[FIS] (Halliday) - Temperatura

[FIS] (Halliday-Temperatura) Um termômetro de gás especial consiste de dois bulbos que contêm gás, cada um colocado em um reservatório de água, como mostra a figura abaixo. A diferença de pressão entre os dois bulbos é medida por um manômetro de mercúrio, também representado na figura. Reservatórios apropriados não mostrados na figura mantêm constante o volume de gás nos bulbos. Quando os dois reservatórios estão no ponto tríplice da água, não há diferença de pressão. Quando um reservatório está no ponto tríplice da  água e o outro está no ponto de ebulição da água, a diferença de pressão é de 120 torr. Finalmente, quando um reservatório está no ponto tríplice da água e o outro numa temperatura desconhecida que desejamos medir, a diferença de pressão é de 90 torr. Qual a temperatura desconhecida?

Solução de Fabiano Ferreira:

Procuremos trabalhar com as temperaturas e pressões convencionadas, por exemplo, $T_E$ e $P_E$, para o termômetro da esquerda e $T_D$ e $P_D$, para o da direita, respectivamente. No ponto tríplice da água, seja $P_{tr}$ a pressão. Do enunciado, podemos dar o primeiro passo e obter as eq. 22-4-10, seguindo a numeração de fórmulas do livro (estou usando o meu em inglês), para cada um dos termômetros.

1) Sendo assim:

$$T_{ E }=(273,16K).\frac { P_{ E } }{ P_{ tr } } $$

e

$$T_{ D }=(273,16K).\frac { P_{ D } }{ P_{ tr } } $$

2) Subtraindo $T_E$ de $T_D$ obtemos:

$$T_{ E }-T_{ D }=(273,16K)\cdot \frac { P_{ E }-P_{ D } }{ P_{ tr } } $$

3) Do problema, podemos tomar $T_E = 373,125 K$ ( ponto de ebulição da água) e $T_D = 273,16 K$ (ponto tríplice da água). Levando em nossa equação, considerando que $P_E - P_D = 120$ torr, obtemos $P_{tr} = 328$ torr.

4) Em seguida, fazendo $T_E = 273,16$ (ponto tríplice da água) e uma $T_D$ desconhecida, considerando  $P_E - P_D = = 90$ torr, obteremos:

$$ 273,16 K - T_D = (273,16K).\frac {90}{328} $$

5) Assim,

$$ \boxed {T_D= 348 K} $$

[MAT] (Baltic Way)

[MAT] (Baltic Way) - Sejam a, b, c, d reais positivos. Prove que
$$\frac{a+c}{a+b}+\frac{b+d}{b+c}+\frac{c+a}{c+d}+\frac{d+b}{d+a}\geq 4$$

Solução de Fabiano Ferreira:


Vejamos aqui uma solução na qual parto de manipulação da primeira parte da desigualdade, uso $ MA \geq MH $ e concluo a prova.

1) Vamos partir de:

$$ \frac{a+c}{a+b}+\frac{b+d}{b+c}+\frac{c+a}{c+d}+\frac{d+b}{d+a} =$$

$$(a+c)\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+d} \right )+ (b+d)\left ( \frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a} \right ) (I)$$

2) Pela desigualdade $ MA \geq MH $

$$\sum^{n}_{k=1}\frac{a_k}{n} \geq \frac{n}{ \sum\limits^n_{k=1}\frac{1}{a_k} } (II) $$

3) Na forma extensa:

$$ \frac { { a }_{ 1 }+{ a }_{ 2 }+{ a }_{ 3 }+\cdots +{ a }_{ n } }{ n } \geq \frac { n }{ \frac { 1 }{ { a }_{ 1 } } +\frac { 1 }{ { a }_{ 2 } } +\frac { 1 }{ { a }_{ 3 } } +\cdots +\frac { 1 }{ { a }_{ n } }  } (III) $$

4) Aplicando (III) aos dois termos de $\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+d} \right )$:

$$\frac { \frac { 1 }{ a+b } +\frac { 1 }{ c+d }  }{ 2 } \geq \frac { 2 }{ \frac { 1 }{ \frac { 1 }{ a+b }  } +\frac { 1 }{ \frac { 1 }{ c+d }  }  } $$

$$  \frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+d} \geq \frac {4}{a + b + c + d} (IV)$$

5) Aplicando (III) aos dois termos de $\left ( \frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a} \right ) $:

$$ \frac { \frac { 1 }{ b+c } +\frac { 1 }{ d+a }  }{ 2 } \geq \frac { 2 }{ \frac { 1 }{ \frac { 1 }{ b+c }  } +\frac { 1 }{ \frac { 1 }{ d+a }  }  }  $$

$$  \frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}  \geq \frac {4}{a + b + c + d} (V)$$

