28 de jun de 2015

Resolução da integral $\int \frac{1}{a-bx}dx$

Nesta postagem, vamos demonstrar que:
\begin{equation*}
\int \frac{1}{a-bx}dx = -\frac{\ln(a-bx)}{b}+C
\end{equation*}
onde $a$ e $b$ são constantes tais que $a$ e $b$ $\in \mathbb{R}$, sendo $a \neq bx$ e $b \neq 0$.


Seja a integral:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{a-bx}dx
\end{equation*}
Fazemos a substituição $u = a-bx$. Assim, $du= - b\ dx$ e $\displaystyle dx = -\frac{du}{b}$:
\begin{equation*}
I = - \int \frac{1}{u} \cdot \frac{du}{b}\\
\ \\
I = -\frac{1}{b} \int \frac{1}{u}du
\end{equation*}
A integral de $\displaystyle \frac{1}{u}$ é $\ln(u)$. Assim:
\begin{equation*}
I = - \frac{1}{b} \ln(u)+C
\end{equation*}
Mas $u=a-bx$, logo:
\begin{equation*}
I = -\frac{1}{b} \ln(a-bx) + C\\
\ \\
I = - \frac{\ln(a-bx)}{b}+C
\end{equation*}


Veja mais:

Lista de resolução e integrais
Integração por substituição
Integração por partes





24 de jun de 2015

Triângulos órticos

O triângulo é objeto de estudo desde a antiguidade. Nos remotos tempos de Tales, Pitágoras e Arquimedes já sabia-se algumas de sua propriedades e com o passar dos séculos, os matemáticos e entusiastas vieram a descobrir muitas outras mais. Uma dessas propriedades é que da intersecção das três alturas de um triângulo, obtém-se um ponto denominado ortocentro, que é único em um triângulo.




Ao unirmos os pés dessas alturas, obtemos um novo triângulo denominado triângulo órtico, justamente por ser obtido através da construção do ortocentro.

Definição

Chama-se órtico de um triângulo $ABC$ qualquer, o triângulo cujos vértices são os pés das alturas do triângulo $ABC$.


O ortocentro existe em qualquer triângulo, seja ele acutângulo, obtusângulo ou retângulo. No entanto, o triângulo órtico só existe no triângulo acutângulo e no obtusângulo, pois no triângulo retângulo os pés das três alturas se coincidem num mesmo ponto, que é o vértice do triângulo que contém o ângulo reto.

Todo triângulo não-retângulo possui um único triângulo órtico. Porém, um mesmo triângulo órtico pode ser obtido de quatro triângulo diferentes: um acutângulo e três obtusângulos.



A figura acima mostra os quatro triângulos que possuem o mesmo órtico. Note que o triângulo acutângulo $ABC$ contém os outros três triângulos obtusângulos, e por este motivo o triângulo acutângulo é denominado triângulo fundamental do triângulo órtico.

Teorema

As alturas de um triângulo acutângulo são as bissetrizes dos ângulos internos do triângulo órtico.

Demonstração

Primeiramente, vemos que os ângulos $A\widehat{B}H$ e $A\widehat{C}H$ são congruentes e medem $\alpha$.



Vamos provar que os ângulos $A\widehat{H_a}H_b$ e $A\widehat{H_a}H_c$ são congruentes e também medem $\alpha$.

Observemos que os quadriláteros $HH_aCH_b$ e $HH_aBH_c$ são inscritíveis, por possuírem cada um deles um par de ângulos opostos retos e, portanto, suplementares. Do quadrilátero $HH_aCH_b$, deduzimos que $A\widehat{H_a}H_b \equiv A\widehat{C}H_c$, pois são ângulos inscritos que enxergam o mesmo arco $HH_b$:
\begin{equation}
A\widehat{H_a}H_b = \alpha
\end{equation}
Analogamente, do quadrilátero $HH_aBH_c$, deduzimos que $A\widehat{H_a}H_c \equiv A\widehat{B}H_c$:
\begin{equation}
A\widehat{H_a}H_c = \alpha
\end{equation}
Igualando as relações $(1)$ e $(2)$, obtemos que:
\begin{equation}
A\widehat{H_a}H_b\equiv A\widehat{H_a}H_c
\end{equation}
A relação $(3)$ mostra que a altura $\overline{AH_a}$ do triângulo $ABC$ é a bissetriz de um ângulo interno do triângulo órtico.

