Compêndio do Blog Fatos Matemáticos (parte 2)

COMPÊNDIO DO BLOG FATOS MATEMÁTICOSDiversos 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




3.5 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

Compêndio do Blog Fatos Matemáticos Volume 2, n 1

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



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


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 grá-

co holandês conhecido pelas suas xilogravuras, litograas

e meios-tons (mezzotints), que tendem a representar con-

struções impossíveis, preenchimento regular do plano, explo-

rações 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 con-

heceu 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


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


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 es-

férica 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


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

3πR3

com o volume de um cilindro (πr2h), onde a altura é o comprimento do barbante, ou seja:

4

3πR3 = πr2h ⇒ h =

4R3

3r2

Usando essa fórmula segue que o comprimento aproximado da maior bola de barbante do mundo

é

h =4× 13

3× (10−3)2= 1.333.333 m

ou seja, 1333 km aproximadamente.

1.3 O Google na Matemática


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


1.4 O Maior Número Primo Conhecido


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


• 30.000 a.C. : Evidências primitivas de contagem.

• 3000 a.C. : Início do sistema de numeração egípcio.

9


• 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 sim-

bólica. 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


• 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 probabili-

dades.

• 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 não-

euclideana, 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, con-

siderado 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.

11


1.6 As 10 Fórmulas Matemáticas Que Mudaram a Face da

Terra


Apresento agora as 10 fórmulas matemáticas que mudaram a face da Terra em selos produzi-

dos pela Nicarágua. Fica a cargo dos leitores ordenar essas fórmulas por ordem de importância.

1. A lei de Maxwell.

2. A lei de Boltzmann.

12


3. A lei da Gravitação de Newton.

4. A lei de Tsiolkovskii sobre a propulsão de foguetes.

5. Teorema de Pitágoras.

13


6. A lei de Napier sobre os logaritmos.

7. A lei de Einstein.

8. A lei de Arquimedes.

14


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)


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

ay√

1 + (y′)2dx (2.1)

16


Sendo

y′(x) =−x√

R2 − x2

segue que √1 + (y′)2 =

R√R2 − x2

=R

y(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


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 mis-

tura 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 teo-

rema 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 = 2πxA

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


desse sólido é

V = π

∫ d

c[h2(y)

2 − h1(y)2]dy = π

∫ d

c

∫ h2(y)

h1(y)2xdxdy = 2π

∫ ∫RxdA (2.3)

Por outro lado, o centróide da região R é dado por

x =My

M=

∫ ∫R xdA∫ ∫R dA

⇒∫ ∫

RxdA = xA (2.4)

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

y =4r

3π

O volume da rosquinha de Homer que aliás é um toro ou câmara de ar ca fácil com a fórmula

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

4(R2

2 −R21)(R2 −R1)

2.3 O Limite Trigonométrico Fundamental e o Cálculo de

Áreas (Parte 1)


Um dos principais limites fundamentais do Cálculo é o Limite Trigonométrico Fundamental

(LTF) que é dado por:

limθ→0

sin θ

θ= 1 (2.5)

18


Este limite surge no Cálculo quando estudamos a derivada das funções trigonométricas. His-

toricamente, 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 sinx

e cosx,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 ONB , ON = r cos θ e BN = r sin θ de modo que a área do triângulo é

ON ×BN

2=

r2

2sin θ cos θ ⇒ s(n) = nr2 sin θ cos θ

19


Por outro lado, sendo , se OAB ∼ OA′B′, segue que

S(n)

s(n)=

(OM

ON

)2

=1

cos2 θ⇒ S(n) = nr2

sin θ

cos θ

Sendo s(n) ≤ S ≤ S(n) e usando o fato que θ =π

n, temos:

πr2 cos θsin θ

θ< S < πr2

1

cos θ

sin 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: Piskounov N. - Cálculo Diferencial e Integral V. 1. Lopes da

Silva Editora, 6a ed. 1978.

