COMPÊNDIO DO BLOG FATOS MATEMÁTICOS
Diversos assuntos interessantes de matemática em vários níveis.
Prof. Ms Paulo Sérgio C. Lino
Volume 2,
n◦
1
Curiosidades Matemáticas
Cálculo
Cálculo Avançado
Equações Diferenciais
Geometria Analítica
http://fatosmatematicos.blogspot.com/
Julho de 2010
Sumário
1 Curiosidades Matemáticas
6
1.1
Figuras Geométricas de Escher . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.2
A Maior Bola de Barbante do Mundo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.3
O Google na Matemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.4
O Maior Número Primo Conhecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.5
Algumas Datas Importantes Para o Saber Matemático . . . . . . . . . . . . . .
9
1.6
As 10 Fórmulas Matemáticas Que Mudaram a Face da Terra . . . . . . . . . .
12
2 Cálculo
16
2.1
A Área do Segmento Esférico (Arquimedes) . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
2.2
O Elegante Teorema de Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
2.3
O Limite Trigonométrico Fundamental e o Cálculo de Áreas (Parte 1) . . . . .
18
2.4
O Limite Trigonométrico Fundamental e o Cálculo de Áreas (Parte 2) . . . . .
20
2.5
A Caixa Sem Tampa de Volume Máximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
2.6
A Caixa Com Tampa de Volume Máximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
3 Cálculo Avançado
25
3.1
Transformadas de Laplace e Int. Impróprias (Parte 1) . . . . . . . . . . . . . .
25
3.2
Transformadas de Laplace e Int. Impróprias (Parte 2) . . . . . . . . . . . . . .
26
3.3
Transformadas de Laplace e Int. Impróprias (Parte 3) . . . . . . . . . . . . . .
27
3.4
Transformadas de Laplace e Int. Impróprias (Parte 4) . . . . . . . . . . . . . .
27
3.5
Uma Identidade Entre Séries e Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
4 Equações Diferenciais
30
4.1
A Equação Logística e a Gripe A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
4.2
Um Problema de Misturas Através de EDOs . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
4.3
Algumas Propriedades da Equação N-Dimensional do Calor . . . . . . . . . . .
34
4.4
A Velocidade Terminal de um Pára-Quedas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
2
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
5 Geometria Analítica
40
5.1
A Fórmula de Pick . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
5.2
Sobre o Produto Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
5.3
Resolvendo a Equação Quadrática Através do Compasso
. . . . . . . . . . . .
42
5.4
Retas Perpendiculares no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
5.5
O Problema das Velas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
5.6
Sobre o Vetor Normal à uma Reta no Plano Cartesiano . . . . . . . . . . . . .
46
3
Prefácio
Esta revista foi criada com objetivo de facilitar a leitura e o arquivamento dos posts do blog
Fatos Matemáticos. Atualmente, o blog possui mais de 300 posts divididos em diversas áreas
da Matemática. Optei em dividir a revista em 4 volumes conforme a tabela abaixo:
Volume
Áreas Abordadas
1
Álgebra Elementar
Álgebra Linear
Análise Combinatória
Aritmética
Biograas
2
Curiosidade Matemáticas
Cálculo
Cálculo Avançado
Equações Diferenciais
Geometria Analítica
3
Geometria Espacial
Geometria Plana
História da Matemática
Instrumentação para o Ensino da Matemática
Matemática Aplicada
Probabilidade
4
Poemas e Frases Matemáticas
Provas sem Palavras
Raciocínio Lógico
Recreações Matemáticas
Teoria dos Números
Trigonometria
Os posts serão apresentados na ordem cronológica em que foi publicado no blog, mas os
posts que foram divididos em várias partes, serão apresentados de forma consecutiva.
4
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Direitos Autorais
O objetivo deste compêndio é divulgar
a matemática em todos os seus
níveis, buscando deste modo melhorar
a Educação do país. Peço a
compreensão de todos vocês,
no caso de copiar qualquer post,
que seja educado e cite este
compêndio ou o seu autor.
As sugestões serão sempre bem-vindas e podem ser encaminhadas para [email protected]
Atenciosamente,
Prof. Ms. Paulo Sérgio Costa Lino
5
Capítulo 1
Curiosidades Matemáticas
1.1 Figuras Geométricas de Escher
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Maurits Cornelis Escher (Leeuwarden, 17 de junho) de
1898 - Hilversum , 27 de março de 1972) foi um artista gráco holandês conhecido pelas suas xilogravuras, litograas
e meios-tons (mezzotints), que tendem a representar construções impossíveis, preenchimento regular do plano, explorações do innito e as metamorfoses - padrões geométricos
entrecruzados que se transformam gradualmente para formas
completamente diferentes.
Escher foi o lho mais novo do engenheiro civil George
Arnold Escher e de sua segunda esposa, Sarah Gleichman. Em 1903, a família mudou-se para
Arnhem, nos Países Baixos, onde Escher praticou lições de carpintaria e de piano até à idade
de treze anos.
Freqüentou a Escola de Arquitetura e Artes Decorativas, onde iniciou Arquitetura e, mais
tarde, Artes decorativas. Em 1922 deixou a escola para se juntar a Samuel Jessurun de Mesquita,
que o iniciou nas técnicas da gravura, dedicando-se ao desenho, à litograa e à xilogravura.
Uma das principais contribuições da obra deste artista está em
sua capacidade de gerar imagens com impressionantes efeitos de
ilusões de ótica, com notável qualidade técnica e estética, tudo isto,
respeitando as regras geométricas do desenho e da perspectiva.
Foi numa visita à Alhambra, na Espanha, que o artista conheceu e se encantou pelos mosaicos que haviam neste palácio de
construção árabe. Escher achou muito interessante as formas como
cada gura se entrelaçava a outra e se repetia, formando belos
6
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
padrões geométricos. Este foi o ponto de partida para os seus trabalhos mais impressionantes e
famosos, que consistiam no preenchimento regular do plano, normalmente utilizando imagens
geométricas e não gurativas, como os árabes faziam por causa da sua religião mulçumana,
que proíbe tais representações.
A partir de uma malha de polígonos, regulares ou não, Escher fazia mudanças, mas sem
alterar a área do polígono original. Assim surgiam guras de homens, peixes, aves, lagartos,
todos envolvidos de tal forma que nenhum poderia mais se mexer. Tudo representado num
plano bidimensional.
Destacam-se também os trabalhos do artista que exploram o espaço. Escher brincava com
o fato de ter que representar o espaço, que é tridimensional, num plano bidimensional, como a
folha de papel. Com isto ele criava guras impossíveis, representações distorcidas, paradoxos.
Veja a gura abaixo.
Referência Bibliográca:
www.pt.wikipedia.com/
1.2 A Maior Bola de Barbante do Mundo
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Recentemente li um pequeno artigo o que algumas cidades
americanas fazem para serem reconhecidas por alguma razão,
evento, fato obscuro e inútil. Assim, por exemplo, a cidade de
Cawker City no Kansas quer ser reconhecida por possuir a maior
bola de barbante do mundo.
Suponhamos que a bola de barbante seja perfeitamente esférica e que tem diâmetro ϕ = 2 m
⇒
R = 1 m e o que o
barbante tem um raio r = 1 mm. A pergunta que surge é: Quantos metros de barbante foram
7
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
necessários para obter essa bola de barbante?
Uma forma aproximada de resolver esse problema é supor que não há espaços entre o
barbante enrolado de modo que podemos associar o volume da esfera
4 3
πR
3
com o volume de um cilindro (πr2 h), onde a altura é o comprimento do barbante, ou seja:
4 3
πR = πr2 h
3
⇒
h=
4R3
3r2
Usando essa fórmula segue que o comprimento aproximado da maior bola de barbante do mundo
é
h=
4 × 13
= 1.333.333 m
3 × (10−3 )2
ou seja, 1333 km aproximadamente.
1.3 O Google na Matemática
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
As guras abaixo é uma homenagem do Google a alguns fatos matemáticos, como o dia do
π , o dia da Matemática e os conjuntos de Julia.
1. Conjuntos de Julia relacionados a teoria de Fractais;
2. O dia do π comemorado em 14 de março, (pois π = 3, 14159265 . . .) tem o ápice das
homenagens a 1 : 59 h da tarde;
3. Logaritmo na base e (Dia da Matemática - 26 de abril).
8
Volume 2, n◦ 1
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1.4 O Maior Número Primo Conhecido
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Em 2008, o projeto GIMPS (Great Internet Mersenne Prime
Search) achou o maior número primo dado por
243.112.609 − 1
Este primo tem em torno de 13 milhões de dígitos. Na gura
abaixo está alguns de seus dígitos, sendo que milhões de dígitos
foram omitidos no meio.