Seguindo o mesmo raciocínio, podemos provar que as outras duas alturas são as bissetrizes dos outros dois ângulos internos do triângulo órtico.


Construção geométrica do triângulo órtico a partir do triângulo fundamental

Dado um triângulo acutângulo $ABC$, veremos como construir seu triângulo órtico. Para tal, devemos traçar as três alturas.

$1)$ Seja um triângulo acutângulo $ABC$ dado:



$2)$ Primeiramente vamos construir a altura $\overline{AH_a}$, referente ao lado $\overline{BC}$. Com a ponta seca do compasso em $A$, descrevemos um arco que corta o lado $\overline{BC}$ em nos pontos $P_1$ e $P_2$:



$3)$ Em seguida, construímos a mediatriz do segmento definido pelos pontos $P_1$ e $P_2$. Com a ponta seca do compasso em $P_1$, descrevemos um arco de raio maior que a metade do segmento $\overline{P_1P_2}$. Em seguida, descrevemos outro arco de mesmo raio centrado em $P_2$. A reta que passa pela intersecção desses arcos, também passa pelo ponto $A$ e define a altura $\overline{AH_a}$:



$4)$ Analogamente, construímos as alturas $\overline{BH_b}$ e $\overline{CH_c}$ respectivamente aos lados $\overline{AC}$ e $\overline{AB}$ do triângulo:



$5)$ Unindo os pés das alturas $H_a$, $H_b$ e $H_c$, construímos o triângulo órtico $H_aH_bH_c$ referente ao triângulo $ABC$.



Referências:

[1] Desenho Geométrico Volume Especial - Putnoki - Ed. Scipione

Veja mais:


Pontos notáveis de um triângulo
Os pontos de Brocard em um triângulo 
Relações métricas no triângulo retângulo



14 de jun de 2015

O teorema da corda quebrada de Arquimedes

O matemático árabe Abul Raihan al Biruni atribui a Arquimedes, uma elegante proposição geométrica, chamada teorema da corda quebrada o qual enunciaremos abaixo:


Teorema (Arquimedes):

Se $AB$ e $BC$ compõem uma corda quebrada $ABC$, onde $BC > AB$ e se $M$ é o ponto médio do arco $A\widehat{B}C$, então o pé $F$ da perpendicular de $M$ sobre $BC$ é o ponto médio da corda quebrada.

Demonstração:

Na figura acima, provaremos que:
\begin{equation*}
AB + BF = FC = \frac{AB+BC}{2}
\end{equation*}
Desde que $AB < BC$ existe um ponto $E$ sobre $BC$ tal que $EC = AB$.

Por hipótese, $M$ é o ponto médio do arco $A\widehat{M}B$, de modo que $AM = MC$, pois cordas de arcos congruentes são congruentes. Além disso, $\hat{A} = \hat{C}$, pois são ângulos de um mesmo arco $\hat{BM}$. Sendo $EC = AB$, segue que $\triangle ABM \simeq \triangle CEM$.

Desta congruência desses triângulos, segue que $BM = ME$ o que prova que o $\triangle MBE$ é isósceles. Sendo $MF$ sua altura, então $\triangle BMF \simeq EMF$, pois $B\hat{F}M = E\hat{F}M = 90^{\circ}$, $MF = MF$ e $BM = ME$. Assim, $BF = FE$, de modo que
\begin{equation*}
AB + BF = EC + FE = FC
\end{equation*}
Logo,
\begin{equation*}
AB + BC = (AB + BF) + FC = 2FC \quad \Rightarrow FC = AB + BF = \frac{AB+BC}{2}
\end{equation*}

Consequência:

Se o arco $\widehat{MC} = 2\alpha$ e o arco $\widehat{BM} = 2\beta$, então
\begin{equation}
\sin(\alpha - \beta) = \text{sen} (\alpha) \cos (\beta) - \text{sen} (\beta) \cos (\alpha)
\end{equation}
e
\begin{equation}
\sin(\alpha + \beta) = \text{sen} (\alpha) \cos (\beta) + \text{sen} (\beta) \cos (\alpha)
\end{equation}
Na figura abaixo, $ABC$ é a corda quebrada, $OC = OB = OM = r$.