6) Assim,  reescrevemos a segunda parte de (I) à luz de (IV) e (V):

$$  (a+c)\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+d} \right )+ (b+d)\left ( \frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a} \right ) \geq $$

$$ \frac {4 (a+c)}{a + b + c + d} + \frac {4(b+d)}{a + b + c + d}  = \frac {4(a + b + c + d)}{a + b + c + d}=4 $$

7) Portanto:

$$ \frac{a+c}{a+b}+\frac{b+d}{b+c}+\frac{c+a}{c+d}+\frac{d+b}{d+a}\geq 4 $$

Q.E.D.

Generalização

Aproveitando o ensejo, motivado por minha resolução, o Rodrigo Lima (Renji Rodrigo) apresenta uma tentativa de generalização que procura ver mais de cima e, de quebra, contém a desigualdade de Nesbitt:

$$\sum^{n}_{k=1}\frac{x_k}{n} \geq \frac{n}{ \sum\limits^n_{k=1}\frac{1}{x_k} } \Leftrightarrow $$

$$(\sum^{n}_{k=1} x_k ) (\sum\limits^n_{k=1}\frac{1}{x_k}) \geq n^2 $$


Tomamos agora $x_k= a_k+a_{k+1}$ com $a_{n+1}=a_1 .$

$$(\sum^{n}_{k=1} a_k+a_{k+1}) (\sum\limits^n_{k=1}\frac{1}{a_k+a_{k+1}}) \geq n^2 $$

$$(\sum^{n}_{k=1} a_k+\sum^{n}_{k=2}a_{k}+\underbrace{a_{n+1}}_{=a_1}) (\sum^n_{k=1}\frac{1}{a_k+a_{k+1}}) \geq n^2 $$

$$(2\sum^{n}_{k=1} a_k) (\sum^n_{t=1}\frac{1}{a_t+a_{t+1}}) \geq n^2 $$

$$ (\sum\limits^n_{t=1}\frac{\sum\limits^{n}_{k=1} a_k}{a_t+a_{t+1}}) \geq \frac{n^2}{2} $$

$$ (\sum^n_{t=1}\frac{(\sum\limits^{n}_{k=1} a_k) -a_ta_{t+1}}{a_t+a_{t+1}}+1) \geq \frac{n^2}{2} $$

$$ (\sum^n_{t=1}\frac{(\sum\limits^{n}_{k=1} a_k) -a_ta_{t+1}}{a_t+a_{t+1}}) \geq \frac{n^2}{2}-n =\frac{n(n-2)}{2} $$

Logo, concluímos que:

$$\sum^n_{t=1}\frac{(\sum\limits^{n}_{k=1} a_k) -a_ta_{t+1}}{a_t+a_{t+1}}) \geq \frac{n(n-2)}{2} .$$

[IME - Trigonometria 1974]

[IME - Trigonometria 1974]


Mostrar que o conjunto de igualdades

$\begin{cases} a+b=\pi -(c+d) \\ \frac{sen\quad a }{ sen\quad b } =\frac { sen\quad c }{ sen\quad d } \end{cases}$

Acarreta a igualdade:

$cotg\, a - cotg\, b = cotg\, c - cotg\, d$


Metodologia de solução proposta por Fabiano Ferreira

Primeiramente, vamos filosofar para relaxar um pouco.

Quando você se deparar com uma questão deste tipo, à semelhança do que eu disse na proposta de redação, o autor da questão se baseia no fato de que, enquanto leitor, seu conhecimento prévio de mundo e partilhado nesta área permita o diálogo entre autor e leitor. É sempre assim, pois o seu conhecimento prévio de mundo, enquanto leitor, pressupõe que você tenha a capacidade de entender a mensagem do autor. A linguagem matemática é, antes de tudo, uma linguagem e precisa de interpretação. O mesmo se pode dizer acerca de todos os tipos de linguagem, seja na Física, na Química, etc.

Agora, quanto à questão do conhecimento prévio partilhado, o autor pressupõe que, em certa área específica, você detenha o conhecimento específico para decodificar o que ele está dizendo especificamente. Aqui está o cerne da metodologia de resolução de problemas em matemática ou outra área qualquer. Autor e leitor precisam estar lendo a mesma página da cartilha. Aqui nos EUA é corriqueira a expressão idiomática TO BE ON THE SAME PAGE.

Ao olhar a questão acima, você sabe que é uma questão de matemática de nível médio. Estreitando mais um pouquinho, sabe que é de Trigonometria. Isto vai fazendo com que você selecione em sua memória as ferramentas necessárias para atacar o problema. Este é o procedimento metodológico natural, a epistemologia (ciência que estuda os meios de saber e aprender) nos assegura que assim acontece.