Este é um exemplo de um primo de Mersenne, o qual é da forma
M (n) = 2n − 1
O primeiro primo de Mersenne é 22 − 1 = 3 e o próximo é 23 − 1 = 7. Mas nem todos os
números nesta forma são primos, por exemplo, 24 − 1 = 15 que não é primo. Assim, para achar
os primos de Mersenne temos que aumentar n e vericar se M (n) possui apenas a unidade e
ele mesmo como fatores primos.
A utilidade de conhecer grandes números primos está nas transações nanceiras que usa o
sistema RSA para criptografar os dados bancários.
Referência Bibliográca:
Post baseado no artigo Largest Know Prime: 243,112,609 − 1,
publicado no site www.squarecirclez.com/blog/ em 22/06/2009.
1.5 Algumas Datas Importantes Para o Saber Matemático
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
• 30.000 a.C. : Evidências primitivas de contagem.
• 3000 a.C. : Início do sistema de numeração egípcio.
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Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
• 2400 a.C. : Uso de notação posicional pelos babilônicos.
• 1650 a.C. : Papiro de Rhind - mais extenso documento existente sobre a matemática do
antigo egito.
• 600 a.C. : Início da Geometria dedutiva com Tales de Mileto.
• 540 a.C. : Provável época do auge da escola pitagórica.
• 400 a.C. : Platão e Aristóteles fazem da Geometria uma ciência lógica abstrata.
• 300 a.C. : Euclides escreve Os Elementos, considerada a mais bem sucedida obra matemática
de todos os tempos.
• 200 a.C. : Arquimedes obtém para π o valor 3, 14286. Uma precisão notável para a
época.
• 150 : Ptolomeu reconhece a forma esférica da Terra e das órbitas dos planetas. Após
essas informações, o astrônomo e matemático traça o primeiro mapa, tendo a Terra no
centro do Universo.
• 275: Diofante de Alexandria inicia os estudos do que hoje chamamos de Álgebra.
• 830: O sábio árabe Al-Khwarizmi escreve o Al Jabr, um tratado de Álgebra - não simbólica. Suas obras foram importantíssimas para a divulgação do sistema de numeração
posicional hindu na Europa.
• 876: Data da primeira inscrição conhecida que inclui o zero para indicar uma posição
vazia no número.
• 1114: Nasce na Índia Bháskara considerado o mais importante matemático do século.
• 1150 : Bháskara propõe um sistema de multiplicação. Escreve Lilavati, uma coleção de
problemas de Álgebra não-simbólica e aritmética.
• 1202: O italiano Leonardo de Pisa (Fibonacci) escreve o Liber Abaci, defendendo a
utilização do sistema de numeração hindu-arábico.
• 1482: Primeira impressão de um livro de Matemática: Os Elementos de Euclides.
• 1489: Pela primeira vez aparece num livro os sinais de + (mais) e − (menos).
• 1540 − 1603: O francês François Viéte traz grandes avanços a Álgebra.
10
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
• 1596 − 1650: Renné Descartes, um dos mais ilustres franceses da história, complementa
e aprofunda o trabalho de Viéte e de outros, apresentando uma linguagem algébrica
próxima da atual.
• 1642: Blaise Pascal desenvolve a Pascalina - uma espécie de somadora - aprimorada em
1662 para a máquina registradora.
• 1654: Pierre de Fermat, Blaise Pascal, entre outros dão início ao estudo das probabilidades.
• 1687: Isaac Newton, publica Os Principias no qual foi introduzidas as bases do Cálculo
Diferencial e Integral.
• 1777: Nasce Carl Friederich Gauss, um dos maiores matemáticos de todos os tempos.
Em 1801 publica Disquisitiones Arithmetical um tratado em latim, sobre a Teoria dos
Números, sua obra mais importante.
• 1829: O russo Nicolai Lobachevsky apresenta os fundamentos de uma geometria nãoeuclideana, que foi conhecida como geometria de Lobachevsky.
• 1826 − 1866: George F. B. Riemann desenvolve a geometria riemanniana base para um
modelo matemático da Teoria da Relatividade.
• 1909: O italiano Giuseppe Peano estabelece os postulados para os números naturais.
• 1916: Teoria da Relatividade de Albert Einstein.
• 1930 − 1945: O inglês Alan M. Turing e o húngaro John Von Neuman desenvolveu uma
teoria matemática para construir computadores.
• 1937: Com construção do primeiro Mark I, em Haward inicia-se a era dos computadores.
• 1946: Na universidade de Pensylvânia, EUA, funciona pela primeira vez o ENIAC, considerado o primeiro computador eletrônico.
• 1996: Andrew Wiles prova o último teorema de Fermat, um problema da Teoria dos
Números que desaava os grandes matemáticos por 350 anos.
Referência Bibliográca:
Nascimento do, Gisele Veloso e Pereira, Tatiane Leopoldina.
Almanaque da Matemática. Uniplac, 2006.
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1.6 As 10 Fórmulas Matemáticas Que Mudaram a Face da
Terra
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Apresento agora as 10 fórmulas matemáticas que mudaram a face da Terra em selos produzidos pela Nicarágua. Fica a cargo dos leitores ordenar essas fórmulas por ordem de importância.
1. A lei de Maxwell.
2. A lei de Boltzmann.
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3. A lei da Gravitação de Newton.
4. A lei de Tsiolkovskii sobre a propulsão de foguetes.
5. Teorema de Pitágoras.
13
Volume 2, n◦ 1
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6. A lei de Napier sobre os logaritmos.
7. A lei de Einstein.
8. A lei de Arquimedes.
14
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
9. A relação fundamental da Aritmética.
10. A lei de De Broglie sobre mecânica quântica.
15
Capítulo 2
Cálculo
2.1 A Área do Segmento Esférico (Arquimedes)
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Se cortamos uma superfície esférica de raio R por dois planos paralelos de alturas a e b
em relação a um plano também paralelo que passa pelo centro dessa esfera, teremos um setor
esférico.
Um fato notável devido a Arquimedes (287 a.C - ) é que a área desse setor é igual a área
lateral em um cilindro de raio R limitada por esses mesmos planos paralelos, (gura ao lado),
ou seja:
S1 = S2 = 2πRh = 2πR(b − a)
Não tenho ideia da forma em que o matemático grego provou essa curiosa relação, mas usando
o Cálculo, podemos facilmente demonstrar esse resultado.
De fato, passando um eixo x perpendicular aos planos paralelos e passando pelo centro
√
da esfera, segue que a equação da semi-circunferência é y = R2 − x2 . A área desse setor
esférico é
∫
S1 = 2π
b
y
√
a
16
1 + (y ′ )2 dx
(2.1)
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Sendo
y ′ (x) = √
segue que
√
−x
R2 − x2
1 + (y ′ )2 = √
R
R
=
y
R 2 − x2
(2.2)
Substituindo (2.2) em (2.1) e integrando de a a b, temos o resultado desejado.
Observação 2.1 Note que se b − a = 2R temos a área da superfície esférica.
Referência Bibliográca:
Wikipédia Wolfram MathWorld - Archimedes Hat-Box Theorem.
2.2 O Elegante Teorema de Pappus
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Pappus de Alexandria (séc IV d.C.) foi um grande matemático
grego sucessor de Euclides, Arquimedes (gênio matemático) e
Apolônio, sua principal obra é a Coleção Matemática, uma mistura de guia da geometria da época, acompanhada de comentários,
com numerosas proposições originais, aprimoramentos, extensões e
notas históricas. No livro V II , aparece uma antecipação do teorema do centróide de P. Guldin (1577 − 1642) e é com esse teorema
que iremos calcular o volume do donuts do Homer Simpson.
Teorema 2.1 Girando-se uma região plana R em torno de um eixo de seu plano, eixo esse que
não corta a região, o volume do sólido de revolução assim formado é igual ao produto da área
da região pelo comprimento da trajetória descrita pelo centróide da região (Fig. abaixo), ou
seja,
V = 2πx̄A
Demonstração:
A seção transversal do sólido de revolução é a região limitada pelas funções
h1 (y) e h2 (y) no intervalo [c, d]. Usando o método dos discos, o volume deste sólido o volume
17
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
desse sólido é
∫
d
∫
[h2 (y) − h1 (y) ]dy = π
2
V =π
2
∫ ∫
d ∫ h2 (y)
2xdxdy = 2π
c
c
Por outro lado, o centróide da região R é dado por
∫∫
xdA
My
x̄ =
= ∫ ∫R
⇒
M
R dA
h1 (y)
xdA
(2.3)
R
∫ ∫
xdA = x̄A
(2.4)
R
Das expressões (2.3) e (2.4) segue o resultado.