No $\triangle OGM$,
\begin{equation*}
\sin \alpha = \frac{MG}{OR} = \frac{MC/2}{r} \Longrightarrow MC = 2r \text{sen}( \alpha)
\end{equation*}
e no $\triangle OBH$,

No $\triangle CFM$ retângulo em $F$, $M\hat{C}F = B\hat{O}M/2$, ou seja, $M\hat{C}F = \beta$. Assim,
\begin{equation*}
FC = 2r \text{sen} (\alpha) \cos (\beta)
\end{equation*}
Analogamente, no triângulo retângulo $BFM$, temos $M\hat{B}F = M\hat{O}C/2 = \alpha$. Assim
\begin{equation*}
\cos (\alpha) = \frac{BF}{BM} \Longrightarrow BF = 2r \text{sen} (\beta) \cos (\alpha)
\end{equation*}
Pelo teorema da corda quebrada, $AB + BF = FC$, de modo que
\begin{equation*}
AB = FC - BF \Longrightarrow  AB = 2r(\text{sen} (\alpha) \cos (\beta) - \text{sen}(\beta) \cos (\alpha))
\end{equation*}
No $\triangle BOI$ retângulo em $I$,
\begin{equation*}
\text{sen} (\gamma) = \frac{BI}{OB} = \frac{AB/2}{r}  \Longrightarrow AB = 2r \text{sen} (\gamma)
\end{equation*}
Mas o arco $\widehat{AM} = \widehat{MC}$, donde segue que $2\gamma + 2\beta = 2\alpha \Longrightarrow \gamma = \alpha - \beta$. Logo:
\begin{equation*}
AB = 2r \text{sen}(\alpha - \beta)  \Rightarrow  2r \text{sen}(\alpha - \beta) = 2r(\text{sen} (\alpha) \cos (\beta) - \text{sen} (\beta) \cos (\alpha))
\end{equation*}
donde segue a identidade $(1)$.

Para provar a identidade $(2)$, sabemos do teorema da corda quebrada que $BF + FC = BC$ e que o arco $\widehat{BC} = 2\alpha + 2\beta = 2(\alpha + \beta)$ . Assim,
\begin{equation*}
\text{sen}(\alpha + \beta) = \text{sen}\left(\frac{\widehat{BC}}{2}\right) = \frac{BC/2}{r} \Longrightarrow BC = 2r \text{sen}(\alpha + \beta)
\end{equation*}
Logo,
\begin{equation*}
2r \text{sen}(\alpha + \beta) = BC = BF + FC = 2r \text{sen}(\alpha) \cos (\beta) + 2r \text{sen} (\beta) \cos (\alpha)
\end{equation*}
donde segue a demonstração.

*Este artigo é uma republicação. O link do artigo original encontra-se nas referências.

Referências:

[1] O teorema da corda quebrada de Arquimedes no blog Fatos Matemáticos

Veja mais:

O cálculo no Japão
O corpus arquimediano
Teorema do ângulo inscrito



6 de jun de 2015

Resolução da integral $\int \frac{x^2}{(4-x^2)^{3/2}}dx$

Li em um livro, talvez no do Simmons ou do Foulis, que integrar é uma arte. E é verdade. Quanto mais resolvo, mais percebo que não basta apenas o trivial.

Esta integral foi enviada por um leitor por e-mail. Só consegui resolvê-la com uma ajuda da Wolfram. Ao resolvermos esta integral, faremos uma substituição nada trivial. No entanto, após uma manipulação de identidades trigonométricas, chegamos a um resultado satisfatório.


