FATOS MATEMÁTICOS: Problemas dos Fatos Matemáticos (Parte 15)

segunda-feira, 2 de julho de 2012

Problemas dos Fatos Matemáticos (Parte 15)

$[;43);]$ Ache a solução do problema de valor inicial

$[;\begin{cases}u_{n+1}^2 = u_n, \qquad n \geq 1\\u_0 = 3\end{cases};]$

$[;44);]$ Sejam $[;x_1;]$ , $[;x_2;]$ e $[;x_3;]$ raízes da equação $[;x^3 - x^2 + 1 = 0;]$ . Calcule

$[;\frac{1}{x_{1}^{2}} + \frac{1}{x_{2}^{2}} + \frac{1}{x_{3}^{2}};]$

$[;45);]$ Dado o polígono estrelado de cinco pontas abaixo, mostre que

$[;\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} + \hat{D} + \hat{E} = 180^{\circ};]$

Vejamos agora, a solução dos problemas dos Fatos Matemáticos (Parte 14).

$[;40);]$ Avalie o somatório

$[;\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{\cos^2(n\pi/2)}{3^n};]$

Sugestão: Use a transformada discreta de Laplace.

Resolução: Se $[;\ell_d\{x_n\} = X(s);]$ e $[;r \succ 0;]$ , então pela definição de transformada discreta de Laplace,

$[;\ell_d\{r^{-an}x_n\} = \ell_d\{x_n\}_{e^s \to r^ae^s};]$

de modo que

$[;\sum_{n = 0}^{\infty}r^{-an}x_n = \sum_{n=0}^{\infty}(r^a)^{-n}x_n = \ell_d\{x_n\}_{e^s \to r^a};]$

Assim,

$[;\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{\cos^2(n\pi/2)}{3^n} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{3^{-n}}{2}[1 + \cos(n\pi)];]$

$[;= \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{3^{-n}}{2} + \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{3^{-n}(-1)^n}{2};]$

$[;=\frac{1}{2}\ell_d\{1\}_{e^s \to 3} + \frac{1}{2}\biggl[\frac{e^s}{e^s + 1}\biggr]_{e^s \to 3} = \frac{3}{4} + \frac{3}{8} = \frac{9}{8};]$

$[;41);]$ (ITA - 2000) Considere o triângulo $[;ABC;]$ isósceles, retângulo em $[;A;]$ . Seja $[;D;]$ a interseção da bissetriz do ângulo $[;\hat{A};]$ com o lado $[;BC;]$ e $[;E;]$ um ponto da reta suporte do cateto $[;AC;]$ de tal modo que os segmentos de reta $[;BE;]$ e $[;AD;]$ sejam paralelos. Sabendo que $[;AD;]$ mede $[;\sqrt{2}\ cm;]$ , calcule a área do círculo inscrito no triângulo $[;EBC;]$ .

Resolução: Considere a figura abaixo:

Note que

$[;\sin 45^{\circ} = \frac{AD}{AC} = \frac{AD}{1/\sqrt{2}} \quad \Rightarrow \quad AC = 2\ cm;]$

de modo que $[;CE = CA + AE = 2CA = 4\ cm;]$ . Sendo $[;CD = AD = \sqrt{2}\ cm;]$ , temos $[;BE = BC = 2CD = 2\sqrt{2} \ cm;]$ . Assim, o perímetro do triângulo $[;ABE;]$ é dado por

$[;2p = BC + BE + CE = 2BC + CE = 4\sqrt{2} + 4 = 4(1 + \sqrt{2});]$

Seja $[;S;]$ a área do $[;\Delta ABE;]$ e $[;r;]$ o raio do círculo inscrito neste triângulo. Sendo $[;S = pr;]$ , segue que

$[;r = \frac{S}{p} = \frac{CE\cdot AB}{2p} = \frac{4\cdot 2}{2(1 + \sqrt{2})} \quad \Rightarrow \quad r = \frac{2}{1 + \sqrt{2}} \ cm;]$

Logo, a área do círculo inscrito $[;S_c;]$ é

$[;S_c = \pi r^2 = \frac{4\pi}{(1 + \sqrt{2})^2} = 4(3 - 2\sqrt{2})\pi \ cm^2;]$

$[;42);]$ Prove que não existe nenhuma P.G. que admita $[;1;]$ , $[;2;]$ e $[;5;]$ como termos.

Resolução: Suponhamos por absurdo que existem $[;n_1;]$ , $[;n_2;]$ e $[;n_3;]$ naturais tais que $[;a_{n_1} = 1;]$ , $[;a_{n_2} = 2;]$ e $[;a_{n_3} = 5;]$ . Sendo $[;a_n = a_1q^{n-1};]$ , temos

$[;a_{n_1} = a_1q^{n_1-1};]$

$[;a_{n_2} = a_1q^{n_2 - 1};]$

$[;a_{n_3} = a_1q^{n_3 - 1};]$

donde segue que

$[;2^{1/(n_2 - n_1)} = 5^{1/(n_3 - n_1)} \quad \Rightarrow \quad 2^{n_3 - n_1} = 5^{n_2 - n_1};]$

o que é uma contradição.

O prazo de entrega para enviar as soluções dos problemas $[;43);]$ , $[;44);]$ e $[;45);]$ encerra no dia 31/07/2012 e podem ser enviadas no formato doc ou pdf para linnux2001@gmail.com.

2 comentários:

Anônimo3 de julho de 2012 20:00
Resolvi o 45 a la Roger Nelsen. Colocando só um pouquinho de palavras, eu usei rotações rígidas no plano.

Gostaria de seu comentário sobre a validade dela:
http://i47.tinypic.com/2qvw1z7.png
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Prof. Paulo Sérgio3 de julho de 2012 20:17
Vi apenas uma figura sem justificativas. Um caminho mais fácil é dividir em triângulos e usar o teorema do ângulo externo.
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