Exemplo 2.1 Usando o teorema de Pappus, achar o centróide de um semicírculo de raio r.
Resolução:
A área do semicírculo é igual a
A=
πr2
2
e o volume do sólido gerado pela rotação de um semi-círculo de raio r é o volume de uma
esfera de raio r, isto é,
V =
4πr3
3
Usando a fórmula acima, segue que
4r
3π
O volume da rosquinha de Homer que aliás é um toro ou câmara de ar ca fácil com a fórmula
ȳ =
deduzida acima. Supondo que a seção transversal é um círculo e que R1 é o raio interno e R2
é o raio externo da rosquinha, então seu volume é dado por
V =
π2 2
(R2 − R12 )(R2 − R1 )
4
2.3 O Limite Trigonométrico Fundamental e o Cálculo de
Áreas (Parte 1)
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Um dos principais limites fundamentais do Cálculo é o Limite Trigonométrico Fundamental
(LTF) que é dado por:
sin θ
=1
θ→0 θ
lim
18
(2.5)
Volume 2, n◦ 1
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Este limite surge no Cálculo quando estudamos a derivada das funções trigonométricas. Historicamente, Galileu Galilei (1564 − 1642) deduziu erroneamente que este limite seria nulo, mas
uma análise no ciclo trigonométrico abaixo mostra que
sin θ ≤ θ ≤ tan θ
Dividindo por sin θ, aplicando o limite nas desigualdades e usando o teorema do sanduiche,
obtemos (2.5). Com este resultado, podemos calcular facilmente a derivada das funções sin x
e cos x,mas isto pode ser visto em qualquer livro de Cálculo. Como as funções trigonométricas
estão intimimamente relacionadas com a circunferência, vem a pergunta:
Será que o LTF está relacionado diretamente com o círculo?
A resposta é positiva, pois é através do LTF que provamos diretamente que área do círculo
é dada por S = πr2 . De fato, considere a gura abaixo:
Designaremos por s(n) e S(n) as áreas dos polígonos inscritos e circunscritos e por S . Do
triângulo ON B , ON = r cos θ e BN = r sin θ de modo que a área do triângulo é
ON × BN
r2
=
sin θ cos θ
2
2
19
⇒
s(n) = nr2 sin θ cos θ
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Por outro lado, sendo , se △OAB ∼ △OA′ B ′ , segue que
S(n)
=
s(n)
(
OM
ON
)2
=
1
cos2 θ
Sendo s(n) ≤ S ≤ S(n) e usando o fato que θ =
πr2 cos θ
⇒
S(n) = nr2
sin θ
cos θ
π
, temos:
n
sin θ
1 sin θ
< S < πr2
θ
cos θ θ
Quando aumentamos indenidamente o número de lados dos polígonos inscritos e circunscritos,
isto é, quando n tende a innito, o ângulo θ tende a zero e através do LTF segue que
πr2 ≤ S ≤ πr2
donde segue o resultado.
Referência Bibliográca:
Silva Editora,
6a
Piskounov N. - Cálculo Diferencial e Integral V. 1. Lopes da
ed. 1978.
2.4 O Limite Trigonométrico Fundamental e o Cálculo de
Áreas (Parte 2)
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Vejamos agora como aplicar o LTF para calcular a área sob o gráco da função y = sin x
e o eixo x e entre as abscissas x = a e x = b.
Para isso, iremos aproximar a área por n retângulos inscritos e circunscritos e aumentar
indenidamente o valor de n para achar a área. Seja
h=
b−a
n
a base de cada retângulo (Figuras abaixo) e consideremos os pontos
x0 = a, x1 = a + h, . . . , xj = x0 + jh, . . . , xn = a + nh = b
Assim, as áreas dos retângulos inscritos s(n) e circunscritos S(n) são dadas por
20
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Figura 2.1: Retângulos Inscritos
Figura 2.2: Retângulos Circunscritos
s(n) = h
n−1
∑
sin(a + jh)
(2.6)
sin(a + jh)
(2.7)
j=0
e
S(n) = h
n
∑
j=0
Mas
2 sin x sin y = cos(x − y) − cos(x + y)
(2.8)
Através da identidade (2.8), podemos escrever as somas (2.6) e (2.7) numa forma mais
cômoda para calcular a área sob a curva, mas para isso, devemos multiplicar ambas identidades
por 2 sin(h). Ilustraremos esses passos para s(n).
2 sin(h)s(n) = h
n−1
∑
2 sin(h) sin(a + jh) = h
j=0
n−1
∑
[cos(a + (j − 1)h) − cos(a + (j + 1)h)]
j=0
Essa expressão é uma soma telescópica, de modo que
2 sin(h)s(n) = h[cos(a − h) + cos a − cos(a + (n − 1)h) − cos b]
Analogamente,
2 sin(h)S(n) = h[cos a + cos(a + h) − cos b − cos(b + h)]
21
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Sendo s(n) < S < S(n), então
h
[cos(a − h) + cos(a) − cos(b − h) − cos(b)] < S
2 sin(h)
h
[cos(a) + cos(a + h) − cos(b) − cos(b + h)]
<
2 sin(h)
Lembrando que h =
b−a
, quando n → ∞, h → 0, donde segue que
n
cos a − cos b ≤ S ≤ cos a cos b
ou seja,
S = cos a − cos b
Referência Bibliográca:
Piskounov, N. - Cálculo Diferencial e Integral V. 1. Lopes da
Silva Editora, 6a ed. 1978.
2.5 A Caixa Sem Tampa de Volume Máximo
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Podemos formar uma caixa retangular sem tampa retirando 4 quadrados de lado x nos
cantos de uma folha quadrada de lado a e em seguida, dobrando e colando os retângulos de
lados x e a, veja a gura abaixo:
Temos então a pergunta: Entre todas as caixas que podemos construir dessa forma, qual
é a que possui volume máximo?
Para responder essa pergunta, usaremos o Cálculo Diferencial. Da gura acima,
V (x) = (a − 2x)2 · x
⇒
V (x) = 4x3 − 4ax2 + a2 x
22
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
e sendo x positivo e 2x < a segue que x < a/2. Derivando a expressão acima e igualando a
zero, temos:
12x2 − 8ax + a2 = 0
⇒
x=
8a ± 4a
24
⇒
x′ =
a
a
e x′′ =
2
6
Sendo V ′′ (x) = 24x − 8a, então para x = a/6, temos V (a/6) = −4a < 0. Assim, pelo teste
da derivada segunda, concluímos que para x = a/6 temos uma caixa de volume de máximo.
É claro que para poderíamos refazer os cálculos para uma caixa de retangular de lados a
e b. Geometricamente, para construir essa caixa, dividivimos os lados de uma cartolina em 6
partes iguais conforme a gura abaixo, retiramos 4 quadrados nos cantos superiores, dobramos
e colamos.
2.6 A Caixa Com Tampa de Volume Máximo
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Vejamos neste post, como podemos construir uma caixa com tampa de base retangular a
partir de uma folha de base A e altura B , de modo que seu volume seja máximo, recortando
23
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
conveniente a folha de papel. Essa é uma atividade interessante que pode ser feita usando
uma folha de papel A4 e é uma das aplicações do Cálculo as embalagens,tais como a caixa de
chocolate.
Na gura acima, temos a folha e a caixa construida. Matematicamente, temos que determinar x, de modo que volume V (x) = abx seja máximo. Das expressões presentes na gura,
segue que
a=
A
−x
2
e
b = B − 2x
de modo que
(
)
A
ABx
V (x) = x
− x (B − 2x) = 2x3 − (A + B)x2 +
2
2
Como o volume é positivo, então 0 < x < B/2 ou 0 < x < A/2 . Mas, 0 < B < A de modo
que o domínio de V (x) é dado por 0 < x < B/2. Derivando essa função e igualando a zero,
temos
12x2 − 4(A + B)x + AB = 0
Usando a fórmula de Bháskara, segue que os possíveis candidatos para maximizar volume da
caixa são
′
x =
A+B−
√
A2 − AB + B 2
6
⇒
′′
x =
A+B+
√
A2 − AB + B 2
6
Note que A2 − AB + B 2 > A2 − 2AB + B 2 = (A − B)2 > 0 de modo que as duas raízes são
reais e pela regra de Descartes, essas raízes são positivas. Por outro lado,
V ′′ (x) = 12x − 2(A + B)
de modo que
V ′′ (x′ ) = −
√
A2 − AB + B 2 < 0
e
V ′′ (x′′ ) =
√
A2 − AB + B 2 > 0
e pelo teste da derivada segunda, o único valor que irá maximizar o volume da caixa é x′ .