Portanto, chegando ao grau de estreitamento que o problema exige, é imprescindível que você saiba, neste caso específico desta questão, as fórmulas de PROSTAFÉRESE decorrentes das Fórmulas de Werner. Pronto, este é o nível de especificidade exigido para que você consiga dialogar com o autor e faça o que ele pede que seja feito.

Solução Propriamente Dita

1) Enumeremos as igualdades dadas nas premissas do problema.

Chamemos

PREMISSAS:

$a+b=\pi -(c+d) \cdots (1)$

e

$\frac{sen\, a }{ sen\, b } =\frac { sen\, c }{ sen\, d} \cdots (2)$

CONCLUSÃO:

$cotg\, a - cotg\, b = cotg\, c - cotg\, d \cdots (3)$

2) Evocando os meandros sombrios de minha memória, eu me lembro da seguinte Fórmula de Prostaférese ou de transformação em produto. Esta fórmula decorre do fato de eu substituir nas tradicionais fórmulas de Werner as igualdades a+b=p e a - b=q, e depois usar o conceito de cotangente:

$\boxed{cotg\, p + cotg\, q=\frac { sen\, (p + q)}{ sen\, p \,. \, sen \,q }}\cdots (4)$

3) Portanto, minha primeira intuição, após comparar a Fórmula (4) com os dados do problema, recomenda-me reescrever a igualdade (3) que o autor diz que acarreta das outras igualdades prévias (1) e (2).

REESCREVENDO O PROBLEMA: Demonstrar que:

$\boxed{(1)\wedge (2)\Longrightarrow (3)}$

Então, levando em conta (4) posso reescrever (3):

$cotg\, a - cotg\, b = cotg\, c - cotg\, d \cdots (3)$

$\Leftrightarrow cotg\, a + cotg\, d = cotg\, b + cotg\, c \cdots (5)$

4) Aplicando a Fórmula de Prostaférese, vem:

$cotg\, a + cotg\, d=\frac { sen\, (a + d)}{ sen\, a \,. \, sen \,d }\cdots (6)$

$cotg\, b + cotg\, c=\frac { sen\, (b + c)}{ sen\, b \,. \, sen \,c }\cdots (7)$

De (5), (6) e (7):

$\frac { sen\, (a + d)}{ sen\, a \,. \, sen \,d }=\frac { sen\, (b + c)}{ sen\, b \,. \, sen \,c }\cdots (8)$

5) Das primeiras duas igualdades (1) e (2), as premissas do problema, tiramos que (reescrevendo-as):

$\begin{cases} a+b=\pi -(c+d) \Leftrightarrow a+d=\pi -(b+c) \\ sen\, a \,. \, sen\, d = sen\, b . sen \, c \end{cases}$

Por sua vez,

$a+d=\pi -(b+c) \cdots (9)$

$\Leftrightarrow sen\, (a+d) = sen\, (b+c) \cdots (10)$

6) Por fim, esta última igualdade (10) e a segunda igualdade (2) dada como premissa do problema permitem-me escrever:

$\frac { sen\, (a + d)}{ sen\, (b + c)}=\frac {sen\, a \,. \, sen \,d }{ sen\, b \,. \, sen \,c }\cdots (11) $

$\Leftrightarrow \frac { sen\, (a + d)}{ sen\, a \,. \, sen \,d }=\frac { sen\, (b + c)}{ sen\, b \,. \, sen \,c }\cdots (8)$

$\Leftrightarrow cotg\, a + cotg\, d = cotg\, b + cotg\, c \cdots (5)$

$\Leftrightarrow cotg\, a - cotg\, b = cotg\, c - cotg\, d \cdots (3)$

Deste modo, concluímos a prova.

$\square$

[MAT] Rússia- Россия

(Rússia- Россия) Prove que, se $x+\frac{1}{x}=2\cos{\alpha}$, então,

$x^n+\frac{1}{x^n}=2\cos{n\alpha}$.

