tan x)tan x=1t2 tan2x + 1.Depois de se ter diferenciado sob o sinal de integral, obtm-se a derivadado integral em relao ao parmetro, calculando o integral da novafuno integranda, a que se acabou de determinar:ddtI(t) =_/20tarctan (t tan x)tan xdtO objectivo tentar obter um integral simples! Continuando, vemddtI(t) =_/201t2 tan2x + 1dxFazendo a substituio recomendada por Todd Trimble x = arctan utransforma-se este integral noutroddtI(t) =_/201t2 tan2x + 1dx =_ 01t2u2 + 11u2 + 1duque integrvel pelo mtodo das fraces parciais:1t2u2 + 11u2 + 1 =tt21tt2u2 + 1 1t211u2 + 1.obtendo-se_ 01t2u2 + 11u2 + 1du =tt21_ 0tt2u2 + 1du 1t21_ 01u2 + 1du=tt21 arctan (tu)|0 1t21 arctan (u)|0=tt21_2_1t21_2_=1t + 1_2_Por m, integra-se em relao ao parmetro tI(t) =_2 (t + 1) = 2 ln(t + 1) + Ce calcula-se a constante de integrao atravs de outro valor particulardo integral; comoI(0) =_/20arctan (0 tan x)tan xdx = 0tem-se2 ln (1) + C = 0PROBLEMAS | TEOREMAS 43donde C = 0 e o integral paramtrico I(t) =_2 (t + 1)dt = 2 ln (t + 1)pelo que o integral original igual aI(1) = 2 ln(1 + 1) = 2 ln2.8. V.ni\\ii co:iiix.8.1. Identidade Complexa til. Dados dois nmeros complexos z ew verica-se|z w|2= (z w) (z w) = |z|2+|w|2zw zwJustique esta dupla identidade.Demonstrao: A primeira igualdade pode justicar-se considerandoz e w da forma z = x+iy e w = u+iv, donde z w = xui (y v),pelo quez w = [x u i (y v)] = x u + i (y v) .E como |z w| =_(x u)2+ (y v)2, ento(z w) (z w) = [x u i (y v)] [x u + i (y v)]= (x u)2+ (y v)2= |z w|2.Quanto segunda igualdade, deduz-se sucessivamente das pro-priedades elementares dos nmero complexos(z w) (z w) = (z w) (z w) = zz + zw wz + ww =|z|2+ zw wz +|w|2. 8.2. Duas equaes equivalentes da circunferncia no planocomplexo. No nal dever car claro que o conjunto{z C : zz + z (1 i) (1 + i) z 2 = 0}dene no plano complexo uma circunferncia de centro 1+i e raio iguala 2.No plano complexo o conjunto A = {z C : |z z0| = r} repre-senta, como bem se sabe, a circunferncia de centro em z0 e de raioigual a r R. possvel representar a mesma circunferncia por outra relaoequivalente, que uma generalizao da equivalncia entre |z| = r ezz r2= 0. Vou mostr-lo, recorrendo identidade elementar intro-duzida anteriormente na sub-seco anterior|z z0|2= |z|2+|z0|2zz0zz0,44 AMRICO TAVARESonde est demonstrada, como resultado directo das propriedades ele-mentares dos nmeros complexos. Por convenincia repito a sua de-duo, de forma condensada e com alterao de notao|z z0|2= (z z0) (z z0) = (z z0) (z z0)= zz + zz0wz + z0w = |z|2+ zz0z0z +|z0|2.Seja z = x+iy e z0 = x0+iy0. A equao |z z0| = r equivalentea |z z0|2= r2, ou seja a(x x0)2+ (y y0)2= r2e|z|2+ zz0z0z +|z0|2r2= 0que precisamente a equao dessa tal circunferncia.Assim, o conjunto B =_z C : |z|2+ zz0z0z +|z0|2r2= 0_=A.Exemplos: o lugar geomtrico dos z tais que(1) |z (2 i)| = 1 a circunferncia de centro em z0 = x0+iy0 =2 i e raio r = 1, traduz-se tambm pela equao|z|2+ (2 + i) z + (2 i) z 4 = 0isto {z C : zz + (2 + i) z + (2 i) z 4 = 0} = {z C : |z (2 i)| = 1}(2) |z| = r a circunferncia de centro em z0 = x0 + iy0 = 0 +i0 eraio r. Neste caso a equao equivalente zz r2= 0o que uma consequncia imediata de |z| = r, dado que zz =|z|2. Por este motivo_z C : zz r2= 0_= {z C : |z| = r}que foi a equivalncia referida no incio.Claro que em vez de|z|2+ zz0z0z +|z0|2r2= 0a equao pode assumir uma forma equivalente, multiplicando-a poruma constante real k = 0:k |z|2+ kzz0kz0z + k |z0|2kr2= 0.Exerccio: indique o lugar geomtrico denido no plano complexo zpela equao3 |z|2+ 3z (1 i) 3 (1 + i) z 6 = 0PROBLEMAS | TEOREMAS 45Esta equao equivalente a|z|2+ z (1 i) (1 + i) z + 2 4 = 0pelo que, comparando coecientes, r = 2, |z0| =2, z0 = 1+i. Trata-seda circunferncia centrada em 1+i e de raio igual a 2, de que falei logono primeiro pargrafo.8.3. Uma transformao inverso complexa de uma cir-cunferncia. Podemos perguntar: se tivermos, no plano complexo z,um crculo centrado na origem (z0 = 0) de raio igual a r, aplicando atransformaow = 1zo que que passaremos a ter, no plano complexo w?A equao do crculo |z| r. A circunferncia |z| = r transforma-se em |w| =1|z| = 1r, ou seja, outra circunferncia centrada na origemdo plano w e de raio R = 1r. Assim, o conjunto A = {z C : |z| r} transformado no conjunto B = {w C : |w| R}, isto , todo o planow com excluso do interior do crculo |w| < R.Admita agora o leitor que tem, no plano z, outra circunfernciacomo mesmo raio r, mas centrada em z0 = x0+i0 = r. Ento |z z0| =|z r| = r e a mesma transformao de inverso w = 1z, traduz-se, noplano w, por1w r= r.Resta saber qual o lugar geomtricoC =_w C :1w r= r_O leitor que assim entenda poder tentar ver qual .Para quem esteja interessado na soluo mas tenha alguma dvida,apresento, de seguida, uma possvel resoluo.ResoluoAdmita que z percorre a circunferncia |z r|= r no sentidodirecto, partindo da origem, passa pelos pontos situados no semi-planoImz < 0, cruza o eixo real em 2r e continua pelo semi-plano Imz > 0at atingir novamente a origem.Vamos ver que w percorre a recta w = 1/2r + i0 no sentido dosemi-plano superior para o semi-plano inferior.46 AMRICO TAVARESQuando z = x +iy descreve |z r| = r, (x r)2+y2= r2, dondex2+ y2= 2rx. Comow = 1z =1x + iy =xx2 + y2 iyx2 + y2 = u + iv,entou =xx2 + y2 =12rev = yx2 + y2 = y2rx = y2rxw =12r iy2rxque a equao de uma recta situada no plano complexo w com partereal igual a12r. Para Re z Imz < 0, yx < 0, donde v > 0; se y = 0,ento yx = 0 e para Re z Imz > 0, yx > 0, pelo que v < 0. Por outrolado yx quando x tende para 0. 9. Diio.i.i i ii:1i.i .ioiinic. ci\ic.9.1. Desigualdade de Cauchy-Schwarz. Adesigualdade de Cauchy-Schwarz corresponde ao seguinteTeorema: Para todo o vector x =(x1, . . . , xn) Rne todo o vectory = (y1, . . . , yn) Rn, tem-se:n

k=1xkyk_n

k=1x2k_1/2_n

k=1y2k_1/2ou_n

k=1xkyk_2_n

k=1x2k__n

k=1y2k_.Demonstrao: Qualquer que seja o real , tomo o vector x y, evou acharn

k=1(xkyk)2=n

k=1x2k2n

k=1xkyk + 2n

k=1y2k.Seja qual for o , o trinmio do lado direito, em , no muda de sinal, sempre positivo ou igual a zero, porque o nmero nk=1 (xkyk)2 no negativo:n

k=1x2k2n

k=1xkyk + 2n

k=1y2k 0,PROBLEMAS | TEOREMAS 47o que implica que o seu discriminante seja menor ou igual a zero =_2n