2.4 O Limite Trigonométrico Fundamental e o Cálculo de

Áreas (Parte 2)


Vejamos agora como aplicar o LTF para calcular a área sob o gráco da função y = sinx

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


Figura 2.1: Retângulos Inscritos

Figura 2.2: Retângulos Circunscritos

s(n) = h

n−1∑j=0

sin(a+ jh) (2.6)

e

S(n) = hn∑

j=0

sin(a+ jh) (2.7)

Mas

2 sinx 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) = hn−1∑j=0

2 sin(h) sin(a+ jh) = hn−1∑j=0

[cos(a+ (j − 1)h)− cos(a+ (j + 1)h)]

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


Sendo s(n) < S < S(n), então

h

2 sin(h)[cos(a− h) + cos(a)− cos(b− h)− cos(b)] < S

<h

2 sin(h)[cos(a) + cos(a+ h)− cos(b)− cos(b+ h)]

Lembrando que h =b− a

n, quando n → ∞, h → 0, donde segue que

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


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 + a2x

22


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

2e x′′ =

a

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


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


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 deter-

minar x, de modo que volume V (x) = abx seja máximo. Das expressões presentes na gura,

segue que

a =A

2− x e b = B − 2x

de modo que

V (x) = x

(A

2− x

)(B − 2x) = 2x3 − (A+B)x2 +

ABx

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 +B2

6⇒ x′′ =

A+B +√A2 −AB +B2

6

Note que A2 −AB +B2 > A2 − 2AB +B2 = (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 +B2 < 0 e V ′′(x′′) =√

A2 −AB +B2 > 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)


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:∫ ∞

0f(t)dt =

∫ ∞

0e−stf(t)dt

s=a

= F (a) onde F (s) = Lf(t)

Exemplo 3.1

1. ∫ ∞

0e−3t sin tdt = Lsin ts=3 =

(1

s2 + 1

)s=3

=1

10

2. ∫ ∞

0e−2tt cos(3t) = Lt cos(3t)s=2 =

[− d

ds

(s

s2 + 9

)]s=2

= −[

9− s2

(s2 + 9)2

]s=2

=5

169

Da teoria de transformadas de Laplace, sabemos que se F (s) = Lf(t), então

Lf(t)

t

=

∫ ∞

0

e−stf(t)dt

t=

∫ ∞

sF (u)du

Assim, fazendo s → 0 segue que ∫ ∞

0

f(t)dt

t=

∫ ∞

0F (u)du

25


Exemplo 3.2 ∫ ∞

0

sin(2t)dt

t=

∫ ∞

0F (u)du =

∫ ∞

0

2du

u2 + 4

=1

2arctan(u/2)

]∞0

=π

4

Referência Bibliográca: Schi, Joel L. The Laplace Transform: Theory and Applications.



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

Ltn =n!

sn+1

ou seja,1

sn+1=

1

n!

∫ ∞

0e−sttndt

Assim, para calcular integrais do tipo ∫ ∞

0

f(t)

tndt

procedemos do seguinte modo:

1

sn=

1

(n− 1)!

∫ ∞

0e−sttn−1dt

Integrando essa expressão de 0 a ∞, temos:∫ ∞

0

f(s)

snds =

1

(n− 1)!

∫ ∞

0f(s)

(∫ ∞

0e−sttn−1dt

)ds

=1

(n− 1)!

∫ ∞

0tn−1F (t)dt

Assim, obtemos uma fórmula muito útil para calcular integrais impróprias, dada por∫ ∞

0

f(t)

tndt =

1

(n− 1)!

∫ ∞

0sn−1F (s)ds onde F (s) = Lf(t) (3.1)

Exemplo 3.3 Calcule a integral imprópria abaixo:∫ ∞

0

sin2 t

t2dt

Resolução: ∫ ∞

0

sin2 t

t2dt =

∫ ∞

0sLsin2 tds =

∫ ∞

0L1− cos(2t)

2

ds

pela fórmula (3.1) acima. Calculando a transformada de Laplace acima, temos:∫ ∞

0

sin2 t

t2dt =

∫ ∞

0s

(1

s− s

s2 + 4

)ds =

1

2

∫ ∞

0

(1− s2

s2 + 4

)ds =

1

2

∫ ∞

0

4

s2 + 4ds =

π

2

26




Se a integral é difícil de calcular, nós podemos primeiro achar sua transformada de Laplace

e em seguida calcular sua inversa. Matematicamente, temos:∫ ∞

0f(t)dt = L−1F (s) ondeF (s) = Lf(t)

Exemplo 3.4 Use a transformada de Laplace para calcular a integral:∫ ∞

0

cosx

x2 + b2dx

Para usar a transformada de Laplace, mudamos cosx para cos(tx) e no nal fazemos t = 1.