Observação 2.2 Se A = B = a, então é fácil ver que x = a/6 é o valor que irá maximizar o
volume da caixa. Portanto, para construir essa caixa com uma folha de papel quadrada, basta
fazer um quadriculado 6 × 6 e recortar adequadamente 16 quadrículas conforme a gura do
post anterior.
24
Capítulo 3
Cálculo Avançado
3.1 Transformadas de Laplace e Int. Impróprias (Parte 1)
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
As integrais impróprias aparecem em vários problemas da Física e da Matemática Avançada
e muitas delas em que os limites de integração variam de 0 a ∞ podem ser calculadas através
da Transformada de Laplace. Neste post, veremos a técnica de substituição direta.
Substituição Direta:
Integrais impróprias envolvendo e−at pode ser obtida da transformada
de Laplace com uma simples substituição, ou seja:
{∫ ∞
}
∫ ∞
−st
f (t)dt =
e f (t)dt
= F (a) onde
0
0
F (s) = L{f (t)}
s=a
Exemplo 3.1
1.
∫
∞
e−3t sin tdt = L{sin t}s=3 =
0
2.
∫
∞
−2t
e
0
(
1
s2 + 1
)
=
s=3
1
10
[
(
)]
d
s
= −
ds s2 + 9 s=2
t cos(3t) = L{t cos(3t)}s=2
]
[
5
9 − s2
=
=− 2
(s + 9)2 s=2 169
Da teoria de transformadas de Laplace, sabemos que se F (s) = L{f (t)}, então
{
} ∫ ∞ −st
∫ ∞
f (t)
e f (t)dt
L
=
=
F (u)du
t
t
0
s
Assim, fazendo s → 0 segue que
∫
0
∞
f (t)dt
=
t
∫
25
∞
F (u)du
0
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Exemplo 3.2
∫
∞
0
Referência Bibliográca:
∫ ∞
2du
F (u)du =
2+4
u
0
]∞0
1
π
= arctan(u/2)
=
2
4
0
sin(2t)dt
=
t
∫
∞
Schi, Joel L. The Laplace Transform: Theory and Applications.
3.2 Transformadas de Laplace e Int. Impróprias (Parte 2)
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
No post anterior, vimos a técnica de substituição direta e integração dupla para calcular
integrais impróprias. Um outro modo de cálcular uma integral imprópria é através do uso de
integrais duplas. Note que
n!
sn+1
L{tn } =
ou seja,
1
sn+1
Assim, para calcular integrais do tipo
∫
1
n!
=
∫
∞
e−st tn dt
0
∞
f (t)
dt
tn
0
procedemos do seguinte modo:
1
1
=
sn
(n − 1)!
∫
∞
e−st tn−1 dt
0
Integrando essa expressão de 0 a ∞, temos:
(∫ ∞
)
∫ ∞
∫ ∞
f (s)
1
−st n−1
ds =
f (s)
e t
dt ds
sn
(n − 1)! 0
0
0
∫ ∞
1
=
tn−1 F (t)dt
(n − 1)! 0
Assim, obtemos uma fórmula muito útil para calcular integrais impróprias, dada por
∫ ∞
∫ ∞
f (t)
1
dt =
sn−1 F (s)ds onde F (s) = L{f (t)}
tn
(n − 1)! 0
0
(3.1)
Exemplo 3.3 Calcule a integral imprópria abaixo:
∫
Resolução:
∞
0
∫
0
∞
sin2 t
dt =
t2
∫
∞
sin2 t
dt
t2
∫
2
sL{sin t}ds =
0
0
∞
{
}
1 − cos(2t)
L
ds
2
pela fórmula (3.1) acima. Calculando a transformada de Laplace acima, temos:
)
)
∫ ∞ (
∫ (
∫
∫ ∞
1
s
1 ∞
s2
1 ∞ 4
π
sin2 t
dt =
s
− 2
ds =
1− 2
ds =
ds =
2
2
t
s s +4
2 0
s +4
2 0 s +4
2
0
0
26
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
3.3 Transformadas de Laplace e Int. Impróprias (Parte 3)
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Se a integral é difícil de calcular, nós podemos primeiro achar sua transformada de Laplace
e em seguida calcular sua inversa. Matematicamente, temos:
∫ ∞
f (t)dt = L−1 {F (s)} ondeF (s) = L{f (t)}
0
Exemplo 3.4 Use a transformada de Laplace para calcular a integral:
∫
∞
0
cos x
dx
x 2 + b2
Para usar a transformada de Laplace, mudamos cos x para cos(tx) e no nal fazemos t = 1.
Seja
∫
∞
I(t) =
0
∫
cos(tx)
dx
x 2 + b2
Assim,
⇒
∞
L{I(t)} =
0
∞(
∫
L{I(t)}] =
0
L{cos(tx)}
dx
x2 + b 2
)
1
s
·
dx
x2 + b2 x2 + s2
Usando a técnica de frações parciais, temos:
1
s
Ax + B Cx + D
· 2
= 2
+ 2
⇒
2
2
+b x +s
x + b2
x + s2
s
s
A = C = 0, B = 2
eD=− 2
s − b2
s − b2
x2
de modo que
s
L{I(t)} = 2
s − b2
Logo,
L{I(t)} =
π
2b(s + b)
{[
x
1
arctan
b
b
⇒
I(t) =
]∞
0
[
1
x
−
arctan
s
s
π −bt
e
2b
⇒
]∞ }
0
I(1) =
π −b
e
2b
3.4 Transformadas de Laplace e Int. Impróprias (Parte 4)
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Vejamos neste post uma integral imprópria apresentada como problema do mês no blog
Problemas e Teoremas, (www.problemasteoremas.wordpress.com/) que pode ser calculada através
da técnica das transformadas de Laplace. O enunciado é o seguinte: Prove ou dê contra-exemplo
∫ ∞
cos x − cos(3x)
dx = π
x2
0
Para calcular esta integral, note que:
1
=
s2
∫
∞
xe−sx dx
0
27
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Assim,
∫
∞
I :=
0
cos(s) − cos(3s)
ds =
s2
∫
∞∫ ∞
0
xe−sx [cos(s) − cos(3s)]dxds
0
Invertendo a ordem de integração e usando a denição de transformada de Laplace, temos:
]
∫ ∞ ∫ ∞
∫ ∞[
x2
x2
−
dx
I=
x
[L{cos(s)} − L{cos(3s)}]dx =
1 + x2 9 + x2
0
0
0
ou seja,
∫
∞
I=
0
9dx
−
9 + x2
∫
∞
0
[
]∞
dx
x
= 3 arctan( ) − arctan(x)
=π
1 + x2
3
0
3.5 Uma Identidade Entre Séries e Integrais
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
No estudo das Séries Innitas, dá-se muita ênfase em descobrir se uma dada série é ou não
convergente. Sendo a série convergente, existe a sua soma, mas na maioria dos casos, é difícil
de determinar tal valor. Neste post, veremos um tipo de série innita convergente, cuja soma
está relacionada com uma integral denida, ou seja, mostraremos que
∞
∑
k=0
1
1
=
(mk + a)(mk + b)
b−a
∫
0
1
(xa−1 − xb−1 )
dx
1 − xm
(3.2)
sendo a,b e m ∈ N∗ com b > a. Pelo teste da integral é possível mostrar que a série em
(3.2) é convergente. Esta identidade é muito útil para determinar a soma de séries deste tipo.
A demonstração é simples e baseia-se na técnica de frações parciais. De fato,
1
A
B
=
+
(mk + a)(mk + b)
mk + a mk + b
donde segue que A = 1/(b − a) e B = −1/(b − a). Assim,
∞
∑
k=0
∞
∞
1
1 ∑
1
1 ∑
1
=
−
(mk + a)(mk + b)
b−a
mk + a b − a
mk + b
k=0
Note que
1
=
mk + b
∫
1
x
0
mk+b−1
1
dx e
=
mk + b
(3.3)
k=0
∫
1
xmk+b−1 dx
0
Substituindo essas expressões em (3.3), temos
∞ ∫
∞ ∫
1
1 ∑ 1 mk+a−1
1 ∑ 1 mk+b−1
=
x
dx
x
dx
(mk + a)(mk + b)
b−a
b−a
0
0
k=0
k=0
k=0
∫ 1
∫ 1
∞
∞
∑
∑
1
1
a−1
mk
b−1
=
x
x −
x
xmk dx
b−a 0
b−a 0
∞
∑
k=0
28
k=0
(3.4)
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Estamos supondo na última expressão que a convergência é uniforme, de modo que podemos
alternar a série com a integral. Mas,
∞
∑
xmk =
k=0
1
1 − xm
(3.5)
Substituindo (3.5) em (3.4) e juntando os termos obtém-se a expressão (3.2).