Seja a integral:
\begin{equation}
I = \int \frac{x^2}{(4-x^2)^{3/2}}dx = \int \frac{x^2}{\sqrt{(4-x^2)^3}} dx
\end{equation}
Fazemos a substituição no integrando: $x=2\text{sen}(u)$ e $dx=2\cos (u)du$, de modo que o denominador fica:
\begin{equation*}
\sqrt{(4-x^2)^3} = \sqrt{(4-(2\text{sen}(u))^2)^3} = \sqrt{(4-4\text{sen}^2(u))^3} =(4-4\text{sen}^2(u))\sqrt{(4-4\text{sen}^2(u)} =4(1-\text{sen}^2(u))\sqrt{4(1-\text{sen}^2(u))} = 8\cos ^2(u) \cdot \cos(u) = 8\cos ^3(u)
\end{equation*}
Assim, a integral inicial fica:
\begin{equation*}
I = \int \frac{(2 \text{sen}(u))^2 \cdot 2\cos (u)}{8 \cos ^3(u)}du\\
\ \\
I = \int \frac{4 \text{sen}^2(u) \cdot 2\cos (u)}{8 \cos ^3(u)}du\\
\ \\
I = \int \frac{\text{sen}^2(u)}{\cos ^2(u)}du\\
\ \\
I = \int \text{tg}^2(u)du
\end{equation*}
Podemos escrever $\text{tg}^2(u) = \sec ^2(u)-1$:
\begin{equation*}
I = \int \left(\sec ^2(u) - 1 \right) du\\
\ \\
I = \int \sec ^2(u) du - \int 1 du\\
\ \\
I = \text{tg}(u) - u + C
\end{equation*}
Mas $\displaystyle u= \text{arcsen}\left(\frac{x}{2}\right)$:
\begin{equation*}
I = \text{tg}\left(\text{arcsen}\left(\frac{x}{2}\right) \right) - \text{arcsen}\left(\frac{x}{2}\right) + C
\end{equation*}
No entanto, $\displaystyle \text{tg} \left( \text{arcsen}(t)\right) = \frac{t}{\sqrt{1-t^2}}$:
\begin{equation*}
I = \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{\displaystyle \sqrt{1-\left(\frac{x}{2}\right)^2}} - \text{arcsen}\left(\frac{x}{2}\right) + C \\
\ \\
I = \frac{x}{\displaystyle 2 \sqrt{1-\frac{x^2}{4}}} - \text{arcsen}\left(\frac{x}{2}\right) + C \\
\ \\
I = \frac{x}{\displaystyle \sqrt{4\left( \frac{4 - x^2}{4}\right)}}- \text{arcsen}\left(\frac{x}{2}\right) + C \\
\ \\
I = \frac{x}{\sqrt{4-x^2}} - \text{arcsen}\left(\frac{x}{2}\right) + C
\end{equation*}

Exemplo $1$:

Calcular a integral definida $\displaystyle I = \int_0^1 \frac{x^2}{(4-x^2)^{3/2}}dx$.

Como resultado do processo de integração acima, temos que:
\begin{equation*}
\int \frac{x^2}{(4-x^2)^{3/2}}dx = \frac{x}{\sqrt{4-x^2}} - \text{arcsen}\left(\frac{x}{2}\right) + C
\end{equation*}
Aplicando os limites de integração, obtemos:

\begin{equation*}
I = \int_0^1 \frac{x^2}{(4-x^2)^{3/2}}dx = \left[\frac{x}{\sqrt{4-x^2}} - \text{arcsen}\left(\frac{x}{2}\right)\right]_0^1\\
\ \\
I = \frac{1}{\sqrt{3}} - \text{arcsen}\left(\frac{1}{2}\right) \\
\ \\
I = \frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{\pi}{6} \approx 0,053751 \ u.a.
\end{equation*}
Graficamente, temos:


Veja mais:

Método de integração por substituição
Método de integração por substituição trigonométrica
Funções trigonométricas inversas: a função arco seno



3 de jun de 2015

Triângulos de áreas constantes na elipse

Leonhard Euler foi o matemático mais prolífico de todos os tempos, estudando vários problemas em várias áreas da Matemática. Em um pequeno artigo, ele discute algumas propriedades de triângulos inscritos em seções cônicas e neste post, veremos um relacionado a elipse na proposição abaixo.