Seja

I(t) =

∫ ∞

0

cos(tx)

x2 + b2dx ⇒ LI(t) =

∫ ∞

0

Lcos(tx)x2 + b2

dx

Assim,

LI(t)] =∫ ∞

0

(1

x2 + b2· s

x2 + s2

)dx

Usando a técnica de frações parciais, temos:

1

x2 + b2· s

x2 + s2=

Ax+B

x2 + b2+

Cx+D

x2 + s2⇒

A = C = 0, B =s

s2 − b2e D = − s

s2 − b2

de modo que

LI(t) =s

s2 − b2

[1

barctan

x

b

]∞0

−[1

sarctan

x

s

]∞0

Logo,

LI(t) =π

2b(s+ b)⇒ I(t) =

π

2be−bt ⇒ I(1) =

π

2be−b



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∫ ∞

0

cosx− cos(3x)

x2dx = π

Para calcular esta integral, note que:

1

s2=

∫ ∞

0xe−sxdx

27


Assim,

I :=

∫ ∞

0

cos(s)− cos(3s)

s2ds =

∫ ∞

0

∫ ∞

0xe−sx[cos(s)− cos(3s)]dxds

Invertendo a ordem de integração e usando a denição de transformada de Laplace, temos:

I =

∫ ∞

0x

∫ ∞

0[Lcos(s) − Lcos(3s)]dx =

∫ ∞

0

[x2

1 + x2− x2

9 + x2

]dx

ou seja,

I =

∫ ∞

0

9dx

9 + x2−

∫ ∞

0

dx

1 + x2=

[3 arctan(

x

3)− arctan(x)

]∞0

= π

3.5 Uma Identidade Entre Séries e Integrais


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

(mk + a)(mk + b)=

1

b− a

∫ 1

0

(xa−1 − xb−1)

1− xmdx (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

(mk + a)(mk + b)=

A

mk + a+

B

mk + b

donde segue que A = 1/(b− a) e B = −1/(b− a). Assim,

∞∑k=0

1

(mk + a)(mk + b)=

1

b− a

∞∑k=0

1

mk + a− 1

b− a

∞∑k=0

1

mk + b(3.3)

Note que1

mk + b=

∫ 1

0xmk+b−1dx e

1

mk + b=

∫ 1

0xmk+b−1dx

Substituindo essas expressões em (3.3), temos

∞∑k=0

1

(mk + a)(mk + b)=

1

b− a

∞∑k=0

∫ 1

0xmk+a−1dx

1

b− a

∞∑k=0

∫ 1

0xmk+b−1dx

=1

b− a

∫ 1

0xa−1

∞∑k=0

xmk − 1

b− a

∫ 1

0xb−1

∞∑k=0

xmkdx

(3.4)

28


Estamos supondo na última expressão que a convergência é uniforme, de modo que podemos

alternar a série com a integral. Mas,

∞∑k=0

xmk =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

∞∑k=0

1

(2k + 1)(2k + 2)= ln 2

Resolução: Usando a fórmula (3.2) com m = 2, a = 1 e b = 2, segue que

∞∑k=0

1

(2k + 1)(2k + 2)=

1

2− 1

∫ 1

0

(x1−1 − x2−1)

1− x2dx =

∫ 1

0

1

1 + x= ln 2

Exemplo 3.6 Verique a identidade∫ 1

0

dx

1 + x+ x2 + x3=

∞∑k=0

1

(4k + 1)(4k + 2)

Resolução: De fato, usando a expressão (3.2) com m = 4, a = 1 e b = 2, temos:

∞∑k=0

1

(4k + 1)(4k + 2)=

∫ 1

0

x1−1 − x2−1

1− x4dx =

∫ 1

0

1

1 + x+ x2 + x3dx

Exercício 3.1 Use a identidade (3.2) acima e calcule a soma da série abaixo:

S =1

1 · 3+

1

3 · 5+ . . .+

1

(2n+ 1)(2n+ 3)+ . . .

R: S = 1/2

Exercício 3.2 Mostre que

∞∑k=0

1

(2k + 1)(2k + 3)(2k + 5)=

1

12

Sugestão: Use frações parciais para escrever esta série na soma de duas séries, e em seguida

use a identidade acima.