Solução de Fabiano Ferreira:

HIPÓTESE:

$\boxed{x+\frac { 1 }{ x } =2\cos { \alpha  }} $

Da Hipótese, inferimos que:

 $x^{ 2 }-2x\cos  (\alpha )+1=0$

 $\Leftrightarrow \quad x=\frac { 2\cos  (\alpha)\pm \sqrt { { 4\cos ^{ 2 }{ \alpha  }  }-4 }  }{ 2 } =$

 $=\cos  (\alpha)\pm \sqrt { { \cos ^{ 2 }{ \alpha  }  }-1 } =$

$=\cos  (\alpha)\pm \sqrt { -1\underbrace { { (1-\cos ^{ 2 }{ \alpha  }  }) }_{ \sin ^{ 2 }{ \alpha  }  }  } =$

$=\cos  (\alpha)\pm i.\sin  (\alpha )$

$\therefore x=\cos  (\alpha)\pm i.\sin  (\alpha )$

Por De Moivre:

 ${ x }^{ n }=\cos  (n\alpha )\pm i\sin  (n\alpha )$

$\frac { 1 }{ { x }^{ n } } =\frac { 1 }{ \cos  (n\alpha )\pm i\sin  (n\alpha ) } =$

$=\cos  (n\alpha )\mp i\sin  (n\alpha )$

Adicionando:

$x^{ n }+\frac { 1 }{ x^{ n } } =\cos  (n\alpha )\pm i\sin  (n\alpha ) +$

$ \cos  (n\alpha )\mp i\sin  (n\alpha )=$

$=2\cos { n\alpha  } $

TESE:

$\boxed{x^{ n }+\frac { 1 }{ x^{ n } } =2\cos { n\alpha  } }$

Q.E.D.

[MAT] Séries

[Séries] 

Seja

$S=\frac { 1 }{ 1\cdot 3\cdot 5 } +\frac { 1 }{ 7\cdot 9\cdot 11 } +\cdot \cdot \cdot  +\frac { 1 }{ (6k-5)(6k-3)(6k-1) } + \cdot \cdot \cdot$

Mostre que

$S=\frac { 1 }{ 16 } { ln{ 3 } }$

Solução de Víctor Domene:

 Por frações parciais:

$ \frac{1}{(6k-5)(6k-3)(6k-1)} = \frac{1}{8(6k-5)} + \frac{1}{8(6k-1)} - \frac{1}{4(6k-3)} $

Escrevendo em função de integrais:

$ \frac{1}{(6k-5)(6k-3)(6k-1)} = $

$\frac{1}{8} \int_{0}^1{x^{6k-6}} + \frac{1}{8} \int_{0}^1{x^{6k-2}} - \frac{1}{4}\int_{0}^1{x^{6k-4}} $

$ 8\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{(6k-5)(6k-3)(6k-1)}} =$ 

$\sum _{ k=1 }^{ \infty  }{ { \int _{ 0 }^{ 1 }{ x^{ 6k-6 } } +\int _{ 0 }^{ 1 }  }{ x^{ 6k-2 } }-2\int _{ 0 }^{ 1 }{ x^{ 6k-4 } }  }  $

$ 8\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{(6k-5)(6k-3)(6k-1)}} = $

$\int_{0}^1{(1+x^4-2x^2)} \sum_{k=1}^{\infty}{x^{6k-6}} $

$ 8\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{(6k-5)(6k-3)(6k-1)}} = $

$\int_{0}^{1}{(x^2-1)}^2 \frac{1}{1-x^6} $

$ 8\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{(6k-5)(6k-3)(6k-1)}} = \int_{0}^1{\frac{1-x^2}{1+x^2+x^4}} $

resolvendo essa integral...

$ A = \int_{0}^{1}{\frac{1-x^2}{1+x^2+x^4} \;dx} $

Por frações parciais:

$ A = \int_{0}^{1}{\frac{1-2x}{2(x^2-x+1)} + \frac{2x+1}{2(x^2+x+1)}} $

$ 2A = \int_{0}^{1}{\frac{1-2x}{x^2-x+1}} + \int_{0}^{1}{\frac{2x+1}{x^2+x+1}} $

$ t = x^2 - x +1 \iff dx = \frac{dt}{2x-1} $

$ s = x^2 + x + 1 \iff dx = \frac{ds}{2x+1} $

$ 2A = \int_{0}^{1}{\frac{1-2x}{t}} \frac{dt}{2x-1} + \int_{0}^{1}{\frac{2x+1}{s}} \frac{ds}{2x+1} $

$ 2A = -\int_{0}^{1}\frac{t}{dt} + \int_{0}^{1}\frac{s}{ds} $

$ 2A = ln(s/t) $

$ A = \frac{1}{2}\; ln \left( \frac{x^2+x+1}{x^2-x+1} \right) $

calculando A de 0 a 1:

$ A = \frac{1}{2} \; ln(3) - \frac{1}{2}\; ln(1) = \frac{ln(3)}{2} $

portanto:

$ 8\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{(6k-5)(6k-3)(6k-1)}} = \frac{ln(3)}{2} $

$\boxed{ \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{(6k-5)(6k-3)(6k-1)}} = \frac{ln(3)}{16}} $

