Cálculo vectorial

Resposta à pergunta do Gabriel

Se $\left| \,\vec{u}\, \right|=8$  e $\left| \,\vec{v}\, \right|=5$ e o ângulo entre eles é $60{}^\text{o}$  determine  $\left| \,\vec{u}+\vec{v}\, \right|$.

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Primeiro devemos ter em conta que os vectores são livres, podemos pois colocar um deles em qualquer posição e o outro formando um angulo de $60{}^\text{o}$ com o primeiro.

Arbitramos então que  $\vec{u}=(\,8,\,0,\,\,\cdots ,0\,)$  e $\vec{v}=(\,{{v}_{1}},\,{{v}_{2}},\,\cdots \,,\,{{v}_{n}}\,)$.

Devemos agora impor que  $\vec{u}\cdot \vec{v}=8\,{{v}_{1}}=\left| \,\vec{u}\, \right|\,\left| \,\vec{v}\, \right|\,\cos 60{}^\text{o}=20$  ou seja  ${{v}_{1}}=\frac{5}{2}$  para que o angulo entre os vectores seja o desejado.

Temos ainda que impor que   $\left| \,\vec{v}\, \right|=\sqrt{{{v}_{1}}^{2}+v_{2}^{2}+\cdots \text{+v}_{n}^{2}}=5$ isto é  ${{v}_{n}}=\sqrt{25-v_{1}^{2}-v_{2}^{2}-\cdots -v_{n-1}^{2}}$ ou seja, o vector $\vec{v}$ terá a forma

$\vec{v}=\,\left( \,{{v}_{1}},\,\,{{v}_{2}},\,\,\cdots \,\,,\,\,{{v}_{n-1}},\,\,\sqrt{25-v_{1}^{2}-v_{2}^{2}-\cdots -v_{n-1}^{2}}\, \right)\,$

Assim, 

$\vec{u}+\vec{v}=\,\left( \,8+{{v}_{1}}\,,\,{{v}_{2}},\,\,\cdots \,,\,\,\sqrt{25-v_{1}^{2}-v_{2}^{2}-\cdots -v_{n-1}^{2}}\, \right)$

e

\[{{\left| \,\vec{u}+\vec{v}\, \right|}^{2}}=\,{{(\,8+{{v}_{1}}\,)}^{2}}+v_{2}^{2}+\,\cdots \,+\,v_{n-1}^{2}+25-v_{1}^{2}-v_{2}^{2}-\cdots -v_{n-1}^{2}\,\,=\]

\[=64+16{{v}_{1}}+v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+\cdots +v_{n-1}^{2}+25-v_{1}^{2}-v_{2}^{2}-\cdots -v_{n-1}^{2}=\]

$=\,\,89+16{{v}_{1}}$

E como já vimos que  ${{v}_{1}}=\frac{5}{2}$  fica

${{\left| \,\vec{u}+\vec{v}\, \right|}^{2}}=\,89+16\,\,\frac{5}{2}=89-40=129$

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$\left| \,\vec{u}+\vec{v}\, \right|=\,\sqrt{129}$

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Raízes inteiras de polinómios

Matemática 10º Ano

Raízes de um polinómio

No 10º ano os alunos são “informados” de que, se um polinómio de grau n tem pelo menos uma raiz inteira real então essa raiz será um divisor do termo independente, isto é

se o polinómio    $p(x)={{a}_{n}}\,{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\,\,\,\cdots \,\,+{{a}_{2}}{{x}^{2}}+{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}$  admite a raiz  r, então r é um divisor de ${{a}_{0}}$

Vamos aqui ver porque razão é isto verdade.

Consideremos então o polinómio

$p(x)={{a}_{n}}\,{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+\,\,\,\cdots \,\,+{{a}_{2}}{{x}^{2}}+{{a}_{1}}x+{{a}_{0}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{a}_{k}}\,{{x}^{k}}}$

e seja $r$ raiz de $p(x)$, então

$p(r)=0$   ou seja   ${{a}_{n}}\,{{r}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{r}^{n-1}}+\,\,\,\cdots \,\,+{{a}_{2}}{{r}^{2}}+{{a}_{1}}r+{{a}_{0}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{{{a}_{k}}\,{{r}^{k}}}=0$

podemos então escrever

${{a}_{n}}\,{{r}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{r}^{n-1}}+\,\,\,\cdots \,\,+{{a}_{2}}{{r}^{2}}+{{a}_{1}}r=-{{a}_{0}}$      ou      $\sum\limits_{k=1}^{n}{{{a}_{k}}\,{{r}^{k}}}=-{{a}_{0}}$