29

Capítulo 4


4.1 A Equação Logística e a Gripe A


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 popu-

lação 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


Assim, a taxa de crescimento das pessoas infectadas no tempo t é dada pela equação

diferencialdP

dt= rP

(1− P

Pmax

)= rP − rP 2

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− P

Pmax

) = rdt

Sendo1

P

(1− P

Pmax

) =Pmax

P (Pmax − P )=

A

P+

B

Pmax − P

segue que A = B = 1. Assim, integrando a EDO com as variáveis separadas acima, temos

lnP − ln(Pmax − P ) = rt+ C ⇒ P (t)

Pmax − P (t)= Cert (4.2)

Isolando P (t) na equação (4.2), segue que

P (t) =CPmaxe

rt

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) =Pmax

1 +

(Pmax

P0− 1

)e−rt

(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),

P (t) =10.000

1 + 499e−rt

Sendo P (2) = 100, segue que e−r = 0, 4454, de modo que

P (t) =10.000

1 + 499× 0, 4454t

e para t = 6, temos P (6) = 2042 casos da gripe A.

31


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 gov-

ernamentais 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


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


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

dt= Taxa de entrada − Taxa de saida (4.6)

Observe que

Taxa de entrada = C1(kg/l) ·Q(l/min) = C1Q(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 =C

V(kg/l) ·Q(l/min) =

QC

V(kg/min)

Segue de (4.6) quedC

dt= C1Q− Q

VC

Sendo C(0) = C0 a concentração inicial de sal no tanque, temos o problema de valor inicialdC

dt+

Q

VC = C1Q

C(0) = C0

33


que é uma equação diferencial linear de 1a ordem. Multiplicando esta equação por eQt/V ,

temos:

eQt/V dC

dt+

Q

VeQt/V C =

d

dt(eQt/V · C) = C1QeQt/V

donde segue que

C(t) = C1Q+ ke−Qt/V

Sendo C(0) = C0, então k = C0 − C1Q. Logo,

C(t) = C1Q+ (C0 − C1Q)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) =

C0e−2t/200 ⇒ 0, 01C0 = C0e

−t/100. Logo, t = 100 ln 100 ≃ 460 min ≃ 7h 40 min.

4.3 Algumas Propriedades da Equação N-Dimensional do Calor


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


calor é dada porut −u = 0, Ω× (0,+∞)

u = 0, ∂Ω× (0,+∞)

u(x, 0) = u0(x), x ∈ Ω

(4.7)

Considere o problema de autovalores:−ϕj = λjϕj , x ∈ Ω

ϕj = 0 sobre ∂Ω

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) =

∞∑k=1

cke−λktϕk(x) (4.8)

Note que

u0(x) = u(x, 0) =

∞∑k=1

ckϕk(x)

Armação 4.1 Os coecientes ck são dados por

ck =

∫Ωu0(x)ϕk(x)dx

De fato,

< u0(x), ϕj(x) > = <

∞∑k=1

ckϕk(x), ϕj(x) > =

∞∑k=1

ck < ϕk(x), ϕj(x) >

Usando a ortogonalidade das autofunções ϕk, segue que∫Ωu0(x)ϕj(x)dx = < u0(x), ϕj(x) > = cj < ϕj(x), ϕj(x) > = cj

Proposição 4.1

|| u(·, t) ||2L2(Ω)=

∞∑k=1

c2ke−2λkt

35


Demonstração: Usando a denição de norma no espaço L2(Ω), temos:∫Ωu(x, t)2dx =

∫Ω

( ∞∑j=1

cje−λjtϕj(x)

)( ∞∑k=1

cke−λktϕk(x)

)dx

ou seja,

|| u(·, t) ||2L2(Ω)=

∞∑j=1

∞∑k=1

cjcke−λjt−λkt

∫Ωϕj(x)ϕk(x)dx

Usando a ortogonalidade das autofunções, segue que

|| u(·, t) ||2L2(Ω)=

∞∑k=1

c2ke−2λkt

temos o resultado desejado.