Exemplo 3.5 Mostre que
∞
∑
1
= ln 2
(2k + 1)(2k + 2)
k=0
Resolução:
Usando a fórmula (3.2) com m = 2, a = 1 e b = 2, segue que
∞
∑
k=0
1
1
=
(2k + 1)(2k + 2)
2−1
∫
0
1
(x1−1 − x2−1 )
dx =
1 − x2
∫
1
0
1
= ln 2
1+x
Exemplo 3.6 Verique a identidade
∫
0
Resolução:
1
∞
∑
dx
1
=
2
3
1+x+x +x
(4k + 1)(4k + 2)
k=0
De fato, usando a expressão (3.2) com m = 4, a = 1 e b = 2, temos:
∞
∑
k=0
1
=
(4k + 1)(4k + 2)
∫
0
1
x1−1 − x2−1
dx =
1 − x4
∫
0
1
1
dx
1 + x + x2 + x3
Exercício 3.1 Use a identidade (3.2) acima e calcule a soma da série abaixo:
S=
1
1
1
+
+ ... +
+ ...
1·3 3·5
(2n + 1)(2n + 3)
R: S = 1/2
Exercício 3.2 Mostre que
∞
∑
k=0
Sugestão:
1
1
=
(2k + 1)(2k + 3)(2k + 5)
12
Use frações parciais para escrever esta série na soma de duas séries, e em seguida
use a identidade acima.
29
Capítulo 4
Equações Diferenciais
4.1 A Equação Logística e a Gripe A
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Recentemente surgiu no mundo uma nova gripe causada
por um vírus desconhecido chamado H1N1. Essa gripe é
popularmente conhecida por gripe suína, e o primeiros casos
foi registrado no México.
Devido ao fato que essa gripe não tem nenhuma ligação
com o consumo de carne suína, a OMS (Organização Mundial
da Saúde) rebatizou com o nome de gripe A.
Até o momento, não existe nenhuma vacina contra este
novo tipo de vírus e os primeiros casos já surgiu no Brasil
com 11 mortes e uma preocupação entre as pessoas comuns e a comunidade cientíca é saber
como o H1N1 está propagando na população mundial.
A equação logística que surgiu no nal do século XIX para modelar o crescimento da população mundial, é um bom modelo para explicar a evolução desta nova gripe, pois leva em conta
os fatores inibidores, tais como o isolamento das pessoas infectadas, as ações governamentais
e as dicas de prevenção pelos meios de comunicação.
Matematicamente este modelo pode ser obtido do seguinte modo: Sejam
• P (t) : O número de pessoas infectadas pelo vírus no tempo t,
• P (0) = P0 : O número de pessoas infectadas no instante inicial.
• Pmax : A população total de uma comunidade, que pode ser a de uma cidade, de um
país ou a população mundial que suponhamos constante,
• r: Uma constante de proporcionalidade positiva.
30
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Assim, a taxa de crescimento das pessoas infectadas no tempo t é dada pela equação
diferencial
(
)
dP
P
rP 2
= rP 1 −
= rP −
dt
Pmax
Pmax
(4.1)
A parcela rP é o termo de crescimento e a parcela −rP 2 /Pmax é o termo inibidor.
Antes de resolver a equação (4.1) acima, observamos que para apenas P (t) = P0 e P (t) =
Pmax é que não há crescimento dos casos, pois dP/dt = 0. De (4.1), temos
dP
(
P 1−
Sendo
(
1
P 1−
P
Pmax
)=
) = rdt
P
Pmax
Pmax
A
B
= +
P (Pmax − P )
P
Pmax − P
segue que A = B = 1. Assim, integrando a EDO com as variáveis separadas acima, temos
ln P − ln(Pmax − P ) = rt + C
⇒
P (t)
= Cert
Pmax − P (t)
(4.2)
Isolando P (t) na equação (4.2), segue que
P (t) =
CPmax ert
1 + Cert
⇒
P (t) =
CPmax
C + e−rt
(4.3)
Usando o fato que P (0) = P0 , pela equação (4.2), obtem-se
C=
P0
Pmax − P0
(4.4)
Substituindo (4.4) em (4.3) e rearranjando os termos, segue que
(
P (t) =
1+
Pmax
)
Pmax
− 1 e−rt
P0
(4.5)
A expressão (4.5) é chamada de curva logística e seu gráco é dado por
Além disso, note que quando t = 0, temos P (0) = P0 e se t → ∞, temos P (t) → Pmax .
Exemplo 4.1 Suponhamos que numa cidade com 10.000 habitantes, 20 casos da gripe A, foi
inicialmente detectado e duas semanas depois, temos 100 casos registrados dessa nova gripe.
Nessas condições, qual é o número de habitantes infectados após 6 semanas?
De (4.5),
10.000
1 + 499e−rt
= 0, 4454, de modo que
P (t) =
Sendo P (2) = 100, segue que e−r
P (t) =
10.000
1 + 499 × 0, 4454t
e para t = 6, temos P (6) = 2042 casos da gripe A.
31
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Exercício 4.1 Em quanto tempo, teremos a metade da população dessa cidade infectada?
Observação 4.1 Os dados para o problema acima são ctícios e é claro que medidas governamentais tais como a quarentena sempre são usadas para reduzir o número de pessoas
infectadas, não permitindo que após 6 semanas teremos 1/4 da população infectada como no
exemplo acima.
No quadro abaixo, ilustramos os casos registrados no mundo em um determinado período de
tempo.
Referência Bibliográca:
www.gummy-stu.org/logistic-growth.htm
4.2 Um Problema de Misturas Através de EDOs
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Um tipo de problema muito comum na Engenharia Química consiste em efetuar um balanço
de massa, de volume ou energético de um sistema aberto (um reator químico, por exemplo).
Neste post vejamos como podemos usar as equações diferenciais para resolver um problema
simples de mistura.
32
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Suponhamos então que num instante t = 0, tanque com capacidade V litros contenha
C0 kg de sal dissolvido. Faz-se entrar no tanque uma solução de sal a C1 kg/l a uma vazão
de Q l/min e o líquido bem misturado, está saindo do tanque a essa mesma taxa conforme
a gura acima. O objetivo é determinar a quantidade de sal presente no tanque num instante
qualquer.
Para resolver este problema iremos supor que o sal não criado nem destruído dentro do
tanque. Portanto, as variações na quantidade de sal devem-se apenas, aos uxos de entrada e
saída no tanque. Matematicamente, a taxa de variação de sal no tanque dC/dt é igual a razão
de entrada do sal menos a razão de saída, ou seja:
dC
= Taxa de entrada − Taxa de saida
dt
(4.6)
Observe que
Taxa de entrada = C1 (kg/l) · Q(l/min) = C1 Q(kg/min)
Como a vazão de entrada é igual a vazão de saída, o volume de água no tanque permanece
constante e igual a V , e como o líquido está sendo mexido constantemente, a concentração
de sal em todo tanque em um instante qualquer é igual a C(t)/V (kg/l). Portanto, a taxa
segundo a qual o sal deixa o tanque é
Taxa de saida =
Segue de (4.6) que
C
QC
(kg/l) · Q(l/min) =
(kg/min)
V
V
Q
dC
= C1 Q − C
dt
V
Sendo C(0) = C0 a concentração inicial de sal no tanque, temos o problema de valor inicial
 dC
Q

+ C
dt
V

C(0)
33
= C1 Q
= C0
Volume 2, n◦ 1
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que é uma equação diferencial linear de 1a ordem. Multiplicando esta equação por eQt/V ,
temos:
eQt/V
dC
Q
d
+ eQt/V C = (eQt/V · C) = C1 QeQt/V
dt
V
dt
donde segue que
C(t) = C1 Q + ke−Qt/V
Sendo C(0) = C0 , então k = C0 − C1 Q. Logo,
C(t) = C1 Q + (C0 − C1 Q)e−Qt/V
Exemplo 4.2 Uma solução de 60 kg de sal em água está num tanque de 400 l. Faz-se entrar
água nesse tanque na razão de 8 l/min e a mistura mantida homogênea por agitação, sai do
tanque na mesma razão. Qual a quantidade de sal existente no tanque no m de 1 hora?