k=1xkyk_24_n

k=1x2k__n

k=1y2k_ 0,signicando que_n

k=1xkyk_2_n

k=1x2k__n

k=1y2k_.Daqui pode ainda concluir-se quen

k=1xkyk_n

k=1x2k_1/2_n

k=1y2k_1/2.Se algum dos vectores x, y for nulo, esta relao evidentementevericada. O signicado geomtrico em R3desta desigualdade o de queo produto interno de dois vectores menor ou igual ao produto dosmdulos (das normas) desses vectores.9.2. Identidade de Lagrange. A desigualdade de Cauchy-Schwarz,j demonstrada anteriormente, tambm uma consequncia directa daidentidade de Lagrange; neste sentido esta identidade constitui umageneralizao dessa desigualdade, que relembro ser_n

k=1akbk_2_n

k=1a2k__n

k=1b2k_Proposio: Identidade de Lagrange. Para os reais ak e bk (com 1 k n ) verica-se_n

k=1akbk_2=_n

k=1a2k__n

k=1b2k_n1

i=1n

j=i+1(aibjajbi)2Demostrao: O produto de duas somas com n termos cada umasoma com n2termos:_n

i=1xi__n

j=1yj_=n

i=1n

j=1xiyjOs ndices i e j de cada termo genrico xiyj podem ser iguais(i = j) ou o primeiro menor do que o segundo (i < j) ou maior (j < i).48 AMRICO TAVARESSeparando estes trs grupos de parcelas, vemn

i=1n

j=1xiyj=n

i=1xiyi + 1i 0 e y > 0 e pelomenos uma das variveis x < 1 ou y < 1.A funo B(x, y) (para x > 0 e y > 0) relaciona-se com a funoespecial gama(x) =_ 0tx1etdt (12.2)atravs da conhecida identidadeB(x, y) = (x)(y)(x + y)(12.3)que no vou demonstrar.O que me proponho demonstrar a chamada frmula da reexoou dos complementos da funo gama no domnio real, seguindo omtodo indicado nos exerccios no resolvidos 10 e 11 da pgina 683PROBLEMAS | TEOREMAS 65do livro de Angus E. Taylor, Advanced Calculus, Blaisdell PublishingCompany, 1955 [14].Proposio: Se a for real, vlida a identidade seguintesin a = csc a = B(a, 1 a) = (a)(1 a) (12.4)Notao: csc a = 1/ sin a a cosecante de a.Demonstrao: Se 0 < a < 1, tem-se_ 1ya11 + y dy =_10xa1 + x dxcomo resulta da mudana de varivel y = 1/x. O integral_10xa1 + x dx convergente se a < 1, porque nesta condio _101xa dx convergenteexa1 + x xatende para 1, quando x tende para 0+, e, por outro lado,o integral_ 1ya11 + y dytambmnesse caso convergente, porque_1dyy2a converge e ya1 y2a1 + ytende para 1, quando y tende para .Outra representao integral da funo beta :B(x, y) =_ 0ux1(1 + u)x+y du (12.5)que se obtm de (12.2) atravs das substituiot =u1 + u.De (12.5) resultaB(a, 1 a) = _ 0ua11 + udu =_10ua11 + udu +_ 1ua11 + udu= _10ua11 + udu +_10ua1 + udu= _10ua1+ ua1 + uduUsando agora o desenvolvimento em srie de11 + u =

n=0(1)nun,66 AMRICO TAVARESobtm-seua11 + u =

n=0(1)nua1+neua1 + u =

n=0(1)nua+n,e integrando termo a termo a funo integranda ua1+ ua1 + u, como(1)n_10ua1+ndu = (1)na + ne(1)n_10ua+ndu =(1)na + n + 1,depois de agrupar os termos pares da srie

n=0(1)na + ncom os mpares da srie

n=0(1)n+1a + n + 1obtm-se no m a srie1a + 2a

n=0(1)n+1n2a2 .Em consequnciaB(a, 1 a) = (a)(1 a) = 1a + 2a

n=0(1)n+1n2a2Ora, a srie de Fourier da funo f(x) = cos ax, em que x , cos ax = 2a sin a_ 12a2 +

n=0(1)n+1cos nxn2a2_que assume o desenvolvimento particular x = 0: = sin a_1a + 2a