Uma consequência imediata desta propriedade é que

|| u0(x) ||2L2(Ω)=

∞∑k=1

c2k

Proposição 4.2 (Dissipação de Energia) Para todo t ≥ 0,

E(t) ≤ E(0)e−2λ1t

onde λ1 > 0 é o primeiro autovalor e

E(t) =

∫Ωu(x, t)2dx

Demonstração: Multiplicando a equação do calor por u, segue que:

(ut −u)u = 0 ⇒ uut − u∆u = 0

ou seja:1

2

∂

∂t(u2)− u∆u = 0 (4.9)

Integrando a expressão (4.9) em relação a x sobre Ω, temos:

1

2

∫Ω

∂

∂t(u2)dx =

∫Ωu∆udx (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

2

d

dt

(∫Ωu(x, t)2dx

)=

∫∂Ω

u∂u

∂ndS −

∫Ω| ∇u |2 dx

Por (2.1), u = 0 sobre ∂Ω, de modo que a primeira integral no segundo membro é nula. Assim,

1

2

d

dtE(t) = −

∫Ω| ∇ |2 dx ≤ −λ1E(t)

pela desigualdade Poincaré. Assim,

E(t) ≤ E(0)e−2λ1t

36


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


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 pro-

jetos 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 P = mgj e uma força resistiva

R = −kv2j, cujo módulo é proporcional ao quadrado da velocidade. A constante k depende

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

P + R = ma ⇒ mg − kv2 = ma

Sendo a =dv

dt, então

dv

dt+

k

mv2 − g = 0 (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

v essa velocidade, segue que

0 +k

mv2 − g = 0 ⇒ v =

√mg

k(4.12)

37


Mas será que esse argumento do equilíbrio das forças está correto? Claro que sim, e para

vericar essa hipótese, iremos calcular v de outro modo, ou seja, resolveremos o problema de

valor inicial acima por integração e mostraremos que

limt→∞

v(t) = v (4.13)

Separando as variáveis em (4.11), temos:

dt =dv

g − k

mv2

⇒ t =

∫dt =

∫dv

g − k

mv2

=1

g

∫dv

1−(√

kmgv

)2 (4.14)

Neste ponto usaremos as técnicas da Trigonometria Hiperbólica. Sabemos que

cosh2 θ − sinh2 θ = 1 ⇒ 1− tanh2 θ = sech2θ (4.15)

ed

dθ(tanh θ) = sech2θ (4.16)

Fazendo √k

mgv = tanh θ ⇒ dv =

√mg

ksech2θdθ (4.17)

usando a expressão (4.16). Substituindo (4.17) na expressão (4.14), temos

t =1

g

∫ √mg

ksech2θdθ

1− tanh2 θ=

√m

gk

∫dθ

pela expressão (4.15). Logo,

t =

√m

gkarctanh

(√k

mgv

)+ C (4.18)

Para t = 0, v(0) = v0, de modo que

C = −√

m

gkarctanh

(√k

mgv0

)(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

ktanh

[√gtk

m+ arctanh

(√k

mgv0

)](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)

cosh(x+ y)=

tanhx+ tanh y

1 + tanhx tanh y

38


Assim,

v(t) =

√mg

k

[ tanh

(√gtk

m

)+

√k

mgv0

1 + tanh

(√gtk

m

)√k

mgv0

]

Quando t → ∞, tanh(αt) → 1. Logo,

limt→∞

v(t) =

√mg

k

[1 +√k

mgv0

1 +

√k

mgv0

]=

√mg

k= v

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


5.1 A Fórmula de Pick


A Matemática apresenta muitos fatos interessantes, tais como

a identidade eπi +1 = 0 que relaciona as 5 constantes mais impor-

tantes 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:

S =1

2Nl +Ni− 1

onde Nl é o número de pontos situados nos lados do polígono e Ni 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


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


Analiticamente o produto escalar é apresentado em

Geometria Analítica nos primeiros semestres da universi-

dade. O produto escalar dos vetores u = (u1, u2, u3) e

v = (v1, v2, v3), denotado por u · v é denido por

u · v = u1v1 + u2v2 + u3v3 (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) = cosβ cosα+ sinβ sinα

Na gura acima, u = (cosα, sinα e v = (cosβ, sinβ) e pela propriedade (5.3) é fácil ver que

esses vetores são unitários. Assim, por (5.1), temos

u · v = cosα cosβ + sinα sinβ (5.4)

e pela fórmula (5.3),

u · v = cos(β − α) (5.5)

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


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


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


De fato, a equação da circunferência de centro C(b

2,c+ 1

2) e raio OB é dada por

(x− b

2)2 + (y − c+ 1

2)2 = (

b

2− 0)2 + (

c+ 1

2− 1)2

Os pontos M e N são obtidos fazendo y = 0 nesta equação, isto é,

(x− b

2)2 +

(c+ 1)2

4=

b2

4+ (

c+ 1

2− 1)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

y =x2

4tem a ver com as raízes da equação quadrática?