Resolução:
Note que C0 = 60 kg , C1 = 0 pois entra somente água e Q = 8 l/min. Assim,
após 1 h = 60 min, temos
C(60) = 0 · 8 + (60 − 0 · 8)e−8·60/400 = 60e−1,2 ≃ 18, 1 kg
Exemplo 4.3 Considere um tanque utilizado para experimentos. Depois de um experimento
o tanque contém 200 l de uma solução de concentração 1 g/l. Para preparar o tanque para o
próximo experimento, o tanque é lavado com água pura, que entra com uma vazão de 2 l/min
e a solução homogênea sai novamente do tanque com a mesma vazão. Determine o tempo
necessário para que a solução tenha uma concentração de corante 1 por cento do valor original.
Resolução: Sendo V = 200 l, C1 = 0 e Q = 2 l/min, segue da fórmula acima que C(t) =
C0 e−2t/200
⇒
0, 01C0 = C0 e−t/100 . Logo, t = 100 ln 100 ≃ 460 min ≃ 7h 40 min.
4.3 Algumas Propriedades da Equação N-Dimensional do Calor
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Como este blog destina-se a divulgar assuntos em diversos
níveis, irei apresentar alguns posts relacionados a teoria das
Equações Diferenciais Parciais. Veremos neste post algumas
propriedades da equação N-dimensional do calor em domínios
limitados.
Seja Ω ⊂ RN um domínio limitado, u = u(x, t), onde
x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Ω e t > 0. A equação N-dimensional do
34
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
calor é dada por



ut − △u = 0,





Ω × (0, +∞)
∂Ω × (0, +∞)
u = 0,
(4.7)
x∈Ω
u(x, 0) = u0 (x),
Considere o problema de autovalores:

−△ϕj = λj ϕj ,
x∈Ω
ϕ = 0
sobre ∂Ω
j
A teoria esprectal dos operadores compactos auto-adjuntos no espaço de Hilbert, garante
que o problema de autovalores admite uma sequência crescente de autovalores positivos de
multiplicidade nita tendendo para o innito, isto é,
0 < λ1 ≤ λ2 ≤ λ3 . . . ≤ λn ≤ . . . → +∞
Deste modo, as autofunções correspondentes {ϕj } constitui uma base ortonormal para L2 (Ω).
Sendo Ω um domínio limitado, as soluções do problema (4.7) podem ser desenvolvidas na base
de autofunções acima, ou seja:
u(x, t) =
∞
∑
ck e−λk t ϕk (x)
(4.8)
k=1
Note que
u0 (x) = u(x, 0) =
∞
∑
ck ϕk (x)
k=1
Armação 4.1 Os coecientes ck são dados por
∫
ck =
u0 (x)ϕk (x)dx
Ω
De fato,
< u0 (x), ϕj (x) > = <
∞
∑
ck ϕk (x), ϕj (x) > =
k=1
∞
∑
ck < ϕk (x), ϕj (x) >
k=1
Usando a ortogonalidade das autofunções ϕk , segue que
∫
u0 (x)ϕj (x)dx = < u0 (x), ϕj (x) > = cj < ϕj (x), ϕj (x) > = cj
Ω
Proposição 4.1
|| u(·, t)
||2L2 (Ω) =
∞
∑
k=1
35
c2k e−2λk t
Volume 2, n◦ 1
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Demonstração:
Usando a denição de norma no espaço L2 (Ω), temos:
)(∑
)
∫
∫ (∑
∞
∞
2
−λj t
−λk t
u(x, t) dx =
cj e
ϕj (x)
ck e
ϕk (x) dx
Ω
Ω
j=1
ou seja,
|| u(·, t)
||2L2 (Ω) =
∞ ∑
∞
∑
k=1
−λj t−λk t
∫
cj ck e
ϕj (x)ϕk (x)dx
Ω
j=1 k=1
Usando a ortogonalidade das autofunções, segue que
|| u(·, t) ||2L2 (Ω) =
∞
∑
c2k e−2λk t
k=1
temos o resultado desejado.
Uma consequência imediata desta propriedade é que
|| u0 (x)
||2L2 (Ω) =
∞
∑
c2k
k=1
Proposição 4.2 (Dissipação de Energia) Para todo t ≥ 0,
E(t) ≤ E(0)e−2λ1 t
onde λ1 > 0 é o primeiro autovalor e
∫
u(x, t)2 dx
E(t) =
Ω
Demonstração:
Multiplicando a equação do calor por u, segue que:
(ut − △u)u = 0
⇒
uut − u∆u = 0
ou seja:
1∂ 2
(u ) − u∆u = 0
2 ∂t
Integrando a expressão (4.9) em relação a x sobre Ω, temos:
∫
∫
1
∂ 2
(u )dx =
u∆udx
2 Ω ∂t
Ω
(4.9)
(4.10)
Usando o teorema de Leibniz sobre a derivação sob o sinal de integração no lado esquerdo e a
identidade de Green no lado direito de (4.10), segue que
(∫
) ∫
∫
1 d
∂u
2
u(x, t) dx =
u dS −
| ∇u |2 dx
2 dt Ω
∂n
∂Ω
Ω
Por (2.1), u = 0 sobre ∂Ω, de modo que a primeira integral no segundo membro é nula. Assim,
∫
1d
E(t) = −
| ∇ |2 dx ≤ −λ1 E(t)
2 dt
Ω
pela desigualdade Poincaré. Assim,
E(t) ≤ E(0)e−2λ1 t
36
Volume 2, n◦ 1
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Corolário 4.1 (Monotonicidade)
|| u(·, t) ||L2 (Ω) ≤ || u0 (x) ||L2 (Ω)
Demonstração:
Basta fazer t = 0 na propriedade anterior.
4.4 A Velocidade Terminal de um Pára-Quedas
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
O pára-quedas é um aparelho normalmente feito de
tecido com um formato semi-esférico com objetivo de
diminuir a velocidade de pessoas (por exemplo, soldados)
ou objetos que despredem de grandes alturas.
Existem evidências de que Leonardo da Vinci fez projetos de um pára-quedas um pouco rudimentar mas que
funcionou em testes recentes. O pára-quedas de da Vinci
consisita em um quadrado com quatro pirâmides de pano
espesso e em cujo centro (onde se cruzam as diagonais) se
prendiam cordas que seguravam o corpo do paraquedista.
(Fonte: Wikipédia).
Suponhamos que em um pára-quedas+pessoa esteja
agindo apenas a força da gravidade referente ao peso da pessoa P⃗ = mg⃗j e uma força resistiva
⃗ = −kv 2⃗j , cujo módulo é proporcional ao quadrado da velocidade. A constante k depende
R
apenas das dimensões do pára-quedas e é determinado experimentalmente.
Suponhamos ainda que a queda ocorra numa linha vertical, de modo que podemos adotar o
eixo y como um eixo vertical de referência, adotando o sentido de cima-para baixo como sendo
positivo. Assim, pela 2a Lei de Newton, segue que
⃗ = m⃗a
P⃗ + R
Sendo a =
dv
, então
dt
⇒
mg − kv 2 = ma
dv
k
+ v2 − g = 0
dt
m
(4.11)
Se a velocidade inicial do pára-quedas é dada por y ′ (0) = v(0) = v0 , teremos um problema
de valor inicial. Para determinar a velocidade terminal, basta fazer dv/dt = 0 na equação acima,
pois neste estágio há um equilíbrio entre a força da gravidade e a força resistiva. Indicando por
v̄ essa velocidade, segue que
k
0 + v2 − g = 0
m
37
√
⇒
v̄ =
mg
k
(4.12)
Volume 2, n◦ 1
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Mas será que esse argumento do equilíbrio das forças está correto? Claro que sim, e para
vericar essa hipótese, iremos calcular v̄ de outro modo, ou seja, resolveremos o problema de
valor inicial acima por integração e mostraremos que
(4.13)
lim v(t) = v̄
t→∞
Separando as variáveis em (4.11), temos:
∫
∫
∫
dv
dv
dv
1
dt =
⇒ t = dt =
=
(
)2
√
k
k
g
k
g − v2
g − v2
1
−
v
mg
m
m
(4.14)
Neste ponto usaremos as técnicas da Trigonometria Hiperbólica. Sabemos que
cosh2 θ − sinh2 θ = 1
e
⇒
1 − tanh2 θ = sech2 θ
d
(tanh θ) = sech2 θ
dθ
Fazendo
√
k
v = tanh θ
mg
√
⇒
dv =
(4.15)
(4.16)
mg
sech2 θdθ
k
(4.17)
usando a expressão (4.16). Substituindo (4.17) na expressão (4.14), temos
√
mg
∫
sech2 θdθ √ ∫
1
m
k
t=
=
dθ
g
gk
1 − tanh2 θ
pela expressão (4.15). Logo,
√
t=
m
arctanh
gk
(√
)
k
v +C
mg
(4.18)
Para t = 0, v(0) = v0 , de modo que
(√
)
√
m
k
C=−
arctanh
v0
gk
mg
(4.19)
Substituindo (4.19) em (4.18) e invertendo a função, obtemos a velocidade do pára-quedas
em qualquer instante t, ou seja,
√
v(t) =
[√
(√
)]
mg
gtk
k
tanh
+ arctanh
v0
k
m
mg
(4.20)
Um outro modo de escrever a expressão (4.20) é usar a fórmula da tangente hiperbólica da
soma, isto é,
tanh(x + y) =
sinh(x + y)
tanh x + tanh y
=
cosh(x + y)
1 + tanh x tanh y
38
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
Assim,
(√
) √
gtk
k
√
[ tanh
+
v0 ]
mg
m
mg
v(t) =
(√
)√
k
gtk
k
1 + tanh
v0
m
mg
Quando t → ∞, tanh(αt) → 1. Logo,
√
lim v(t) =
t→∞
√
mg
k
k
v0 ] √
mg
mg
√
=
= v̄
k
k
1+
v0
mg
[1 +
o que mostra realmente que a velocidade instantânea atinge um limite. Em termos práticos, a
velocidade terminal é atingida poucos segundos após a abertura do pára-quedas.
