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