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


Nos últimos tempos percebi que os livros textos de

Matemática têm dado muita atenção a Álgebra em detri-

mento da Geometria Plana. Veremos neste post que as

técnicas deste ramo do conhecimento está presente em ex-

pressões simples, tal como a relação entre os coecientes

angulares de duas retas perpendiculares.

Para isso, dadas as retas perpendiculares r : y = m1x

e s : y = m2x + b, mostraremos através da Geometria

Plana o clássico resultado

m1 ·m2 = −1

43


De fato, na gura acima,

OAB ∼ ODC ⇒ OB

OA=

OD

OC⇒ b

−b

m2

=1

m1⇒ 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


Neste post tratarei de um problema relativo a queima

de duas velas homogêneas ou não e de dimensões vari-

adas e com certas autonomias em horas. Tais questões as

vezes caem em vestibulares e exigem do aluno o conhec-

imento 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

3=

l − x

te v2 =

l

5=

l − 2x

t

44


Eliminando t dessas equações, temos 5(l − 2x) = 3(l − x) ou x = 2l/7. Logo,

t =l − x

l/3=

l − 2l/7

l/3=

15

7horas

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 − v1t e s2(t) = l2 − v2t

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 (5.7)

Substituindo (5.7) em (5.6), temos

l1 = l2 + 2

(2

7l1 −

l25

)⇒ l2

l1=

5

7

45


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:

s1(t) = l − v1(t− t0) = l − l

3(t− t0) e s2(t) = l − v2(t− t0) = l − l

4(t− t0)

Na gura abaixo, temos o gráco das funções horárias.

As 16 h, temos s2(t) = 2s1(t). Assim,

1− 1

4(16− t0) = 2

[1− 1

4(16− t0)

]⇒ 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


Seja a equação geral da reta no R2:

r : ax+ by + c = 0

46


Assumindo que b = 0, o coeciente angular de r é dado por

m = −a

b

Assim, v1 = (1,m) = (1,−a/b) é um vetor paralelo a reta r. Se v = bv1 = (b,−a), então v

também é um vetor paralelo a r. Se N = (a, b) e sendo

N · v = (a, b) · (b,−a) = ab− ba = 0

segue que N é um vetor normal à reta r. Observe que as componentes do vetor normal, são

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: Sendo N = (2, 3), então a = 2 e b = 3, de modo que a equação da reta

procurada é r : 2x+3y+ c = 0. Como (1, 1) ∈ r, então 2 · 1+3 · 1+ c = 0 ⇒ c = −5.

Logo, r : 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: Sendo r perpendicular, então Ns é perpendicular ao vetor Nr = (2,−1), de modo

que

Ns · (2,−1) = 0 ⇒ Ns = (1, 2)

Assim, s : 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,

observe que o ângulo entre r e s também é o ângulo formado pelos vetores Nr e Ns ou entre

−Nr e Ns ou entre Nr e Ns, conforme a gura abaixo:

47


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

Nr · Ns =| Nr | | Ns | cos θ (5.9)

De (5.8) e (5.9), segue a fórmula

cos θ =| cos θ |= | Nr · Ns || Nr | | Ns |

=| Nr · Ns |

| Nr | · | Ns |

que fornece o ângulo entre as retas r e s. É claro que se r ∥ s, então

Nr ∥ Ns ⇒ Nr = kNs ⇒ cos θ = 1 ⇒ θ = 0

Se r ⊥ s, então Nr · Ns = 0 ⇒ cos θ = 0 ⇒ θ = 90. No caso em que as retas r e s

são paralelas a um dos eixos coordenadas, adota-se N = i = (1, 0) ou N = j = (0, 1).

Exemplo 5.3 Determine o ângulo entre as retas r : y =x√3+ 1 e s x = −

√3y.

Resolução: Note que Nr = (1/√3,−1) e Ns = (1,

√3), de modo que

Nr · Ns =

√3

3−

√3 = −2

√3

3= − 2√

3

48


Sendo

| Nr |=

√(√3

3

)2

+ (−1)2 =2√3

e

| Ns |=√

1 + (√3)2 =

√4 = 2

segue que

cos θ =| −2/

√3 |

2√3· 2

=1

2⇒ θ = 60

49

Hall da Fama

Procure identicar o maior número de matemáticos na gura abaixo.

50

Documents

Compêndio do Blog Fatos Matemáticos (parte 2)