n=0(1)n+1n2a2_donde, efectivamentexsina = csc a = B(a, 1 a) = (a)(1 a) Esta mesma identidade tambm se verica para a complexo.PROBLEMAS | TEOREMAS 67Para a = 1/2 obtm-sesin /2 = (1/2) (1/2)donde_12_= (12.6)12.2. Comprimentos de arcos recticveis.12.2.1. Permetro da astride. Ahipociclide a curva descrita por umponto P de uma circunferncia que rola, sem escorregar, interiormentesobre outra. Se o raio da circunferncia exterior for qudruplo do dainterior, a curva conhecida por astride no confundir com asteride e as suas equaes paramtricas sox = a cos3ty = a sin3te a cartesiana,x2/3+ y2/3= a2/3.O grco, para a = 1, o seguinte1 0.5 0 -0.5 -110.50-0.5-1xyxySabe-se que, se a derivada de uma funo real f existir e for con-tnua no intervalo [a, b], o grco de f recticvel e o seu comprimentoL, entre dois pontos de abcissa a e b, dado porL =_ba_1 + [f(x)]2dx (12.7)ou, se x, y forem funes reais da varivel real tx = (t)y = (t) ,com primeira derivada contnua, entoL =_ba_[(x)] + [(x)]2dx . (12.8)68 AMRICO TAVARESProve que qualquer nmero representado por uma dzima peridica racional.Determine o permetro da curva representada (a = 1) .Sugesto: calcule atravs do 2o. integral o comprimento do trooda astride denido por 0 t 2 e da obtenha o permetro.ResoluoVou seguir a sugesto, uma vez que a curva, por ser simtrica emrelao aos dois eixos, o seu permetro L quatro vezes o valor dointegral seguinteI = _/20__(cos3t)2+__sin3t__2=_(3 cos2t sin t)2+_3 sin2t cos t_2dt= _/20_9 cos2t sin2tdt = 3_/20sin t cos t = 3_sin2t2_/20= 3 12 = 32;logoL = 4I = 6.12.3. Tangente elise. Seja f (x) uma funo real e f(x) a suaderivada. bem sabido que a recta tangente ao grco da curva y =f (x) no ponto de coordenadas (x0, y0) tem como coeciente angulary0 = f(x0) , sendo, portando, a sua equao da forma y = f(x0) x+b.O facto de passar por (x0, y0) permite determinar bb = y0f(x0) x0pelo que a equao da recta tangente entoy = f(x0) x + y0f(x0) x0y = y0x + y0y0x0.Suponha o leitor que tem uma elipse centrada na origem e de semi-eixos maior e menor a > 0 e b > 0x2a2 + y2b2 = 1.Para achar a equao da tangente elise em (x0, y0), portantox20a2 + y20b2 = 1,podemos comear por exprimir y em funo de xy =___f (x) = +b_1 x2a2_1/2se y > 0g (x) = b_1 x2a2_1/2se y < 0PROBLEMAS | TEOREMAS 69e determinar a sua derivada. Na parte superior da elise (y > 0) tem-sey = f(x) = bxa2_1 x2a2_1/2= b2xa2ye no ponto (x0, y0)y0 = f(x0) = bx0a2_1 x20a2_1/2= b2x0a2y0Na inferior (y < 0), em que g (x) = f (x) e y0 simtrico em relaoao eixo dos x ao correspondente ponto da metade superior, passa a serrespectivamentey = f(x) = bxa2_1 x2a2_1/2= b2xa2yey0 = f(x0) = bx0a2_1 x20a2_1/2= b2x0a2y0Assim, a equao da tangente y = y0x + y0y0x0= b2x0a2y0x + y0 + b2x20a2y0= b2a2x0y0x + b2y0dado que da equao da elise se deduzy0 + b2x20a2y0 = b2y0.Se for o ngulo usado em coordenadas polares entre a rectaque passa pela origem (0, 0) e pelo ponto genrico da elipse (x, y)e o eixo dos x, a relao com as coordenadas cartesianas (x, y) =(a cos , b sin ); se 0 for o ngulo no ponto de tangncia, ento (x0, y0) =(a cos 0, b sin 0) . Substituindo na equao da recta tangentey = b2a2x0y0x + b2y0aps algumas manipulaes chega-se acos 0ax + sin 0by = 1.70 AMRICO TAVARES12.4. Derivadas: a total de uma funo de duas variveis reaise de uma funo elevada a outra funo. Proponho-me demostrara seguinte regra de derivaoddt [u (t)]v(t)= v (t) [u(t)]v(t)1u(t) + (ln u(t)) [u (t)]v(t)v(t)como aplicao do seguinte teorema relativo derivada total em relaoa t de uma funo de duas variveis reais ambas funo de t.Teorema: Sejam z = f (x, y) uma aplicao de R2em R2diferen-civel em (x0, y0) e x = (t) e y = (t) duas aplicaes de R em Rdiferenciveis em t0.Ento_dzdt_t0=_zx_(x0,y0)_dxdt_t0+_zy_(x0,y0)_dydt_t0Demonstrao: seja z o incremento de z = f (x, y) em (x0, y0)associado a um incremento t em t0:z = f ((t0 + t) , (t0 + t)) f ((t0) , (t0))= [f ((t0 + t) , (t0 + t)) f ((t0 + t) , (t0))]+[f ((t0 + t) , (t0)) f ((t0) , (t0))]Por hiptese, e so diferenciveis em t0 pelo que existemnmeros reais , que tendem ambos para 0 com t tais queh = (t0 + t) (t0) = t ((t0) + )k = (t0 + t) (t0) = t ((t0) + )Admitindo que fy contnua existe um nmero real (0 < < 1) talque a primeira parcela de z se pode exprimir na formaf ((t0 + t) , (t0 + t)) f ((t0) , (t0)) = kfy ((t0 + t) , (t0 + k))= k_fy (x0, y0) + _A varivel real tende para 0 com t. Existe ainda outra varivel real que tambm tende para 0 com t; tal que a segunda parcela dez da formaf ((t0 + t) , (t0)) f ((t0) , (t0)) = h(fx (x0, y0) + )Vem, portantoz = h(fx (x0, y0) + ) + k_fy (x0, y0) + _Assim, tem-sezt = (t0) fx (x0, y0) + (t0) fy (x0, y0) + PROBLEMAS | TEOREMAS 71em que = fx (x0, y0) + (t0) + + (t0) + fy (x0, y0) + que tende para 0 com t. Logo_dzdt_t0= (t0) (x0, y0) + (t0) (x0, y0)como se queria demonstrar Exemplo 1: demostre a seguinte regra de derivaoddt [u (t)]v(t)= v (t) [u(t)]v(t)1u(t) + (ln u(t)) [u (t)]v(t)v(t)Neste caso temos z = f (x, y) = uv, em que x = u(t) e y = v (t) .A derivada f(t) serf(t) = zx dxdt + zy dydtsendozx= yxy1= v (t) [u(t)]v(t)1zy= (ln x) xy= (ln u(t)) [u(t)]v(t)donde se chega imediatamente regra enunciada. Exemplo 2: determine (xx)Aplica-se a regra do exemplo 1:(xx) = xxx1+ (ln x) xx= (1 + ln x) xxNOTA: a regra de derivao do exemplo 1 pode ser deduzida sem recor-rer ao teorema da derivada da funo composta, reparando que[u(t)]v(t)= ev(t) ln(u(t))atendendo a que u(t) = eln(u(t))e aplicando de seguida a regra dederivao da funo exponencial.13. Mi1oo ::inico13.1. Mtodo da secante de determinao da raiz de uma equaono linear. Suponha que tem a seguinte relaoy = (1 + x)101xe que pretende calcular x para um dado valor de y. Por exemplo y = 15.Ento, a situao equivale a determinar a raiz da equao no linear(1 + x)101x15 = 0.72 AMRICO TAVARESNo caso geral tem-se uma equao no linearf(x) = 0e quere-se determinar numericamente o seu zero ou raiz. Pelo mtododa secante partimos dos valores iniciais x1 e x2 e geramos uma sucessode valores xi (i = 2, 3, . . .) at nos aproximarmos da soluo da equao.Paramos quando estivermos sucientemente prximos do zero, no sen-tido de chegarmos aproximao desejada.A recta que passa por (x1, y1 = f (x1)) e por (x2, y2 = f (x2)) temo coeciente angularm = y2y1x2x1e a sua equao y = y2y1x2x1x + y2 y2y1x2x1x2.Cruza o eixo dos x no ponto de abcissa x3x3 = x2f (x2) x2x1f (x2) f (x1)Se tomarmos agora a recta que passa pelos pontos (x2, y2 = f (x2))e (x3, y3 = f (x3)), chegamos interseco com o eixo dos x na abcissax4 dada porx4 = x3f (x3) x3x2f (x3) f (x2).Em geral, para o inteiro k = 2, 3, 4, . . . obtemos, por este mtodo,a aproximaoxk+1 = xkf (xk) xkxk1f (xk) f (xk1).Para o exemplo inicial, se escolhermos x1 = 0, 05 e x2 = 0, 15,obtemos sucessivamente x3 = 0, 081350791, x4 = 0, 086390197, x5 =0, 087335225, x6 = 0, 087320486, x7 = 0, 087320522, . . . .A funo f(x) toma os valores f(x5) = 0, 001051291, f(x6) =2, 57456 106, f(x7) = 9, 9611 1011. O zero da funo entocerca de 0, 08732.Este exemplo foi escolhido para calcular numericamente a taxa ia que devem ser depositadas anualmente, durante dez anos, quantiasnuma conta, de modo que o seu saldo venha a ser igual a 15 anuidades.Dada a frmula aplicvel a esta srie uniformeFA = (1 + i)10110= 15,a taxa de juro deve ser 8, 732%.PROBLEMAS | TEOREMAS 7313.2. Mtodo deNewton dedeterminaoda raizdeumaequao no linear. Se tiver uma equao no linearf(x) = 0e pretender determinar numericamente um zero, pode utilizar o mtododa secante ou o de Newton que passo a expor. Pelo mtodo de New-ton partimos do valor inicial x1 e geramos uma sucesso de valores xi(i = 1, 2, , . . .) at nos aproximarmos da soluo da equao. Paramosquando chegarmos aproximao pretendida.A recta que passa por (x1, y1 = f (x1)) dada pela equao:y = f(x1)(x x1) + f(x1)que intersecta o eixo dos x no ponto de abcissa x2x2 = x1 f (x1)f(x1)Este valor permite gerar, pelo mesmo mtodo, o novo valorx3 = x2 f (x2)f(x2)da abcissa do ponto de cruzamento da tangente a f(x) no ponto (x2, y2 =f(x2)) e assim sucessivamente:xi+1 = xi f (xi)f(xi).Como se v este mtodo obriga ao clculo da derivada da funof(x).14. Sinii i Foniin14.1. Sistemas de Funes Ortogonais. Comeo por considerar sis-temas de funes ortogonais para desenvolver a questo da represen-tao de uma funo em srie do tipof (x) =

ncnn (x)em que n (x) so precisamente funes ortogonais em [a, b].Chamam-se funes ortogonais s funes [complexas de varivelreal] que satisfazem as seguintes condies:_n m_= _ba n (x) m (x)dx = 0 para n = m_n m_= _ba n (x) m (x)dx > 0 para n = mRevestem-se de grande interesse nas aplicaes as funes do tipocos nx e sin nx.74 AMRICO TAVARESChama-se norma de um sistema de funes ortogonais a||n|| =__n n_=_n (x) n (x)dxUm sistema ortogonal diz-se ortonormado se a sua norma for igual unidade: ||n|| = 1.Exemplo 1: n (x) = einxdenida em [, ]._n m_= _ n (x) m (x)dx= _ einxeimxdx =_ ei(nm)xdx =1i (n m) _ei(nm)x= _0 para n = m_dx = 2 para n = meinx=2. Consideremos uma funo de varivel real f (x)f (x) =

ncnn (x) a x be as seguintes hipteses:(1) a srie converge;(2) converge para f (x) .Multiplicando a srie por n (x) vemf (x) n (x) =