Pondo agora em evidencia r no primeiro membro fica

$r({{a}_{n}}\,{{r}^{n-1}}+{{a}_{n-1}}{{r}^{n-2}}+\,\,\,\cdots \,\,+{{a}_{2}}r+{{a}_{1}})=-{{a}_{0}}$       ou         $r\,\sum\limits_{k=1}^{n}{{{a}_{k}}\,{{r}^{k-1}}}=-{{a}_{0}}$

e

${{a}_{n}}\,{{r}^{n-1}}+{{a}_{n-1}}{{r}^{n-2}}+\,\,\,\cdots \,\,+{{a}_{2}}r+{{a}_{1}}=-\frac{{{a}_{0}}}{r}$       ou         $\sum\limits_{k=1}^{n}{{{a}_{k}}\,{{r}^{k-1}}}=-\frac{{{a}_{0}}}{r}$

O polinómio do lado esquerdo tem coeficientes inteiros e r é um inteiro, portanto trata-se de um número inteiro, chamemos-lhe  $Int$, temos então que

$Int=-\frac{{{a}_{0}}}{r}$

isto significa que $\frac{{{a}_{0}}}{r}$ terá de ser também um número inteiro e portanto r  é divisor de ${{a}_{0}}$.

Exemplo:    Como resolver a equação   ${{x}^{3}}-8{{x}^{2}}+21x-18=0$ ?

Suponhamos que o polinómio ${{x}^{3}}-8{{x}^{2}}+21x-18$ admite pelo menos uma raiz real, então essa raiz será um divisor do termo independente ${{a}_{0}}=-18$. 

Como vimos acima podemos utilizar apenas o valor 18 uma vez que  se $r$ divide ${{a}_{0}}$ e dá resto zero também divide $-{{a}_{0}}$ e dá resto zero.

Os divisores de 18 são   1, 2, 3, 6, 9 e 18 portanto um dos valores  $\pm 1,\,\,\pm 2,\,\,\pm 3,\,\,\pm 6,\,\,\pm 9$ e $\pm 18$ deve ser raiz do polinómio, podemos então experimentá-los:

$p(1)\ne 0,\,\,\,\,p(-1)\ne 0,\,\,\,\,p(2)=0$

se $p(2)=0$  uma raiz real do polinómio é  2, e o polinómio é divisível por  $x-2$.

Podemos então efectuar a divisão

e temos 

${{x}^{3}}-8{{x}^{2}}+21x-18=(x-2)({{x}^{2}}-6x+9)=(x-2){{(x-3)}^{2}}=0$

Usando a lei do anulamento do produto concluímos que as soluções da equação são 2 e 3.

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A fórmula de Euler (Latex)

A Fórmula de Euler

 

A Fórmula de Euler é uma das mais elegantes identidades da Análise Matemática.

Deixamos aqui uma demonstração analítica da fórmula geral e da fórmula particular ${{e}^{i\,\pi }}+1=0$.

Considere-se a função  $f(x)=(\cos x-i\operatorname{sen}x)\,{{e}^{i\,x}}$. 

A sua derivada é

${f}'(x)=(-\operatorname{sen}x-i\,\cos x)\,{{e}^{i\,x}}+(\cos x-i\operatorname{sen}x)\,i\,{{e}^{i\,x}}=$

$=\left( -\operatorname{sen}x-i\cos x+i\cos x+\operatorname{sen}x \right)\,{{e}^{i\,x}}=0$

ou seja,   ${{\forall }_{x\in \mathbb{R}}},\,\,\,{f}'(x)=0$.

Podemos então concluir que $f(x)$ é uma função constante,   $f(x)=C,\,\,\,\,\,\,C\in \mathbb{R}$.

Como  $f(0)=(\cos 0+i\operatorname{sen}0)\,{{e}^{0}}=1$ conclui-se imediatamente que

$f(x)=1,\,\,\,\,{{\forall }_{x\in \mathbb{R}}}$

portanto     $(\cos x-i\operatorname{sen}x)\,{{e}^{i\,x}}=1$  e    ${{e}^{i\,x}}=\frac{1}{\cos x-i\operatorname{sen}x}=\frac{\cos x+i\operatorname{sen}x}{{{\cos }^{2}}x+{{\operatorname{sen}}^{2}}x}=\cos x+i\operatorname{sen}x$ isto é

${{e}^{i\,x}}=\cos x+i\operatorname{sen}x$

que é a fórmula de Euler.

Em particular, se $x=\pi $ obtemos o caso particular ${{e}^{i\,\pi }}=-1$ ou  ${{e}^{i\,\pi }}+1=0$

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Diferencial, Cálculo aproximado do valor de uma função.