[MAT-Trigonometria]

Prove que:

$ \tan { \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right) \quad +\quad  } 4.\sin { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  } =\sqrt { 11 } $

1a. Solução de Víctor Domene:

$ \tan { \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right) \quad +\quad  } 4.\sin { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  } =x$

Tirando o MMC:

$\sin { \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  } +\quad 4.\sin { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right) .\cos { \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  }  } =x.\cos { \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  }$

Elevando ao quadrado:

$\sin ^{ 2 }{\left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  } +\quad 4.\sin { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  } .\sin { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  } + $

$\sin ^{ 2 }{ \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  } .\cos ^{ 2 }{ \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  } ={ x }^{ 2 }.\cos ^{ 2 }{ \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  } $

Fazendo algumas manipulações, como $\sin ^{ 2 }{ x } \frac { \left[ 1-\cos { \left( 2x \right)  }  \right]  }{ 2 }$  e a prostaférese ao contrário:

$\frac { \left[ 1-\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right]  }{ 2 } +2.\cos { \left( \frac { 4\pi  }{ 11 }  \right)  } -\quad 2.\cos { \left( \frac { 8\pi  }{ 11 }  \right)  } +$

${ \left[ 4.\sin { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  } .\cos { \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right]  }^{ 2 }={ x }^{ 2 }.\cos ^{ 2 }{ \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  }$

$=\frac { \left[ 1-\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right]  }{ 2 } +2.\cos { \left( \frac { 4\pi  }{ 11 }  \right)  } -\quad 2.\cos { \left( \frac { 8\pi  }{ 11 }  \right)  } +$

${ \left[ 2.\sin { \left( \frac { 5\pi  }{ 11 }  \right)  } -2.\sin { \left( \frac { \pi  }{ 11 }  \right)  }  \right]  }^{ 2 }=$

$=\frac { \left[ 1-\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right]  }{ 2 } +2.\cos { \left( \frac { 4\pi  }{ 11 }  \right)  } -\quad 2.\cos { \left( \frac { 8\pi  }{ 11 }  \right)  } +$

$4.\sin ^{ 2 }{ \left( \frac { 5\pi  }{ 11 }  \right)  } -8\sin { \left( \frac { 5\pi  }{ 11 }  \right)  } .\sin { \left( \frac { \pi  }{ 11 }  \right)  } +\quad 4.\sin ^{ 2 }{ \left( \frac { \pi  }{ 11 }  \right)  } =$

$=\frac { \left[ 1-\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right]  }{ 2 } +2.\cos { \left( \frac { 4\pi  }{ 11 }  \right)  } -\quad 2.\cos { \left( \frac { 8\pi  }{ 11 }  \right)  } \quad +\quad 2-2.\cos { \left( \frac { 10\pi  }{ 11 }  \right)  } \quad -$

$4\left[ \cos { \left( \frac { 4\pi  }{ 11 }  \right)  } -\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right] \quad +\quad 2-2.\cos { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  } =$

$=\frac { \left[ 1-\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right]  }{ 2 } -2.\left[ \cos { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  } +\cos { \left( \frac { 4\pi  }{ 11 }  \right)  } +\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  } +\cos { \left( \frac { 8\pi  }{ 11 }  \right)  } +\cos { \left( \frac { 10\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right]+$

$6.\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  } +4$

Chamando: $ S=\cos { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  } +\cos { \left( \frac { 4\pi  }{ 11 }  \right)  } +\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  } +\cos { \left( \frac { 8\pi  }{ 11 }  \right)  } +\cos { \left( \frac { 10\pi  }{ 11 }  \right)  }$

Multiplicando por $2.\sin { \left( (razão\quad da\quad P.A.)/2 \right)  }$ e já abrindo a prostraférese:

$2.S.\sin { \left( \frac { \pi  }{ 11 }  \right)  } =-\sin { \left( \frac { \pi  }{ 11 }  \right)  } \\ \therefore \quad S=-\frac { 1 }{ 2 }$

Então substituindo, temos:

$\frac { \left[ 1-\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right]  }{ 2 } +6.\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  } +5={ x }^{ 2 }.\cos ^{ 2 }{ \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  }$

$\left[ 1-\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right] +12.\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  } +10=2.{ x }^{ 2 }.\cos ^{ 2 }{ \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  }$

Só que $\sin ^{ 2 }{ x } =\frac { \left[ 1+\cos { \left( 2x \right)  }  \right]  }{ 2 }$ :

$11.\left[ 1+\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right] ={ x }^{ 2 }.\left[ 1+\cos { \left( \frac { 6\pi  }{ 11 }  \right)  }  \right]$