mcmm (x) n (x)e_ba f (x) n (x)dx =

mcm_ba m (x) n (x)dxporque pode trocar-se a ordem de_ e

, se admitirmos a convergnciauniforme da srie no intervalo [a, b]. Assim,_f n_= cn||n||2,ou seja,cn =_f n_||n||2 .Aos coecientes cn chamam-se os coecientes de Fourier. sriechama-se srie de Fourier relativa ao conjunto de funes ortogonaisn (x).NOTA: esta deduo no rigorosa!PROBLEMAS | TEOREMAS 75Consideremos uma funo f (x) de quadrado integrvel no inter-valo [a, b]. Vamos aproximar f (x) por uma expresso da formaN

n=1cnn (x)Seja o erro quadrtico mdio. Vamos impor que 2seja mnimo.2=1b a_baf (x) N

n=1cnn (x)2dxo que o mesmo que(b a) 2=_ba |f (x)|2dx N

n=1_f n_2||n||2+N

n=1cn||n|| 1||n|| _f n_2.DEDUO:Dados dois complexos z e w, verica-se|z w|2= (z w) (z w) = |z|2+|w|2zw zw.Assim, tem-sef (x) N

n=1cnn (x)2= |f (x)|2+N

n=1cnn2f (x)N

n=1cnn (x)f (x)N

n=1cnn (x) ,N

n=1cnn (x)2=_N

n=1cnn__N

m=1cmm_=N

n,m=1cncmn (x) m (x)ecn||n|| 1||n||_ba f (x)nn (x)dx2= |cn|2||n||2+1||n||_ba f (x)nn (x)dx2cn||n||1||n||_ba f (x)nn (x) dx cn||n||1||n||_ba f (x)nn (x)dx76 AMRICO TAVARESdonde vai resultar_baf (x) N

n=1cnn (x)2dx= _ba |f (x)|2dx +_baN

n=1cnn2dx_ba f (x)N

n=1cnn (x)dx _ba f (x)N

n=1cnn (x) dx,= _ba |f (x)|2dx N

n=1_f n_2||n||2+N

n=1cn||n|| 1||n|| _f n_2ou seja, a frmula acima que se repete:(b a) 2=_ba |f (x)|2dx N

n=1_f n_2||n||2+N

n=1cn||n|| 1||n|| _f n_2.Os termos_ba |f (x)|2dx N

n=1_f n_2||n||2so independentes de cn. Para minimizar deve ter-secn||n|| =_f n_||n||que equivalente acn =_f n_||n||2ou a|cn|2||n||2=_f n_||n||22||n||2=_f n_2||n||2.Vimos ento que os coecientes da srie de Fourier cn minimizamo erro quadrado mdio.(b a) 2min =_ba |f (x)|2dx N

n=1|cn|2||n||2 0Fazendo tender N para innito, no limite tem-se a desigualdade deBessel_ba |f (x)|2dx N

n=1|cn|2||n||2.Se o sistema for ortonormado, ||n|| = 1, eN

n=1|cn|2_ba |f (x)|2dx =_ba f (x) f (x)dx = ||f||2PROBLEMAS | TEOREMAS 77Para as funes de quadrado integrvel, a srieN

n=1|cn|2||n||converge. A seguinte igualdade verica-se, se e s se, o erro quadrticomdio for nulo; ento, ser_ba |f (x)|2dx =N

n=1|cn|2||n||2e o sistema de funes n (x) completo. Ento_baf (x) N

n=1cnn (x)2dx = 0Nestas condioes, diz-se que a srie de Fourier converge em mdiapara f (x), mas a convergncia no necessariamente uniforme. Pordenio uma srie converge uniformemente para uma funo quandosimbolicamente se vericar>0 N1x[a,b]N > N1 f (x) N

n=1cnn (x)< Para cada > 0, existe um inteiro N1 tal que, N > N1 implicaf (x) N

n=1cnn (x)< ,para todo o x no intervalo [a, b]. O facto essencial que N1 indepen-dente de . Normalmente dependeria de .14.2. Relao de Parseval. Anteriuormente abordei o caso dos sis-temas completos, em que

Nn=1cnn (x) converge em mdia para f (x).A convergncia em mdia no implica convergncia em todos os pontos.Se considerarmos duas funes, f1 (x) e f2 (x), que diferem apenasnum nmero nito de pontos e calcularmos os coecientescn =_fi n_||n||2(i = 1, 2)obtemos o mesmo valor, visto que_ba fi (x) n (x)dx =_fi (x) n (x)_(i = 1, 2)tem o mesmo valor para as duas funoes, o que leva a que ambassejam representadas pela mesma srie de Fourier, ou seja, a srie deFourier pode no convergir para o valor da funo num conjunto nitode pontos.Para os sistemas completos possvel deduzir a seguinte relao:78 AMRICO TAVARESDadas duas funes f(x) e g(x) representadas pelas sriesf(x) = cnn (x)g(x) = dnn (x)pode demonstrar-se(1)_ba f(x)g(x)dx =

cndn||n||2(2)_ba |f (x)|2dx =

|cn|2||n||2fazendo em 1. g(x) = f(x). relao 1. costuma chamar-se relao de Parseval na formageral ; seguinte, chamar-se- relao de Parseval na forma particu-lar. Se soubermos de antemo que um determinado sistema de funes completo, podemos determinar a soma de certas sries de interesseprtico, custa da relao de Parseval.Exemplo 2: O sistema de funes sin nx (n = 1, 2, . . .) ortogonal nointervalo [0, ]. Determine os coecientes de Fourier da srief(x) = 1 =

n=1cn sin nx (0 x )e verique que aquele sistema completo em relao a esta funo.Comeo por calcular as quantidades:||n||2= ||sinnx||2=_0sin2nx dx =_012 (1 cos 2nx) dx=2 12 (sin 2nx sin0) = 2_f n_=_0sin nx dx = 1n (cos nx cos 0) =_ 2npara n mpar0 para n parDeste modocn =_f n_||n||2=_4npara n mpar0 para n parPodemos agora vericar se a igualdade_ba |f (x)|2dx =

|cn|2||n||2PROBLEMAS | TEOREMAS 79 satisfeita: temos_0 |f (x)|2dx =

1,3,...|cn|2||n||2= 1622

1,3,...1n2 = 8 28= =_0 |f (x)|2dxo que signica que o sistema sin nx completo em relao funof(x) = 1, x [0, ]. NOTA: Utilizei a soma da srie

1,3,... 1/n2= 2/8. Um dos mtodos descrito no livro [14, p.717] e exposto mais frente, na seco a seguir da Srie trigonomtrica de Fourier:Desenvolve-se em srie trigonomtrica de Fourier, que ser vistaposteriormente, a funo f(x) = 2/4, x [, ], chegando-se a212 = 112 122 + 132 142 ,26= 112 + 122 + 132 + 142 + Somando estas duas sries, obtm-se28= 112 + 132 + 152 + 14.3. Srie trigonomtrica de Fourier. A srie trigonomtrica deFourier o caso particular das sries de Fourier que utiliza o sistemade funes ortogonais cos nx e sin nx:1, cos x, cos 2x, . . . , sin x, sin 2x, Sendo nm o delta de Kroneckernm =_ 1 n = m0 n = mos integrais envolvidos podem exprimir-se facilmente nos seguintes ter-mos:_ cos nxcos mx dx = _ nmn, m = 02 n = m = 0_ sin nxsinmx dx = nm_ sin nxcos mx dx = 0 n, mEstas relaes so vlidas para qualquer outro intervalo de largura 2.Consideremos a seguinte srie de Fourierf (x) a02 +

n=1(an cos nx + bn sinnx)80 AMRICO TAVARESemque o smbolo sgnica que f(x)/ [ao/2 +

n=1 (an cos nx + bn sin nx)] 1 quando n .Os coecientes an e bn so os seguintes integraisan=1_ f (x) cos nx dx n = 0, 1, 2, . . .bn=1_ f (x) sin nx dx n = 1, 2, 3, . . .Admitamos que f (x) uma funo de quadrado integrvel e quen um sistema ortogonal; vimos quecn =_f n_||n||2 .Neste caso as trs normas so dadas por||1||2=_ 12dx = 2|| sin nx||2= _ sin2nx dx =_12 (1 cos 2nx) dx = || cos nx||2= _ cos2nx dx =_12 (1 + cos 2nx) dx = e os coecientes porc1 =_f 1_||1||2=12_ f (x) dx = ao2c2n =_f 2n_||2n||2=1|| cos nx||2_ f (x) cos nx dx = 1_ f (x) cos nx dx = anc2n+1 =_f 2n+1_||2n+1||2=1|| sin nx||2_ f (x) sin nx dx = 1_ f (x) sin nx dx = bn.A srie