39
Capítulo 5
Geometria Analítica
5.1 A Fórmula de Pick
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
A Matemática apresenta muitos fatos interessantes, tais como
a identidade eπi + 1 = 0 que relaciona as 5 constantes mais importantes da Matemática. Outro fato interessante é considerar todos
os pontos de coordenadas inteiras em R2 .
Então vale a fórmula de Pick (1899) , que a área de um polígono
cujos vértices estão nestes pontos é:
1
S = Nl + Ni − 1
2
onde N l é o número de pontos situados nos lados do polígono e N i é o número de pontos
situados no interior do polígono.
A demonstração desta fórmula encontra-se por exemplo no famoso livro "Meu Professor
de Matemática" de Elon Lages Lima. Usando a fórmula acima, obtém-se a área dos polígonos
40
Volume 2, n◦ 1
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P1 , P2 e P3 . Para encerrar, ca como exercício, determinar através da fórmula de Pick a área
do hexágono acima.
Referência Bibliográca:
Caderno 2, segundo dia do Vestibular Julho/2009. UFLA.
5.2 Sobre o Produto Escalar
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Analiticamente o produto escalar é apresentado em
Geometria Analítica nos primeiros semestres da universidade. O produto escalar dos vetores ⃗u = (u1 , u2 , u3 ) e
⃗v = (v1 , v2 , v3 ), denotado por ⃗u · ⃗v é denido por
⃗u · ⃗v = u1 v1 + u2 v2 + u3 v3
(5.1)
Segue desta denição que ⃗u · v = ⃗v · ⃗u. Além disso, se θ
é o ângulo entre dois vetores ⃗u e ⃗v , então através da Lei dos Cossenos é fácil mostrar que
⃗u · ⃗v = |⃗u| · |⃗v | cos θ
com 0 ≤ θ ≤ π rad
(5.2)
Vejamos agora como podemos relacionar o produto escalar com o módulo de um vetor. Para
ver isso, suponhamos que ⃗u = ⃗v na denição acima. Assim,
⃗u · ⃗u = u21 + u22 + u23 = |⃗u|2
(5.3)
donde segue que o módulo de um vetor é igual a raiz quadrada do produto escalar deste vetor
por ele mesmo. Vejamos uma aplicação elementar do produto escalar que é deduzir a seguinte
fórmula trigonométrica:
cos(β − α) = cos β cos α + sin β sin α
Na gura acima, ⃗u = (cos α, sin α e ⃗v = (cos β, sin β) e pela propriedade (5.3) é fácil ver que
esses vetores são unitários. Assim, por (5.1), temos
⃗u · ⃗v = cos α cos β + sin α sin β
(5.4)
⃗u · ⃗v = cos(β − α)
(5.5)
e pela fórmula (5.3),
De (5.4) e (5.5) segue o resultado. Usando o fato que cosseno é uma função par, que o
seno é uma função ímpar e que o cosseno do complementar de um ângulo é igual ao seno desse
ângulo e vice-versa, obtém-se as demais identidades trigonométricas.
Existem outras aplicações importantes relacionada com o produto escalar, tais como o
cálculo do trabalho de uma força constante e a projeção de um vetor.
41
Volume 2, n◦ 1
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Encerro esse post enfatizando que na Matemática, raramente encontra-se assuntos isolados
e a divisão feita em capítulos apresentada nos livros didáticos, é apenas uma estratégia para
apresentar os assuntos, e que reexões sobre temas distintos deve sempre permeiar vossas
mentes.
5.3 Resolvendo a Equação Quadrática Através do Compasso
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Já apresentei uma forma diferente de deduzir a fórmula de Bháskara e essa fórmula é uma
das mais conhecidas na Matemática, mas historicamente, a resolução através dessa fórmula é
recente.
Os antigos gregos, através da sugestão de Platão, desenvolveu sua Geometria e sua Álgebra
Geométrica usando apenas régua e compasso, incluindo o problema de achar as raízes de uma
equação quadrática.
A construção com régua e compasso é um excelente método para desenvolver o raciocínio
e é também uma excelente atividade que pode ser desenvolvida com os alunos. O inventor da
Geometria Analítica, René Descartes mostra um método de construir as raízes de uma equação
quadrática. Veremos aqui, um método desenvolvido por Sr. Thomas Carlyle (1775 − 1881) e
que apareceu no livro Elements of Geometry de Leslie (Eves, pág. 123).
Para isso, dada a equação quadrática x2 − bx + c = 0, sendo b e c números reais. Marque
no sistema de coordenadas os pontos B(0, 1) e Q(b, c). Use o compasso e determine o ponto C
(ponto médio de BQ). Construa um círculo colocando a ponta do compasso em C e abertura
BQ/2. Se esse círculo cortar o eixo x nos pontos M e N , então esses pontos são as raízes da
equação quadrática dada.
42
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
b c+1
De fato, a equação da circunferência de centro C( ,
) e raio OB é dada por
2 2
b
c+1 2
b
c+1
(x − )2 + (y −
) = ( − 0)2 + (
− 1)2
2
2
2
2
Os pontos M e N são obtidos fazendo y = 0 nesta equação, isto é,
b
(c + 1)2
b2
c+1
(x − )2 +
=
+(
− 1)2
2
4
4
2
Expandindo os termos acima, obtemos a equação quadrática x2 − bx + c = 0, o que prova as
raízes desta equação são os pontos M e N . Para nalizar surge a pergunta: O que a parábola
x2
y=
tem a ver com as raízes da equação quadrática?
4
Resposta: Sendo ∆ = b2 − 4c, então a parábola dá as condições em que o círculo intercepta
o eixo x em dois pontos, tangencia ou não intercepta o eixo. Por exemplo a circunferência na
gura acima intercepta o eixo x em dois pontos porque o ponto Q(b, c) está fora da região
amarela limitada pela parábola. Mas isto é o mesmo que dizer que
c<
b2
4
⇒
∆ = b2 − 4c > 0
Exercício 5.1 Use uma folha de papel milimetrado, desenhe um sistema cartesiano e use um
compasso para resolver as equações quadráticas abaixo:
1. x2 − 4x + 3 = 0;
2. x2 − 2x − 8 = 0;
3. x2 + 6x + 5 = 0.
5.4 Retas Perpendiculares no Plano
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Nos últimos tempos percebi que os livros textos de
Matemática têm dado muita atenção a Álgebra em detrimento da Geometria Plana. Veremos neste post que as
técnicas deste ramo do conhecimento está presente em expressões simples, tal como a relação entre os coecientes
angulares de duas retas perpendiculares.
Para isso, dadas as retas perpendiculares r : y = m1 x
e s : y = m2 x + b, mostraremos através da Geometria
Plana o clássico resultado
m1 · m2 = −1
43
Volume 2, n◦ 1
Compêndio do Blog Fatos Matemáticos
De fato, na gura acima,
△OAB ∼ △ODC
OB
OD
=
OA
OC
⇒
⇒
b
1
=
−b
m1
m2
⇒
m1 · m2 = −1
Deixo a cargo do leitor provar a recíproca deste teorema, ou seja, se as retas r e s não-paralelas
aos eixos coordenados satisfazem a expressão m1 · m2 = −1, então elas são perpendiculares.
5.5 O Problema das Velas
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Neste post tratarei de um problema relativo a queima
de duas velas homogêneas ou não e de dimensões variadas e com certas autonomias em horas. Tais questões as
vezes caem em vestibulares e exigem do aluno o conhecimento de Álgebra Elementar e a capacidade de modelar
um problema prático.