$\therefore \quad x=\pm \sqrt { 11 }$

Como $\frac { 3\pi  }{ 11 }$  e $\frac { 2\pi  }{ 11 }$  pertencem ao primeiro quadrante,

$\tan { \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right) \quad +\quad  } 4.\sin { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  }$ é sempre positivo logo:

$\boxed{\tan { \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right) \quad +\quad  } 4.\sin { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  } =\sqrt { 11 }} $

2a. Solução de Frank Wan:

$\tan { \left( \frac { 3\pi }{ 11 } \right) } +4.\sin { \left( \frac { 2\pi }{ 11 } \right) } =\sqrt { 11 }$

Faça ${ e }^{ \left( \frac { 2\pi }{ 11 } \right) }=x$,

Logo: $2\left[ 2.i\sin { \left( \frac { 2\pi }{ 11 } \right) } \right] =2\left( x-{ x }^{ 10 } \right) \quad \cdots\left( i \right)$

$i.\tan { \left( \frac { 3\pi }{ 11 } \right) } =\frac { { x }^{ 3 }-1 }{ { x }^{ 3 }+1 } =\frac { { x }^{ 3 }-{ x }^{ 33 } }{ { x }^{ 3 }+1 } \quad \cdots \left( ii \right)$

Somando a expressão (i) com a (ii), obtemos:

${ S }_{ 0 }=\underbrace { { x }^{ 10 }+{ x }^{ 9 }+{ x }^{ 5 }+{ x }^{ 4 }+{ x }^{ 3 } }_{ { S }_{ 1 } } -\underbrace { \left( { x }^{ 8 }+{ x }^{ 7 }+{ x }^{ 6 }+{ x }^{ 2 }+x \right) }_{ { S }_{ 2 } }$

Temos:  

$i.\tan { \left( \frac { 3\pi }{ 11 } \right) } +i.4.\sin { \left( \frac { 2\pi }{ 11 } \right) } ={ S }_{ 1 }-{ S }_{ 2 }$

$ 1+{ S }_{ 1 }+{ S }_{ 2 }=\frac { { x }^{ 11 }-1 }{ { x }-1 } =0,\quad { S }_{ 1 }+{ S }_{ 2 }=-1\\ \\ { S }_{ 1 }.{ S }_{ 2 }=5+2\left( { S }_{ 1 }+{ S }_{ 2 } \right) =3$

${ S }_{ 1 }\quad e\quad { S }_{ 2 }$ são raízes $\frac { -1\pm i\sqrt { 11 } }{ 2 } \quad de\quad { \upsilon }^{ 2 }+\upsilon +3=0$

$\therefore \quad { S }_{ 1 }-{ S }_{ 2 }=\pm i\sqrt { 11 }$

Como $tan$ e o $sin$ são positivos, 

$\boxed{\tan { \left( \frac { 3\pi  }{ 11 }  \right)  } +4\sin { \left( \frac { 2\pi  }{ 11 }  \right)  } =\sqrt { 11 }} $

$\square$

[MAT-IIT-JEE] - Integral

[IIT-JEE] Para n>0, calcule:

$\int _{ 0 }^{ 2\pi }{ \frac { x{ sen }^{ 2n }x }{ { sen }^{ 2n }x+{ cos }^{ 2n }x } } dx$


Solução de Fabiano Ferreira:

$\Psi =\int _{ 0 }^{ 2\pi }{ \frac { x{ sen }^{ 2n }x }{ { sen }^{ 2n }x+{ cos }^{ 2n }x } } dx\quad \quad (1)$

Usemos a propriedade:

$\int^a_0 f(x) dx = \int^a_0 f(a-x)dx $

$\Psi =\int _{ 0 }^{ 2\pi }{ \frac { (2\pi -x){ sen }^{ 2n }(2\pi -x) }{ { sen }^{ 2n }(2\pi -x)+{ cos }^{ 2n }(2\pi -x) } } dx$

$\Rightarrow \Psi =\int _{ 0 }^{ 2\pi }{ \frac { (2\pi -x){ sen }^{ 2n }(x) }{ { sen }^{ 2n }(x)+{ cos }^{ 2n }(x) } } dx\quad \quad (2)$

Somando (1) e (2):

$2\Psi =\int _{ 0 }^{ 2\pi }{ \frac { 2\pi { sen }^{ 2n }x }{ { sen }^{ 2n }x+{ cos }^{ 2n }x } } dx$

$\Rightarrow \Psi =\pi \int _{ 0 }^{ 2\pi }{ \frac { { sen }^{ 2n }x }{ { sen }^{ 2n }x+{ cos }^{ 2n }x } } dx$