n|cn|2||n||2 da forma

n_a2n + b2n_que, sendo convergente, implica que an 0 e bn0. possvel demonstrar que, para que an, bn 0 (n ) su-ciente que f (x) seja absolutamente integrvel.Teorema: se f (x) satiszer as seguintes condies1. for injectiva;2. for limitada em [a, b];3. tiver um nmero nito de mximos e mnimos;PROBLEMAS | TEOREMAS 814. e tiver um nmero nito de descontinuidades de primeira espcie(quando existem limites nitos da funo esquerda e direita doponto da descontinuidade).Ento a srie trigonomtrica de Fourier converge para a seguintequantidade12_f_x+_+ f_x_= a02 +

n=1(an cos nx + bn sin nx) .As condies anteriores, que se designam por condies de Dirich-let, so condies sucientes de convergncia.Nos intervalos em que a funo contnua, a convergncia dasrie uniforme. Se f (x) for contnua em todo o intervalo, a srietrigonomtrica de Fourier converge uniformemente em todo o intervalo.Como consequncia do teorema anterior, resulta que o conjuntodas funes sinnx, cos nx um conjunto completo para as funes quesatisfazem as condies de Dirichlet, isto _|f (x)|2dx = a204 2 +

n=1_a2n + b2n_ou1_|f (x)|2dx = a202 +

n=1_a2n + b2n_que a relao de Parseval neste caso.Dada uma funo f (x) denida no intervalo [, ], se f (x) sat-iszer as condies de Dirichlet, a srie trigonomtrica de Fourier con-verge para12 [f (x+) + f (x)]. Mas, o que que acontece fora do in-tervalo [, ]? A srie trigonomtrica de Fourier converge para umafuno peridica que a repetio de f (x). Se f (x) for peridica deperodo 2, a srie trigonomtrica de Fourier representa essa funoem todo o eixo real. O termo a1 cos x + b1 sin x designamo-lo por fun-damental, o termo an cos x + bn sinnx, harmnica de ordem n.14.4. A Srie dos recprocos dos quadrados perfeitos (2) =2/6. A srie (2) =

k=11k2 foi somada, pela primeira vez, por Euler: (2) = 26 .Uma forma de justicar esta frmula recorre anlise de Fourier.H vrios mtodos, mesmo mantendo-nos ns sempre dentro da anlisede Fourier. Por exemplo, um deles, o seguinte [14, p.717]:Comeamos por determinar a srie de Fourier da funo f (x) =24com x . Se repararmos que a funo par, basta-nosdeterminar o coeciente an, visto que o bn nulo:an = 2_024 cos nxdx82 AMRICO TAVARESbn = 2_024 sin nxdxNota: A teoria das sries de Fourier diz-nos que uma funo f da var-ivel real x denida no intervalo [a, b], e limitada nesse intervalo, admiteum desenvolvimento em srie trigonomtrica de Fourier da formaa02 +

n=1(an cos nx + bn sin nx)em que os chamados coecientes de Fourier so respectivamente osintegrais an e bnan = 1_ f (x) cos nxdxbn = 1_ f (x) sinnxdxPara n = 0 vem a0 = 26 . Para n = 1, 2, 3, . . .obtemos_0cos nxdx = 2n2 (1)ndondean = (1)n 1n2.Daqui resulta quef (x) =a02 +

n=1(an cos nx + bn sin nx)=212 +

n=1_(1)n 1n2 cos nx + 0 sin nx_=212 +

n=1(1)n 1n2 cos nxFazendo agora x = 0, como f (0) = 0, temos ento0 =212 +

n=1(1)n 1n2 cos n 0=212 +

n=1(1)n 1n2ou seja212 =

n=1(1)n 1n2 =

n=1(1)n+1 1n2e assim determinamos212 =

n=1(1)n+1 1n2.PROBLEMAS | TEOREMAS 83Fazendo agora x = , comof () = 24 ,temos ento24=212 +

n=1(1)n 1n2 cos n=212 +

n=1(1)n 1n2 (1)n=212 +

n=11n2Donde, nalmente:

n=11n2 = 24 212 = 26

A derivao da frmula212 =

n=1(1)n+1 1n2no foi necessria para a demonstrao do valor de (2) .14.5. Problemas. Problema 1 - Mostre que o sistema de funessin nx, em que n = 1, 2, 3, . . . ortogonal no intervalo [0, ] e determinea respectiva norma.Resoluo:Num sistema ortogonal :_ba nm dx =_0 n = m> 0 n = mA sua norma dada por_ba |n|2dx = ||n||2> 0Como frmulas a aplicar, temos as seguintes trigonomtricascos (a b) = cos a cos b sin a sin bsin(a b) = sin a cos b sin b cos acos 2a = cos2a sin2a = 1 2 sin2a = 2 cos2a 1 (a = b)Dondesin a sinb =cos (a b) cos (a + b)2sin2a =1 cos 2a2(a = b)84 AMRICO TAVARESOra, como para n = m_0sin nx sin mx dx =12_0cos (n m) x cos (n + m) x dx=12_1n m sin(n m) x 1n + m sin (n + m) x_0= 0e para n = m|| sin nx||2=_0sin2nx dx = 12_01 cos 2a dx = 2o sistema efectivamente ortogonal e a sua norma|| sin nx|| =_2.Problema 2 - Considere o sistema de funes cos nxl (n = 0, 1, 2, . . .).1. Mostre que o sistema ortogonal no intervalo [0, l].2. Deduza a expresso dos coecientes da srie de Fourier associ-ados funo f (x) denida naquele intervalo.3. Calcule o valor dos coecientes de Fourier para f(x) = xlSolues:1._l0 cos nxl cos mxl dx =___l2n = m = 0l n = m = 00 n = m2.cn=2l_l0 f (x) cos nxl dxc0=1l_l0 f (x) dx3.cn =_0 n par4n22n mparc0 = 12Nota adicional: nestas condiesf (x) =12 42_cos xl+ 132 cos 3xl+ 152 cos 5xl+ _xt=12 42_cos xl+ 132 cos 3xl+ 152 cos 5xl+ _PROBLEMAS | TEOREMAS 85Para x = 0, vem0 = 12 42

n=01(2n + 1)2donde

n=01(2n + 1)2 = 28 .Problema 3 - Verique que o sistema de funes cos nx (n = 0, 1, 2, 3, . . .)no completo no intervalo [a, b].ResoluoNo possvel denir funes mpares custa da soma dos cosenos. Funo par: f(x) = f(x) Funo mpar: f(x) = f(x)Para que o sistema de funes n (x) seja completo necessrioque_ba |f (x)|2dx =

n=1|cn|2||n||2.Considerando uma funo mpar I(x) no identicamente nula em[a, b], verica-se que os coecientes da srie de Fourier associada a I(x)so todos nulos:cn =_f n_||n||2=_ I(x) cos nx dx||n||2= 0I(x) cos nx o produto de uma funo mpar com uma funo par e,portanto, este produto uma funo par. Dado o intervalo de inte-grao, o integral do numerador nulo. Nestas condies o integral_ba |f (x)|2dx, que maior do que zero, com certeza maior do que asrie n=1|cn|2||n||2, que igual a zero. Problema 4 - Mostre que se um sistema de funes n (x) ortogonale completo, uma funo contnua f(x) que seja ortogonal a todas asfunes do sistema identicamente nula.ResoluoComo f ortogonal,cn =_f n_||n||2= 0.Sendo o sistema completo_ba |f (x)|2dx =

n=1|cn|2||n||286 AMRICO TAVARESComo f contnua, por hiptese, para que o seu quadrado possuaum integral igual a zero, f tem de ser identicamente nula. Problema 51. Verique que o sistema de funes sinpx (p = 1, 2, 3, . . .) e cos px(p = 0, 1, 2, . . .) ortogonal no intervalo [, ] e determine os coe-cientes ap e bp da srie trigonomtricaao2 +

p=1(ap cos px + bp sin px)associada a uma funo f(x) de quadrado integrvel.2. Sabendo que