Mas o objetivo deste assunto é apresentar um modo
diferente de resolver estes problemas através da Geometria
Analítica e do conceito de velocidade. Os problemas que
citarei abaixo foram encontrados na internet e não tenho dados precisos sobre a fonte destas
questões.
Problema 1: Faltou luz e resolvi acender duas velas. Quando a luz voltou, apaguei as
velas. Sendo elas do mesmo tamanho, a primeira tinha autonomia de 3 horas, enquanto
que a outra tinha autonomia de 5 horas. Depois de apagadas notei que o resto de uma
tinha o dobro do resto da outra. Quanto tempo eu quei sem luz?
Resolução:
Em todos esses problemas, admitimos a hipótese de que a velocidade de queima
das velas é constante, de modo que o comprimento da vela em cada instante é uma função
linear. A seguir sejam:
• v1 a velocidade de queima da 1a vela;
• v2 a velocidade de queima da 2a vela;
• l o comprimento das velas.
O primeiro modo de resolver este problema será através da Álgebra Elementar. Seja t o
tempo que faltou luz e quando a luz voltou a luz da 1a vela estava de comprimento x e a
2a vela de comprimento 2x uma vez que a primeira vela queima mais rápido que a segunda.
Assim,
v1 =
l
l−x
=
3
t
e
44
v2 =
l
l − 2x
=
5
t
Volume 2, n◦ 1
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Eliminando t dessas equações, temos 5(l − 2x) = 3(l − x) ou x = 2l/7. Logo,
t=
l−x
l − 2l/7
15
=
=
horas
l/3
l/3
7
que é o tempo que cou sem luz.
Problema 2: Duas velas têm diferentes alturas e espessuras. A maior (mais alta) queima
em 3, 5 h e a menor (mais baixa) em 5 h. Depois de 2 h queimando as duas velas cam
com a mesma altura. Duas horas antes, (início), que fração da maior era a altura da vela
menor?
Resolução:
Podemos também usar a técnica acima para resolver este problema, mas acho
mais interessante apresentar um método baseado em equações horárias representadas num
sistema cartesiano. Para isto, sejam
s1 (t) = l1 − v1 t
e
s2 (t) = l2 − v2 t
as equações horárias das velas, sendo l1 o comprimento inicial da vela 1, l2 o comprimento
inicial da vela 2 e v1 e v2 as velocidades de queima das velas 1 e 2 respectivamente. Observe
que essas equações são lineares devido a hipótese que queima constante das velas. Na gura
abaixo, representamos estas equações.
Fazendo s1 (2) = s2 (2), segue que
l1 = l2 + 2(v1 − v2 )
(5.6)
Por outro lado, v1 = l1 /3, 5 e v2 = l2 /5, de modo que
v1 − v2 = l1 /3, 5 − l2 /5
Substituindo (5.7) em (5.6), temos
)
(
l2
2
l1 = l2 + 2 l1 −
7
5
45
⇒
(5.7)
l2
5
=
l1
7
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Problema 3: Duas velas do mesmo comprimento são feitas de materiais diferentes, de
modo que uma queima completamente em 3 h e outra em 4 h, cada qual numa taxa linear.
A que horas da tarde as velas devem ser acesas simultaneamente para que, às 16 h, uma
que com o comprimento da metade do comprimento da outra?
Resolução:
Usando as notações do problema anterior, seja t0 o instante em que as velas
foram acesas. Assim, as equações horárias das velas são:
l
s1 (t) = l − v1 (t − t0 ) = l − (t − t0 )
3
e
l
s2 (t) = l − v2 (t − t0 ) = l − (t − t0 )
4
Na gura abaixo, temos o gráco das funções horárias.
As 16 h, temos s2 (t) = 2s1 (t). Assim,
[
]
1
1
1 − (16 − t0 ) = 2 1 − (16 − t0 )
4
4
⇒
t0 = 13, 6 h = 13 h 36 min
Para nalizar, deixarei um problema proposto que pode ser resolvido com as duas técnicas
citadas acima.
Exercício 5.2 Em um laboratório duas velas que tem a mesma forma e a mesma altura são
acesas simultâneamente. Uma das velas é consumida totalmente em 5 h e a outra em 4 h.
Após quanto tempo do instante em que elas foram acesas, a altura de uma vela será o dobro
da altura da outra?
5.6 Sobre o Vetor Normal à uma Reta no Plano Cartesiano
Autor: Prof. Ms. Paulo Sérgio C. Lino
Seja a equação geral da reta no R2 :
r:
ax + by + c = 0
46
Volume 2, n◦ 1
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Assumindo que b ̸= 0, o coeciente angular de r é dado por
m=−
a
b
Assim, v⃗1 = (1, m) = (1, −a/b) é um vetor paralelo a reta r. Se ⃗v = bv⃗1 = (b, −a), então ⃗v
⃗ = (a, b) e sendo
também é um vetor paralelo a r. Se N
⃗ · ⃗v = (a, b) · (b, −a) = ab − ba = 0
N
⃗ é um vetor normal à reta r. Observe que as componentes do vetor normal, são
segue que N
respectivamente os coecientes de x e y respectivamente.
Exemplo 5.1 Determine a equação da reta normal ao vetor (2, 3) e que passa pelo ponto
(1, 1).
Resolução:
⃗ = (2, 3), então a = 2 e b = 3, de modo que a equação da reta
Sendo N
procurada é r :
Logo, r :
2x + 3y + c = 0. Como (1, 1) ∈ r, então 2 · 1 + 3 · 1 + c = 0
⇒
c = −5.
2x + 3y − 5 = 0.
Exemplo 5.2 Determine a equação da reta r perpendicular à reta s :
y = 2x + 1 e que
passa pela origem do sistema de coordenadas.
Resolução:
⃗ s é perpendicular ao vetor N
⃗ r = (2, −1), de modo
Sendo r perpendicular, então N
que
⃗ s · (2, −1) = 0
N
Assim, s :
⇒
⃗ s = (1, 2)
N
x+2y+c = 0. Como a reta s passa pela origem, então c = 0. Logo, s : x+2y = 0.
Dene-se o ângulo entre duas retas r e s, como sendo o menor ângulo formado entre elas.
Se designarmos por θ o ângulo formado por essas retas, então 0 ≤ θ ≤ 90◦ . Além disso,
⃗r e N
⃗ s ou entre
observe que o ângulo entre r e s também é o ângulo formado pelos vetores N
⃗r e N
⃗ s ou entre N
⃗r e N
⃗ s , conforme a gura abaixo:
−N
47
Volume 2, n◦ 1
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Da gura,
α + γ = β + γ = 90◦
⇒
α=β=θ
e sendo 0 ≤ θ ≤ 90◦ , segue que
0 ≤ cos θ ≤ 1
⇒ | cos θ |= cos θ
(5.8)
Do produto escalar sabemos que
⃗r · N
⃗ s =| N
⃗r | | N
⃗ s | cos θ
N
(5.9)
De (5.8) e (5.9), segue a fórmula
cos θ =| cos θ |=
⃗r · N
⃗s |
⃗r · N
⃗s |
|N
|N
=
⃗r | | N
⃗s |
⃗r | · | N
⃗s |
|N
|N
que fornece o ângulo entre as retas r e s. É claro que se r ∥ s, então
⃗r ∥ N
⃗s
N
⇒
⃗ r = kN
⃗s
N
⇒
cos θ = 1
⇒
θ = 0◦
θ = 90◦ . No caso em que as retas r e s
⃗ = i = (1, 0) ou N
⃗ = ⃗j = (0, 1).
são paralelas a um dos eixos coordenadas, adota-se N
⃗r · N
⃗s = 0
Se r ⊥ s, então N
⇒ cos θ = 0
⇒
x
3
√
Exemplo 5.3 Determine o ângulo entre as retas r : y = √ + 1 e s x = − 3y .
Resolução:
√
√
⃗ s = (1, 3), de modo que
⃗ r = (1/ 3, −1) e N
Note que N
√
√
√
3
2
3
2
⃗r · N
⃗s =
N
− 3=−
= −√
3
3
3
48
Volume 2, n◦ 1
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Sendo
√( √ )
2
3 2
⃗ r |=
+ (−1)2 = √
|N
3
3
e
√
⃗ s |=
|N
segue que
√
√
1 + ( 3)2 = 4 = 2
√
| −2/ 3 |
1
cos θ =
=
2
2
√ ·2
3
49
⇒
θ = 60◦
Hall da Fama
Procure identicar o maior número de matemáticos na gura abaixo.
50