$\Rightarrow \Psi =2\pi \int _{ 0 }^{ \pi }{ \frac { { sen }^{ 2n }x }{ { sen }^{ 2n }x+{ cos }^{ 2n }x } } dx\quad$

Usando 

$\int _{ 0 }^{ 2a } f(x)dx=2\int _{ 0 }^{ a } f(x)dx,$

$\;se\; f(2a-x)=f(x),\;teremos:$

$\Rightarrow \Psi =4\pi \int _{ 0 }^{ \frac { \pi }{ 2 } }{ \frac { { sen }^{ 2n }x }{ { sen }^{ 2n }x+{ cos }^{ 2n }x } } dx\quad \quad (3)$

$\Rightarrow \Psi =4\pi \int _{ 0 }^{ \frac { \pi }{ 2 } }{ \frac { { cos }^{ 2n }x }{ { { cos }^{ 2n }x+sen }^{ 2n }x } } dx\quad \quad (4)$

Somando (3) e (4):

$2\Psi =4\pi \int _{ 0 }^{ \frac { \pi }{ 2 } }{ 1\cdot dx } =4\pi \left( \frac { \pi }{ 2 } -0 \right) =2{ \pi }^{ 2 }$

$\boxed { \Psi ={ \pi }^{ 2 } }$

[MAT] Olimpíada Russa

[Olimpíada Russa] Prove que se $\frac { { 2 }^{ n }-2 }{ n } $ é um inteiro, então $\frac { { 2 }^{ { 2 }^{ n }-1 }-2 }{ { 2 }^{ n }-1 } $ também é inteiro.

Solução de Fabiano Ferreira:

 Temos que $\frac{x^n-1}{x-1}=x^{n-1}+x^{n-2}+ \cdots +x+1$. 

Se chamarmos $\frac {2^n-2}{n}$ de $p$, teremos $p=\frac {2^n-2}{n}$. 

Assim, podemos escrever:

$\frac { 2^{ 2^{ n }-1 }-2 }{ 2^{ n }-1 } =\frac { 2(2^{ 2^{ n }-2 }-1) }{ 2^{ n }-1 } $

Isto, por sua vez, lembrando que $np={2^n-2}$, poderá ser escrito: 

$\frac { 2(2^{ 2^{ n }-2 }-1) }{ 2^{ n }-1 } =\frac { 2(2^{ np }-1) }{ 2^{ n }-1 } =2(2^{ n(p-1) }+2^{ n(p-2) }+\cdots +{ 2 }^{ n }+1)$

que é inteiro. 

Como se fizéssemos $x=2^n$ na divisão de polinômios que inicia nossa solução.

Portanto, $\frac { { 2 }^{ { 2 }^{ n }-1 }-2 }{ { 2 }^{ n }-1 } $ também é inteiro.

[FIS-Oscilações] - Lucas Lugão Guimarães

[FIS-Oscilações] - Lucas Lugão Guimarães: A imagem ilustra uma estrutura triangular que é constituída por hastes rígidas formando um triângulo isósceles de base $ L $ e altura $ H $. Duas contas de massa $ m $ cada são colocadas nos lados congruentes da estrutura de modo a poderem deslizar sem atrito pelas hastes. As contas são ligadas por uma mola ideal de constante $ k $ e massa desprezível. Considerando que a gravidade no local é vertical e dirigida para baixo e que a reta que passa pelas contas sempre se mantém na horizontal, calcule o período das oscilações do sistema quando ele é perturbado.

1a. Solução de Lucas Lugão Guimarães:

Segue a resolução usando a equação de Euler-Lagrange para obter a equação do movimento e o método das perturbações para encontrar o período:

$ \\ \text{Escrevendo a energia potencial do sistema:} \\ \\V=\frac{k}{2} (l-l_0)^2-2mgh \\ \\\text{E também a energia cinética:}\\ \\ T=m\left(\dot{h}^2+\frac{\dot{l}^2}{4}\right) \\ \\\text{Pela definição da Lagrangiana:}\\ \\ L=T-V \\ \\ L=m\left(\dot{h}^2+\frac{\dot{l}^2}{4}\right)+2mgh-\frac{k}{2} (l-l_0)^2 \\ \\\text{Por semelhança de triângulos se extrai a relação de vínculo:}\\ \\ h = l \frac{H}{L} \\ \\ L=m\dot{l}^2\left( \frac{L^2+4H^2}{4L^2}\right)+2mgl\frac{H}{L}-\frac{k}{2} (l-l_0)^2 \\ \\ L=m\dot{l}^2\left( \frac{L^2+4H^2}{4L^2}\right)+2mgl\frac{H}{L}-\frac{kl^2}{2}-\frac{kl_0^2}{2} +kll_0\\ \\\text{A equação de Euler-Lagrange é:}\\ \\ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{l}}\right) = \frac{\partial L}{\partial l} \\ \\ $ $ \\ \\ \frac{d}{dt}\left(2m\dot{l}\left( \frac{L^2+4H^2}{4L^2}\right)\right) = 2mg\frac{H}{L}+k(l_0-l) \\ \\ 2m\ddot{l}\left( \frac{L^2+4H^2}{4L^2}\right) = 2mg\frac{H}{L}+k(l_0-l) \\ \\\text{Pelo método das perturbações:}\\ \\ 2mg\frac{H}{L}+k(l_0-l_e) = 0 \\ \\\text{Fazendo} l = l_e + \delta \\ \\ 2m\ddot{\delta}\left( \frac{L^2+4H^2}{4L^2}\right) = 2mg\frac{H}{L}+k(l_0- l_e - \delta) \\ \\ 2m\ddot{\delta}\left( \frac{L^2+4H^2}{4L^2}\right) = 2mg\frac{H}{L}+k(l_0- l_e )- k\delta \\ \\ 2m\ddot{\delta}\left( \frac{L^2+4H^2}{4L^2}\right) = - k\delta \\ \\ \ddot{\delta} + \frac{k}{2m} \left( \frac{4L^2}{L^2+4H^2}\right)\delta =0 \\ \\\text{Logo:}\\ \\ \boxed{T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{2k} \left( \frac{L^2+4H^2}{L^2}\right)}} \\ \\ $

2a. Solução de Víctor Domene:

A força elástica, na direção das hastes, em cada conta, é dada por:

$ F = -kxcos(\theta ) $

Sendo $ \theta $ o ângulo da base do triângulo isósceles:

$ cos( \theta ) = \frac{L}{\sqrt{4H^2+L^2}} $

$ sen( \theta ) = \frac{2H}{\sqrt{4H^2+L^2}} $

$ sen( 2\theta ) = \frac{4HL}{4H^2+L^2} $

Note que o ângulo oposto à base vale $ 180 - 2 \theta $ e portanto:

$ cos(180 - 2\theta ) = - cos(2 \theta ) = - 2cos^2( \theta ) + 1 $

Somamos as forças em cada massa, que nos dará, pela lei de cossenos:

$ F_{e_R}^2 = 2k^2x^2cos^2(\theta) + 2k^2x^2cos^2(\theta)cos(2\theta) $

$ F_{e_R}^2 = 4k^2x^2cos^2(\theta) - 4k^2x^2cos^4(\theta) $

$ F_{e_R}^2 = 4k^2x^2cos^2(\theta) (1-cos^2(\theta)) $

$ F_{e_R}^2 = 4k^2x^2cos^2(\theta)sen^2(\theta) $

$ F_{e_R} = 2kxcos(\theta)sen(\theta) $

$ F_{e_R} = kxsen(2\theta) $

Então, podemos escrever, levando em conta que, pela semelhança no triângulo isósceles:

$ x = \frac{hL}{H} $

$ 2mg - \frac{khLsen(2\theta)}{H} = 2mh'' $

Em que h'' é a aceleração do sistema, na vertical.

Dividindo dos dois lados por 2m:

$ g - \frac{khLsen(2\theta)}{2mH} = h'' $

Reescrevendo:

$ A = \frac{kLsen(2\theta)}{2mH} $

$ B = g $

Tem-se:

$ h'' + Ah - B = 0 $

Resolvendo-se a parte homogênea:

$ h'' + Ah = 0 $

Sendo 

$ h = e^{pt} \iff h'' = p^2 e^{pt} $

Temos:

$ p^2 + A = 0 \iff p = \pm \sqrt{A}i $

Então as soluções são:

$ h_c = c_1e^{\sqrt{A}it} + c_2e^{-\sqrt{A}it} $

Que também pode ser reescrito como:

$ h_c = C \times cos(\sqrt{A}t) $

Resolvendo-se a parte não homogênea:

$ h = c \iff h'' = 0 $

$ h'' + Ah - B = 0 \iff h = c = \frac{B}{A} $

Portanto:

$ h = C \times cos( \sqrt{A}t ) + \frac{B}{A} $

Que tem como período:

$ T = \frac{2\pi}{\sqrt{A}} = 2\pi \sqrt{\frac{2mH}{kLsen(2\theta)}} $

$\boxed { T=2\pi \sqrt { \frac { m }{ 2k } \left( \frac { 4H^{ 2 }+L^{ 2 } }{ L^{ 2 } }  \right)  }  } $