k=01(2k + 1)2 = 28verique que aquele sistema completo em relao funof(x) =_ 1 x < 0+1 0 < x Resoluo1. Para o sistema de funes 1, sinpx (p = 1, 2, 3, . . .) e 1, cos px(p = 1, 2, 3, . . .) tem-se:_ 1 cos px dx = 0_ 1 sin px dx = 0Se p = q_ sin pxsin qx dx =12_ cos (p q) x cos (p + q) x dx=12_sin (p q) xp q_ 12_sin (p + q) xp + q_= 0 0 = 0e_ sin pxcos qx dx =12_ sin (p q) x + sin (p + q) x dx=12_cos (p q) xp q_+ 12_cos (p + q) xp + q_= 0 + 0 = 0PROBLEMAS | TEOREMAS 87Se p = q_ sin pxcos px dx =12_ sin(p p) x + sin (p + p) x dx=12_ 0 + sin(p + p) x dx=12_cos 2px2p_= 0Por outro lado, os quadrados das trs normas so|| sin px||2= _ sin2px dx =_12 (1 cos 2px) dx=12 [x] + 0 = || cos px||2= _ cos2px dx =_12 (1 + cos 2px) dx=12 [x] + 0 = ||1|| =_ dx = 2e as prprias normas,|| sin px|| =__ sin2px dx =|| cos px|| =__ cos2px dx =||1|| =__ dx =2Vericam-se, portanto, as seguintes relaes de ortogonalidade:1_ cos pxcos qx dx = pq1_ sin pxsin qx dx = pq_ cos pxsin qx dx = pq_ 1 cos kx dx = 0_ 1 sin kx dx = 088 AMRICO TAVARESou na notao das funes ortogonais n, em que0 (x) = 12n1 (x) = cos nx2n (x) = sin nx,estas relaes exprimem-se por||0|| = ||1|| =22n1= ||cos nx|| =||2n|| = ||sinnx|| =.A partir das relaes a seguir indicadas entre os coecientes cn e an, bnpodemos calcular o valor destes ltimos pela frmula geralcn =_f n_||n||2 .Como os coecientes cn so dados porc0 = a02 =12_ f(x) dxc2n1 = an = 1_ f(x) cos nx dxc2n = bn = 1_ f(x) sinnx dxos coecientes an, bn so entoa0 = 1_ f(x) dxan = 1_ f(x) cos nx dxbn = 1_ f(x) sin nx dx2. Para a funo ff(x) =_ 1 x < 0+1 0 < x tem-se_|f (x)|2dx =

n=0|cn|2||n||2ea0 = 1_ f(x) dx = 1_01 dx + 1_01 dx = 0PROBLEMAS | TEOREMAS 89ap=1_0cos px dx + 1_0cos px dx=1 1p [sin px]0 + 1 1p [sin px]0 = 0 + 0 = 0A interpretao para este valor nulo do coeciente ap que sendo fmpar a funo no precisa dos cosenos, que so funes pares. Quantoao coeciente bp tem-sebp=1_0sin px dx + 1_0sinpx dx=1 1p [cos px]0 1 1p [cos px]0=1 1p [1 (1)p] 1 1p [(1)p1]pelo quebp =___0 se p par4pse p mparO desenvolvimento em srie de Fourier da funo f entof(x) = 4 sin x + 4 13 sin 3x + 4 15 sin 5x + .O sistema completo porque_|f (x)|2dx =_ dx = 2e

n=0|cn|2||n||2= _a02_2||1|| + a21||cos x||2+ b21||sin x||2+ = _4_2

k=01(2k + 1)2 = 2. Problema 6 - Calcule os coecientes da srie trigonomtrica de Fourierassociada a cada uma das funes indicadas1.f(x) =___0 x < /21 /2 x < /20 /2 x < 2.f(x) =_ 0 x < 01 0 x < 90 AMRICO TAVARES3.f(x) =_ mx x < 0+mx 0 x 4.f(x) = mx 0 < x 2Respostas1.a0 = 1_ f (x) dx = 1an = 1_ f (x) cos nx dx =2n sin n2bn = 1_ f (x) sin nx dx = 02.a0 = 1_ f (x) dx = 1an = 1_ f (x) cos nx dx = 0bn = 1_ f (x) sin nx dx =1n (cos n + 1)3.a0 = 1_ f (x) dx = 0an = 1_ f (x) cos nx dx = 2 mn2 + 2 mcos nn2bn = 1_ f (x) sin nx dx = 04.a0 = 1_ f (x) dx = 2man = 1_ f (x) cos nx dx = 0bn = 1_ f (x) sin nx dx = 2mnProblema 7 - Srie de Fourier da Onda QuadradaFaa, para a funof (x) =_ 1 se /2 x /20 se |x| > /2do problema 6.1, a representao grca da soma parcial da respectivasrie para um nmero crescente de harmnicas.PROBLEMAS | TEOREMAS 91Resoluof (x) 12+2 cos x2 13 cos 3x+2 15 cos 5x +2(2m + 1) sin (2m + 1) 2cos (2m + 1)+ Primeiras somas parciais da srie de Fourier representativa dafuno f(x)12 + 2 cos x 23 cos 3x +25 cos 5x 27 cos 7xA seguir representa-se o grco da funo f(x) onda quadrada (avermelho) no intervalo [, ] e as somas parciais dos cinco primeirostermos da sua srie de Fourierf (x) = a02 +

n=1(an cos nx + bn sin nx)3 2 1 0 -1 -2 -310.50xyxyOnda quadrada (a vermelho) no intervalo [, ] e as somas parciaisEm virtude de f (x) ser par bn = 0f (x) = a02 +

n=1an cos nxOs coecientes an soan = 1_+f (x) cos nx dx n = 0, 1, 2, 92 AMRICO TAVARESa0 = 1_+/2/2dx = 1a1 = 1_+/2/2cos x dx = 2a3 = 1_+/2/2cos 3x dx = 23a5 = 1_+/2/2cos 5x dx = 25a7 = 1_+/2/2cos 7x dx = 27a2 = a4 = a6 = = a2n = 0Valor mdio12Fundamental2 cos x3aharmnica 23 cos 3x5aharmnica25 cos 5x7aharmnica 27 cos 7xNOTA: a srie de Fourier nos dois pontos de descontinuidade da funopassa a meio do salto dado, isto , neste caso 1/2.Dada uma funo f (x) denida no intervalo x [, ], se f (x)satiszer as condies de Dirichlet, a srie trigonomtrica de Fourierconverge para [f (x+) + f (x)] /2. Mas, o que que acontece fora dointervalo [, ]? A srie trigonomtrica de Fourier converge para umafuno peridica que a repetio de f (x). Se f (x) for peridica deperodo 2, a srie trigonomtrica de Fourier representa essa funoem todo o eixo real. O termo a1 cos x + b1 sin x designamo-lo por fun-damental, o termo an cos nx + bn sin nx, harmnica de ordem n.Algumas propriedades dos coecientes de Fourier(1) Se f (x) for par: f (x) = f (x), bn = 0(2) Se f (x) for mpar: f (x) = f (x), an = 0(3) Se f (x) tiver duas alternncia, sendo uma a imagem num es-pelho da outra: f (x) = f (x + ), an = bn = 0, para n par(4) Se f (x) for peridica de perodo : f (x) = f (x + ), an =bn = 0, para n mpar.PROBLEMAS | TEOREMAS 93Problema 8Demonstre que qualquer funo f (x) denida no intervalo [0, ]e satisfazendo as condies de Dirichlet neste intervalo representvelpela srie

