Fim de ano

Dia 31 de Dezembro de 2017, 23h 45mn.  No bar do Hotel Miragem entrou um elegantíssimo cavalheiro que se abeirou do balcão.

- Quarto 18 – disse.

- Com certeza, o seu nome? – perguntou o funcionário.

- King, Peter King. Queria um Martini mas agitado, não mexido.

- Com certeza. – respondeu solícito o funcionário.

               Pegou num copo de pé alto com o recipiente em forma de parabolóide de equação $z={{x}^{2}}+{{y}^{2}}$ e verteu a quantidade certa de Martini, acrescentando-lhe de seguida uma pequena esfera de raio unitário previamente gelada e colocou o copo sobre o balcão.

               - Aqui está Sr.

               O “dandi” bebeu rapidamente o Martini, agradeceu e saiu aos zigue-zagues provavelmente na direcção da festarola de fogo de artifício da qual se ouviam os primeiros estrondos.

               Nessa altura o funcionário verificou que a esfera refrigerante se encontrava tangente á superfície do copo o que impedira o folgazão de consumir a bebida entre o copo e a superfície inferior da esfera.

               Tornava-se pois imperioso que na facturação do quarto 18 aparecesse a quantidade correcta de bebida consumida. Depois de pensar um pouco descreveu a situação por e-mail no famosíssimo site “Matemática? Nós resolvemos.” com o pedido do cálculo do volume de Martini não consumido.

               Cerca de 10 minutos depois, impaciente, voltou a enviar novo e-mail onde perguntava se seria preciso muito tempo para obter uma resposta. Foi informado que o único matemático disponível perto da meia noite de 31 de Dezembro usava um lápis antigo com a tabuada e contava pelos dedos uma vez que não conseguia fazer contas de cabeça e por esse motivo a resposta poderia demorar um pouco mais de 15mn.

Cerca de meia hora depois o funcionário recebeu finalmente a resposta e preencheu a factura correctamente para adicionar à conta do quarto 18.

Pergunta:  que volume de bebida ficou entre o copo e a esfera não sendo assim consumida pelo cliente?

SOLUÇÃO

                    

              

Paraboloide:  $z={{x}^{2}}+{{y}^{2}}$                                                            $C=(0,c)\,\,;\,\,\,\,P=({{x}_{0}},\,{{x}_{0}}^{2}\,)$

Esfera de raio unitário.

No ponto de tangencia P de abcissa ${{x}_{0}}$, o gradiente da tangente comum à parábola $z={{x}^{2}}$ e à circunferência é 

${z}'({{x}_{0}})=2{{x}_{0}}$

e o gradiente da recta CP é  $m(CP)=-\frac{1}{2{{x}_{0}}}$.

Sendo assim, a equação da recta CP  é

$z=-\frac{1}{2{{x}_{0}}}\,x+b$

e como passa em  $P=({{x}_{0}},\,{{x}_{0}}^{2}\,)$ obtemos  $b={{x}_{0}}^{2}+\frac{1}{2}$ , portanto

Recta CP:        $z=-\frac{1}{2{{x}_{0}}}\,x+{{x}_{0}}^{2}+\frac{1}{2}$

Então, a coordenada z do ponto C  (centro da circunferência) é

$c={{z}_{x=0}}={{x}_{0}}^{2}+\frac{1}{2}$      logo    $C=\left( 0,\,\,{{x}_{0}}^{2}+\frac{1}{2} \right)$

Sendo o raio da circunferência unitário:

${{x}_{0}}^{2}+{{\left( x_{0}^{2}-x_{0}^{2}-\frac{1}{2} \right)}^{2}}=1$

${{x}_{0}}^{2}=\frac{3}{4}\,\,\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{{x}_{0}}=+\frac{\sqrt{3}}{2}$ $$

e a equação da circunferência fica

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

A equação da esfera será então

${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-\frac{5}{4} \right)}^{2}}=1$

e o volume procurado é

$V=\int\limits_{0}^{2\pi }{d\theta \int\limits_{0}^{\sqrt{3}/2}{\left[ \frac{5}{4}-\sqrt{1-{{r}^{2}}}-{{r}^{2}} \right]}}\,r\,dr=2\pi \int\limits_{0}^{\sqrt{3}/2}{\left[ \frac{5}{4}r-r\sqrt{1-{{r}^{2}}}-{{r}^{3}} \right]}\,dr=$

$=2\pi \left[ \frac{5}{8}\,\left( {{r}^{2}} \right)_{0}^{\sqrt{3}/2}-\frac{1}{4}\left( {{r}^{4}} \right)_{0}^{\sqrt{3}/2}+\frac{1}{3}\left( {{\sqrt{1-{{r}^{2}}}}^{3}} \right)_{0}^{\sqrt{3}/2} \right]=$

$=2\pi \left[ \frac{5}{8}\,\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\,\frac{9}{16}+\frac{1}{3}\left( {{\sqrt{1-\frac{3}{4}}}^{\,3}}-1 \right) \right]=\frac{18\,\pi }{25}$

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Geometria Diferencial/Analítica

________________________________________________________________________

            Para que o plano e a superfície sejam tangentes no ponto P é necessário que tanto um como o outro passem por esse ponto. Facilmente se verifica que o plano passa em P, quanto à superfície é necessário impor que a sua equação seja satisfeita para $x=y=z=1$, e obtemos uma primeira relação a impor às constantes reais a, b e c:

$a+b-c=2$

            Por outro lado, um vector perpendicular à superfície S no ponto P é o gradiente da função

$f(x,y,z)=a{{x}^{2}}+bxy-cz-2$

assim, o vector

${{\left( \vec{\nabla }f \right)}_{P}}={{\left( 2ax+by,\,\,bx,\,\,-c \right)}_{(1,1,1)}}=(2a+b,\,b,\,-c)$

é perpendicular à superfície em P.

            Sendo o plano $2x+y-3z=0$ tangente a S em P, um vector perpendicular ao plano será paralelo ao vector ${{\left( \vec{\nabla }f \right)}_{P}}$. Um vector perpendicular ao plano é bem sabido ser um vector cujas componentes são os coeficientes de x, y e z na equação do plano, portanto temos o vector $\vec{v}=(2,1,-3)$.

            Temos então que    $(2a+b,\,b,\,-c)=k(2,1,-3)$ com $k\in \mathbb{R}$.

            Obtemos assim o sistema de 4 equações   

 \[a+b-c=2\wedge 2a+b=2k\wedge b=k\wedge c=3k\]

\[k/2+k-3k=2\wedge a=k/2\wedge b=k\wedge c=3k\]

\[k=-4/3,a=-2/3,b=-4/3,c=-4\]

           A equação da superfície terá que ser

$-\frac{2}{3}\,{{x}^{2}}-\frac{4}{3}\,xy+4z=2$

e o produto abc será

$a\,b\,c=-\frac{2}{3}\,\,\frac{4}{3}\,\,4\,=\,-\frac{32}{9}$

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Loucos por Matemática: resposta ao desafio

Resposta ao desafio de Gustavo Pauzner em Loucos por Matemática

Em resposta a esta questão, no que se refere à primeira pergunta, Marley Mendes apresentou a seguinte solução

(a)

Acontece o seguinte, fazendo $x=-1$  fica    $\operatorname{arctg}(-1)+\operatorname{arctg}(-1)=-\frac{\pi }{2}$  !!!

Vamos então tentar calcular o famigerado k.