Resposta à questão da Geórgia Brito

Trata-se de uma aplicação directa do conceito de diferencial de uma função.

Se  $f({{x}_{1}},\,...\,,\,{{x}_{n}})\,:\,\,{{\mathbb{R}}^{n}}\,\to \,\mathbb{R}$  temos

$df\,=\,\sum\limits_{i=1}^{n}{\,\frac{\partial \,f}{\partial \,{{x}_{i}}}\,d{{x}_{i}}}$

Seja então  $f({{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}})=f(x,y,z)=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}$ ,  então

$df\,=\,\frac{\partial f}{\partial x}\,dx+\,\frac{\partial f}{\partial y}\,dy+\,\frac{\partial f}{\partial z}\,dz\,=\,\frac{x\,dx}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}}+\frac{y\,dy}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}}+\frac{z\,dz}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}}=$

$=\frac{x\,dx}{f(x,y,z)}+\frac{y\,dy}{f(x,y,z)}+\frac{z\,dz}{f(x,y,z)}$

Os diferenciais $dx,\,\,dy$ e $dz$ são infinitésimos, e o valor da função num ponto $P({{x}_{0}}+dx,{{y}_{0}}+dy,{{z}_{0}}+dz)$ é

$f({{x}_{0}}+dx,{{y}_{0}}+dy,{{z}_{0}}+dz)=f({{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}})+{{\left( d\,f \right)}_{({{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}})}}$

Se usarmos variações finitas das variáveis,  $\Delta x,\,\,\Delta y,\,\,\Delta z$ podemos calcular aproximadamente este valor, e a aproximação será tanto melhor quanto mais pequenos forem os módulos das variações finitas e teremos

$f({{x}_{0}}+\Delta x,{{y}_{0}}+\Delta y,{{z}_{0}}+\Delta z)\approx f({{x}_{0}},{{y}_{0}},{{z}_{0}})+\sum\limits_{i=1}^{3}{\,{{\left( \frac{\partial f}{\partial {{x}_{i}}} \right)}_{P}}\,\Delta {{x}_{i}}}$

Fazemos então   $0,01=0+0,01\,\,\,;\,\,\,\,\,3,98=4-0,02\,\,\,\,\,\,;\,\,\,\,\,\,2,99=3-0,01$  e obtemos

$f({{x}_{0}}+\Delta x,{{y}_{0}}+\Delta y,{{z}_{0}}+\Delta z)=f(0+0,01\,;\,\,4-0,02\,\,;\,\,3-0,01)\approx $

$\approx f(0,4,3)+{{\left( \frac{x\,}{f(x,y,z)} \right)}_{(0,4,3)}}\Delta x+{{\left( \frac{y\,}{f(x,y,z)} \right)}_{(0,4,3)}}\Delta y+{{\left( \frac{z\,}{f(x,y,z)} \right)}_{(0,4,3)}}\Delta z=$

$=\sqrt{0+16+9}\,+\,0\cdot 0,01+\frac{4}{\sqrt{0+16+9}}\,(-0,02)+\frac{3}{\sqrt{0+16+9}}\,(-0,01)=\frac{2489}{500}=4,978$ 

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Análise Matemática - Integração em R

Pretende-se mostrar que (ou que não) o seguinte

Se $f(x)$ é de classe C² e  $f(a)=f(b)=0$ então   $\int\limits_{a}^{b}{(x-a)(x-b){f}''(x)dx}=2\,\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}$.

A tentativa mais directa será tentar integrar o primeiro integral por partes.

Se   $u=(x-a)(x-b)$ então   ${u}'=(x-b)+(x-a)$

       ${v}'={f}''(x)$  então  $v={f}'(x)$

E ficamos com

$\int\limits_{a}^{b}{(x-a)(x-b){f}''(x)dx}=\left[ (x-a)(x-b){f}'(x) \right]_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{\left( 2x-a-b \right){f}'(x)dx}=-\int\limits_{a}^{b}{\left( 2x-a-b \right){f}'(x)dx}$

Tornando a integrar por partes:           $u=2x-a-b$     então     ${u}'=2$

                                                                    ${v}'={f}'(x)$            então     $v=f(x)$

e obtemos:

$\int\limits_{a}^{b}{(x-a)(x-b){f}''(x)dx}=-\left[ \left( (2x-a-b)f(x) \right)_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}{2f(x)dx} \right]=2\int\limits_{a}^{b}{f(x)dx}$

                                                                                                                                                                               q. e. d.

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