n=1cn sin nxpara x [0, ], que esta srie converge para12_f_x+_+ f_x_e escreva a expresso dos coecientes cn.Respostacn = 2_0f(x) sin nx dx15. Gio:i1ni.15.1. Pentgono e Crculo. Determine a relao entre a rea de umpentgono regular e a do crculo circunscrito.ResoluoA rea de um polgono regular de n lados, de lado l e aptema a dada porA = n l2a,pelo que, no caso do pentgono vemA = 5l2 a.Se r for o raio do crculo circunscrito e o vrtice mais direita dopentgono for o ponto de coordenadas (r, 0), os outros vrtices sero94 AMRICO TAVARESos pontos(r cos 25 , r sin 25 ), (r cos 45 , r sin 45 ), (r cos 65 , r sin 65 ), (r cos 85 , r sin 85 ).O aptema a ser igual distncia entre (0, 0) e o lado vertical dopentgono:a = r cos_45_= r cos_ 45_= r cos_5_;e o lado l igual distncia entre dois vrtices, por exemplo, (r cos 25 , r sin 25 )e (r, 0) :l =__r cos_25_r_2+_r sin_25__2= r__cos_25_1_2+_sin_25__2= r_cos2_25_2 cos_25_+ 1 + sin2_25_= r_2 2 cos_25_.isto l = r_2 2 cos_25_LogoA =5 cos_5_2_2 2 cos_25_l2=5 cos_5_2_2 2 cos_25__2 2 cos_25__r2=5 cos_5__2 2 cos_25_2r2ou sejaA = 5 cos_5__2 2 cos_25_2r2(15.1)A relao entre as reas pedidas poisAr2 = 5 cos_5__2 2 cos_25_2 75, 68%. (15.2)PROBLEMAS | TEOREMAS 9515.2. Euler e os cinco slidos platnicos. A equao que relacionao nmero de faces F, vrtices V e arestas A de um poliedroF + V = A + 2, (15.3)aplicada ao cubo (F = 6 faces, V = 8 vrtices, A = 12 arestas), traduz-se na igualdade6 + 8 = 12 + 2e, aplicada ao tetraedro, que uma pirmide equiltera (F = 4 faces, V = 4 vrtices, A = 6 arestas), em4 + 4 = 6 + 2.Num poliedro regular convexo (um segmento de recta que unaquaisquer dois dos seus pontos no sai para fora do poliedro), em quecada face tem n lados iguais, se multiplicar o nmero de faces por estesn lados, conto as arestas duas vezes. Porqu? Porque cada aresta ainterseco de duas faces adjacentes. No caso do cubo, em que as facesso quadrados (n = 4) isto traduz-se em:6 4 = 2 12.Para o tetraedro, cujas faces so tringulos equilteros (n = 3 lados),pelo mesmo motivo, se multiplicar o nmero de faces por estes 3 lados,obtenho4 3 = 2 6.No caso geral de um poliedro regular convexo, em que cada facetem n lados iguais, devido dupla contagem ser ento:nF = 2A F = 2An .Voltando ao cubo, em que cada vrtice o ponto de encontro dem = 3 arestas, se multiplicar agora o nmero de vrtices por estas 3arestas, obtenho o dobro do nmero de arestas, porque tambm estoua contar cada aresta duas vezes, em virtude de cada aresta unir doisvrtives:8 3 = 2 12.Fazendo o mesmo para o tetraedro, m = 3, obtenho, pelo mesmo motivo4 3 = 2 6.O caso geral, em que cada vrtice de um poliedro regular convexo o ponto de encontro de m arestas, traduz-se emmV = 2A V = 2Am .Assim, um poliedro regular convexo verica a dupla igualdadenF = mV = 2A, (15.4)96 AMRICO TAVARESem que n o nmero inteiro de lados de cada face poligonal e m onmero inteiro de arestas que se intersectam em cada vrtice, pelo quea equao (15.3) equivalente a2An+ 2Am = A + 2ou a1A = 1m + 1n 12. (15.5)Esta equao corresponde, no caso particular do cubo a112 = 13 + 14 12e no do tetraedro a16 = 13 + 13 12.Mas h duas restries aos possveis valores inteiros de m e n: uma, emvirtude do nmero de arestas ser positivo, 1m + 1n > 12 2n + 2m > mn (15.6)e a outra, porque o poliedro um slido tridimensionalm 3. (15.7)O nmero de lados n de cada face dene a sua forma poligonal:para n = 3 o tringulo equiltero, n = 4, o quadrado, n = 5, opentgono regular. Ser que num poliedro regular convexo n poderser igual a 6? Vamos ver que no.Para m = 3, a equao (15.5) assume o valor particular1A = 13 + 1n 12 = 1n 16,e, pela restrio (15.6)2n + 6 > 3n n < 6conclui-se que 3 n 5. Os dois casos vistos acima so o tetraedro,que corresponde a n = 3 e o cubo, a n = 4. Para n = 5, vem1A = 1n 16 = 15 16 =130donde A = 30, V= 60/3 = 20 e F = 32 20 = 12. Este poliedroregular com 12 faces o conhecido dodecaedro.Para m = 4, a mesma equao (15.5) passa a ser1A = 14 + 1n 12 = 1n 14e agora a restrio (15.6),2n + 8 > 4n n < 4,PROBLEMAS | TEOREMAS 97isto , n = 3. Onmero de arestas, vrtices e faces so, respectivamente,A = 12, V = 24/4 = 6 e F = 14 6 = 8. o octaedro, com oito facesque so tringulos equilteros.Para m = 5, (15.5) a equao1A = 15 + 1n 12 = 1n 310e a condio (15.6)2n + 10 > 5n n < 103< 4logo, tambm n = 3. O nmero de arestas, vrtices e faces so,respectivamente, A = 30, V= 60/5 = 12 e F = 32 12 = 20. oicosaedro, com vinte faces que so tringulos equilteros.Para m 6, a primeira forma de (15.6)1m + 1n > 12permite estabelecer1n > 12 1m 12 16 = 13 n < 3,o que contraria a restrio (15.7). Isto prova que 3 n 5 e que sh os cinco slidos platnicos atrs referidos. 15.3. Dodecaedro. Determine o lado l de cada um dos doze pen-tgonos regulares deste slido platnico, sabendo que dois vrticessimtricos em relao ao centro do dodecaedro, distam entre si d met-ros.98 AMRICO TAVARESImaginemos que seccionamos o dodecaedro por um plano verticalque corta ao meio quatro faces opostas, duas a duas: a de cima e a debaixo, e duas adjacentes, a uma e a outra, e que passa por duas arestassimtricas, como se v na gura. A seguir representa-se este corte dododecaedro numa outra gura que foi rodada para que as duas arestascassem na horizontal.A preto, arestas; a magenta, eixos das facesNesta gura a distncia entre o centro e o meio da aresta o raioinscrito ri e a distncia entre o centro e um vrtice o raio circunscritoR. O raio da circunferncia circunscrita a cada face continuamos achamar-lhe r.Vamos ver que a relao pedida ld =23_1 +5_ =123 cos_5_ 35.68%, (15.8)a que corresponde o raio da esfera circunscrita R = d/2R =34_1 +5_l,ou sejad = 2R =32_1 +5_ledl =32_1 +5_=3 = 23 cos_5_,PROBLEMAS | TEOREMAS 99em que o nmero de ouro = 1 +52.Num pentgono de lado l e raio circunscrito r o aptema a valea = r cos_5_= r _145 + 14_em virtude decos_5_= 145 + 14 = 2.O lado l em funo de r dado porl = r_2 2 cos_25_=_5 52rporquecos_25_= 145 14.Por isso, vemal =cos_5__2 2 cos_25_ =241 +5_5 5r =l_2 2 cos_25_rl =1_2 2 cos_25_ =2_5 5a + rl=cos_5__2 2 cos_25_ +1_2 2 cos_25_=54_25 5 + 14_105 5ea + r =l_2 2 cos_25_ +cos_5_l_2 2 cos_25_=_54_25 5 + 14_105 5_l100 AMRICO TAVARESNa gura ri a distncia entre o centro do dodecaedro e o pontomdio de cada aresta, o chamado raio inscrito, e a distncia entre osvrtice (l/2, ri) e (ri, 0) igual a a + r :(r + a)2=_ri l2_2+ r2iPelo teorema de Pitgorasr2i +_l2_2= R2Vamos vericar queR =34_1 +5_l (15.9) soluo, ou sejari =__34_1 +5_l_2_l2_2= l__34_1 +5__2_12_2e(r + a)2= _ri l2_2+ r2i=___R2_l2_2 l2__2+ R2_l2_2=___l__34_1 +5__2_12_2 l2___2+_34_1 +5_l_2_l2_2Substituindo o primeiro membro, vem_54_25 5 + 14_105 5_2l2=___l__34_1 +5__2_12_2 l2___2+_34_1 +5_l_2_l2_2PROBLEMAS | TEOREMAS 101ou_54_25 5 + 14_105 5_2=_____34_1 +5__2_12_2 12___2+_34_1 +5__2_12_2.De facto, como_54_25 5 + 14_105 5_2= 125 + 54e_____34_1 +5__2_12_2 12___2+_34_1 +5__2_12_2= 125+54,ca justicada a soluo atrs referida.15.4. Construo da elipse a partir de duas circunferncias.Considere a seguinte elipsex2a2 + y2b2 = 1Suponhamos que a > b. Esta elipse, representada a seguir cen-trada na origem, resulta da composio de duas circunferncias, umade dimetro igual ao eixo menor da elipse e outra de dimetro igual aoseu eixo maior. O eixo da circunferncia menor coincidente com o eixodos x e o da maior com o dos y. Se a < b a elipse no estaria "deitada"e as circunferncias menor e maior trocariam de posio entre si.Eixos: x, horizontal; y, vertical102 AMRICO TAVARESConstruo da elipse (a verde): os pontos da elipse encontram-seno cruzamento dos segmentos de recta paralelos a x (horizontais) quepassam por um dado ponto da circunferncia a preto, da esquerda , comos segmentos de recta paralelos a y (verticais) que passam pelo pontocorrespondente da circunferncia azul, por baixo da elipse. Imagineque comea em ambas as circunferncias nos pontos situados mais direita e que vai rodando no sentido contrrio aos ponteiros do relgio auma velocidade angular constante em ambas. Depois de ter regressadoa cada um desses pontos nas duas circunferncias, desenha, por esteprocesso, a elipse, no sentido tambmcontrrio aos ponteiros do relgio.15.5. Cubo de dimenso n, n-cubo ou hipercubo. O cubo dedimenso n, hipercubo ou n-cubo obtm-se do de dimenso n 1deslocando-o numa direco perpendicular ao hiperplano que contmo n 1-cubo de uma distncia igual a 1, e unindo nesse processo osvrtices dos dois n 1-cubos inicial e nal por arestas.Por exemplo, a partir do cubo tridimensional (de aresta unitria),cujos vrtices, escritos numa sequncia de trs bits ( bitstring ) so000, 001, 010, 011, 100, 101, 110 e 111podemos obter o quadridimensional introduzindo uma quarta dimen-so. Este cubo tem 16 vrtices, e que so, enumerando-os:0000, 0001, 0010, 0011, 0100, 0101, 0110, 0111,1000, 1001, 1010, 1011, 1100, 1101, 1110 e 1111.Do cubo tridimensional passamos ao bidimensional (o 2-cubo ouquadrado) retirando-lhe uma das dimenses. Se for a terceira (corre-spondente ao bit da esquerda) camos com os vrtices00, 01, 10 e 11.Deste retirando-lhe mais uma dimenso camos com o 1-cubo (ousegmento), cujos vrtices so o0 e 1.Visualmente, o cubo de dimenso 4 pode representar-se na folhade papel (no ecr do computador), por exemplo, porPROBLEMAS | TEOREMAS 103Uma representao do cubo de dimenso 4Claro que este cubo quadridimensional no existe no espao euclid-iano. um grafo que pode ser redesenhado e car numa forma que lheseja equivalente.15.6. Teorema de Pitgoras. 1. Tringulo rectngulo: na gura aseguir o ngulo interno entre os lados a azul e a verde rectoc =hipotenusa a = cateto azul b = cateto verde2. Teorema: c2= a2+ b2. A rea do quadrado vermelho (sobre olado c) igual soma das reas dos quadrados azul (sobre o lado a) everde (sobre o lado b)104 AMRICO TAVARESc2= a2+ b23. Demonstrao de Euclides: construo auxiliar usada porEuclides (com omisso das letras identicativas dos vrtices e com lin-has coloridas em vez de a preto) na Proposio 47 do livro I dos Ele-mentos [8]Proposio 47 do livro I dos Elementos de EuclidesExerccio: Determine o comprimento a = c de cada um dos ladosiguais de um tringulo issceles, de base b e rea A.Resoluo: Seja b a base. A altura une o ponto da base equidistantede cada vrtice situado nos extremos; a distncia a cada um iguala b2. Esta altura divide o tringulo issceles de lados a, b, c em doistringulos rectngulos simtricos: o da esquerda de lados a, b2 e h e oda direita c, b2 e h, cada um com uma rea igual a A/2. Pelo TeoremaPROBLEMAS | TEOREMAS 105de Pitgoras aplicado, por exemplo, ao da esquerda sabemos quea2= h2+ b24 .Como a rea do tringulo de lados a, b, c A = b h2, h = 2Ab ,podemos exprimir a em funo de A, b :4h2+ b22=_4A2b2+ b24como pedido.16. Inoiii:. I1:.: i io1i, HMD, 1 M.no 2008 I1:.: inoiii: oi 1ii .., HMD, M.nci 1, 200816.1. Verso portuguesa de Problema Putnam de hoje, HMD,1 Maro 2008. No site do departamento do Harvards Math Depart-ment[http://www.math.harvard.edu/putnam/index.html]aparece hoje, 1-1-2008, o seguinte enunciado (Putnam problem of theday):"Evaluate8_2207 12207 12207 (16.1)Express your answer in the form a + bcd, where a, b, c, d are inte-gers."Resoluo:Comeo por calcular o radicando, notando que a fraco contnuax =12207 12207 vericax =12207 xpelo que, como 12_2207 +220724_ 2207, s poder serx = 2207 2207242e, aps alguns clculos2207 x = 2207 + 98752;106 AMRICO TAVARESpor este motivo8_2207 12207 12207 =8_2207 + 98752.Para que8_2207 + 98752= a + bcdou, de forma equivalente,d82_2207 + 9875_=_a + bc_8,com a, b, c inteiros, necessrio que d8/2 seja inteiro, pelo que d deveser par. Vou admitir que d = 2; por outro lado c dever ser igual a 5.Ento,27_2207 + 9875_= 126 3365 + 282 496 =_a + b5_8a + b5 =8_27_2207 + 9875_a =8_27_2207 + 9875_b5Como, para b = 2a =8_27_2207 + 9875_25 < 1excluo esta possibilidade. Resta b = 1a =8_27_2207 + 9875_5 5. 236 1 2. 236 1 = 3Vou conrmar_3 +5_8= 126 3365 + 282 496.A soluo pedida a que cheguei foi8_2207 12207 12207 = 3 +52(16.2)Nota: o clculo de_3 +5_8= 126 3365 + 282 496PROBLEMAS | TEOREMAS 107pode ser feito mo da seguinte forma:_3 +5_2= 65 + 14_3 +5_4=_65 + 14_2= 1685 + 376_3 +5_8=_1685 + 376_2= 126 3365 + 282 496.16.2. English version of the Putnam problem of the day, HMD,March 1, 2008.On March 1, 2008, the Putnam problem of the day displayed onthe Harvards Math Department site[http://www.math.harvard.edu/putnam/index.html]was stated as follows:"Evaluate8_2207 12207 12207 (16.3)Express your answer in the form a + bcd, where a, b, c, d are inte-gers."Solution:To evaluate the radicand I start by seeing that the continued frac-tionx =12207 12207 satisesx =12207 x.Thus, since 12_2207 +220724_ 2207, the only solution left isx = 2207 2207242.A few algebraic manipulations give2207 x = 2207 + 98752;108 AMRICO TAVAREShence8_2207 12207 12207 =8_2207 + 98752.In order to have8_2207 + 98752= a + bcdor equivalently,d82_2207 + 9875_=_a + bc_8,with a, b, c integers, d8/2 should also be an integer; therefore d shouldbe even. I assume that d = 2; On the other hand c should be 5. Thus,27_2207 + 9875_= 126 3365 + 282 496 =_a + b5_8a + b5 =8_27_2207 + 9875_a =8_27_2207 + 9875_b5.Since, for b = 2a =8_27_2207 + 9875_25 < 1,this possibility is excluded. It remains b = 1a =8_27_2207 + 9875_5 5. 236 1 2. 236 1 = 3Now I conrm_3 +5_8= 126 3365 + 282 496.So, the solution I found was8_2207 12207 12207 = 3 +52. (16.4)Remark: the calculation of_3 +5_8= 126 3365 + 282 496PROBLEMAS | TEOREMAS 109can be done by hand as follows_3 +5_2= 65 + 14_3 +5_4=_65 + 14_2= 1685 + 376_3 +5_8=_1685 + 376_2= 126 3365 + 282 496.17. Iinio oi . ici:.i ixi.:io:Iinoo i :. zi:.17.1. My solution to the Problem Of the Week-9 [Todd andVishals blog]: Period of a decimal expansion. Find the lengthof the period of the repeating decimal representation of165537.http://topologicalmusings.wordpress.com/2008/08/23/pow-9-period-of-a-decimal-expansion/My Solution:The repeating decimal representation of the number 1/65537 is165537 = 0.65536 digits000 015 258 556 . . . cba .Let p be a prime n