Seja $f(x)=\operatorname{arctg}x+\operatorname{arctg}\left( \frac{1}{x} \right)$ , o domínio é $\mathbb{R}\text{ }\!\!\backslash\!\!\text{ }\left\{ 0 \right\}$, portanto $f(x)$ é diferenciável em para $x<0$ e para $x>0$

I)                Se $x>0$  temos

${f}'(x)=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}+\frac{-\frac{1}{{{x}^{2}}}}{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}-\frac{1}{{{x}^{2}}\left( \frac{1+{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}} \right)}=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}-\frac{1}{1+{{x}^{2}}}=0$

logo                                      

$f(x)=\text{Constante,}\,\,\,\,{{\forall }_{x>0}}$

Como $f(1)=\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}$  então   $f(x)=\frac{\pi }{2},\,\,\,{{\forall }_{x>0}}$  e portanto  $k=\frac{\pi }{2}$

II)             Se $x<0$  temos

${f}'(x)=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}+\frac{-\frac{1}{{{x}^{2}}}}{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}-\frac{1}{{{x}^{2}}\left( \frac{1+{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}} \right)}=\frac{1}{1+{{x}^{2}}}-\frac{1}{1+{{x}^{2}}}=0$

logo                                      

$f(x)=\text{Constante,}\,\,\,\,{{\forall }_{x>0}}$

Como $f(1)=-\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{2}$  então   $f(x)=-\frac{\pi }{2},\,\,\,{{\forall }_{x>0}}$  e portanto  $k=-\frac{\pi }{2}$

Assim,  $k=\pm \frac{\pi }{2}$ .

Questão:  Porque razão a solução do Marley Mendes apenas apresenta a solução $+\frac{\pi }{2}$ ?

Porque utilizando triângulos não é possível considerar o caso  $x<0$ uma vez que

 x é um comprimento.

(b)   Ainda voltando à solução do Marley Mendes para a alínea (b) que apresentamos de seguida

deve ser agora ajustada de forma a contemplar as duas possibilidades reescrevendo

Como $\operatorname{arctg}A+\operatorname{arctg}\frac{1}{A}=\pm \frac{\pi }{2}$ ,  $\eta (n)=\pm \left( \frac{\pi }{2}n+\frac{\pi }{4} \right)$

(c)   Voltemos de novo à solução do Marley Mendes para a alínea (c)

temos então não uma mas duas progressões aritméticas de termo geral

${{\eta }_{1}}(n)=-\frac{\pi }{2}n-\frac{\pi }{4}\,$  e    ${{\eta }_{2}}(n)=\frac{\pi }{2}n+\frac{\pi }{4}\,$

e 

            \[\sum\limits_{i=0}^{n}{{{\eta }_{1}}(i)}=\frac{\eta (0)+\eta (n)}{2}(n+1)=\frac{-\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{2}n-\frac{\pi }{4}}{2}(n+1)=-\frac{\pi }{2}\frac{(n-1)(n+1)}{2}=-\frac{\pi }{4}({{n}^{2}}-1)={{\eta }_{1}}(8n)\]

\[\sum\limits_{i=0}^{n}{{{\eta }_{2}}(i)}=\frac{\eta (0)+\eta (n)}{2}(n+1)=\frac{\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{2}n+\frac{\pi }{4}}{2}(n+1)=\frac{\pi }{2}\frac{(n-1)(n+1)}{2}=\frac{\pi }{4}({{n}^{2}}-1)={{\eta }_{2}}(8n)\]

Como   ${{\eta }_{1}}(8n)=-\frac{8\pi }{2}n-\frac{\pi }{4}\,=-4n\pi -\frac{\pi }{4}\,\,\,\,\,\,\text{e}\,\,\,\,\,\,{{\eta }_{2}}(8n)=4n\pi +\frac{\pi }{4}$  temos as duas equações

$-\frac{\pi }{4}({{n}^{2}}-1)=-4n\pi -\frac{\pi }{4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\text{ou     }\frac{\pi }{4}({{n}^{2}}-1)=4n\pi +\frac{\pi }{4}$

Repare-se que as duas equações são iguais e portanto a solução é a obtida pelo Marley

$n=0\,\,\,\,\,\,\vee \,\,\,\,\,\,n=14$ 

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