Proposição

Seja $A(x_0,y_0)$ um ponto sobre a elipse
\begin{equation}
\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1
\end{equation}
e passe por ele uma reta tangente $t$. A linha traçada do centro da elipse (ponto $B$) paralela a reta tangente $t$ intercepta a elipse no ponto $C$ conforme a figura acima. Então a área do triângulo $ABC$ não depende do ponto $A$ e sua área é igual ao semi-produto dos semi-eixos $a$ e $b$, isto é,
\begin{equation*}
S_{\triangle ABC} = \frac{ab}{2}
\end{equation*}

Demonstração

Seja $C(x_1,y_1)$ o ponto sobre a elipse tal que $BC$ é paralelo a reta tangente que passa pelo ponto $A(x_0,y_0)$. Por outro lado, derivando implicitamente a expressão $(1)$ em relação a $x$, temos:
\begin{equation}
\frac{2x}{a^2} + \frac{2yy^{\prime}}{b^2} = 0 \quad \Longrightarrow \quad y^{\prime} = -\frac{b^2x}{a^2y}
\end{equation}
No ponto $A(x_0,y_0)$, o coeficiente angular da reta tangente é dado por
\begin{equation*}
y^{\prime}(x_0,y_0) = -\frac{b^2x_0}{a^2y_0}
\end{equation*}
de modo que a equação da reta que passa pelos pontos $B$ e $C$ é dada por
\begin{equation*}
y - 0 = - \frac{b^2x_0}{a^2y_0}(x - 0) \quad \text{ou} \quad BC: \ y = -\frac{b^2x_0x}{a^2y_0}
\end{equation*}
Como $C \in BC$, então
\begin{equation}
a^2y_0y_1 = -b^2x_0x_1
\end{equation}
Mas,
\begin{equation*}
S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}|\vec{BA}\times \vec{BC}| = \frac{1}{2}|(x_0,y_0,0)\times (x_1,y_1,0)|
\end{equation*}
Sendo
\begin{equation*}
(x_0,y_0,0)\times (x_1,y_1,0) =\begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ x_0 & y_0 & 0 \\x_1 & y_1 & 0 \\ \end{vmatrix} = (0,0,x_0y_1 - x_1y_0)
\end{equation*}
segue que
\begin{equation*}
4S_{\triangle ABC}^2 = (x_0y_1 - x_1y_0)^2 = x_0^2y_1^2 - 2x_0x_1y_0y_1 +x_1^2y_0^2
\end{equation*}
Substituindo $(3)$ nesta expressão, temos:
\begin{equation*}
4S_{\triangle ABC}^2 = x_0^2y_1^2 - 2x_0x_1\cdot \biggl(\frac{-b^2x_0x_1}{a^2}\biggr) + x_1^2y_0^2 \\

4S_{\triangle ABC}^2 = x_0^2\biggl(y_1^2 + \frac{2b^2x_1^2}{a^2}\biggr) + x_1y_0^2 \\

4S_{\triangle ABC}^2 = x_0^2\biggl[b^2\biggl(1 - \frac{x_1^2}{a^2}\biggr) + \frac{2b^2x_1^2}{a^2}\biggr] + b^2x_1^2\biggl(1 - \frac{x_0^2}{a^2}\biggr) \\

4S_{\triangle ABC}^2 = x_0^2\biggl(b^2 + \frac{b^2x_1^2}{a^2}\biggr) + b^2x_1^2 - \frac{b^2x_0^2x_1^2}{a^2}
\end{equation*}
\begin{equation}
4S_{\triangle ABC}^2 = b^2(x_0^2 + x_1^2)
\end{equation}

Novamente da expressão $(3)$,
\begin{equation*}
b^4x_0^2x_1^2 = a^4y_0^2y_1^2 \\
\ \\
b^4x_0^2x_1^2 = a^4b^2\biggl(1 - \frac{x_0^2}{a^2} \biggr)b^2\biggl(1 - \frac{x_1^2}{a^2} \biggr) \\
\ \\

x_0^2x_1^2 = (a^2 - x_0^2)(a^2 - x_1^2) = a^4 - a^2x_1^2 - a^2x_0^2 + x_0^2x_1^2 \\
\end{equation*}
\begin{equation}
x_0^2 + x_1^2 = a^2
\end{equation}

Substituindo $(5)$ em $(4)$, temos
\begin{equation*}
4S_{\triangle ABC}^2 = a^2b^2 \quad \Longrightarrow \quad S_{\triangle ABC} = \frac{ab}{2}
\end{equation*}

*Este artigo é uma republicação. O link do artigo original encontra-se nas referências.

Referências

[1] Triângulos de áreas constantes na elipse no blog Fatos Matemáticos

Veja mais:

A equação da elipse
O princípio de Cavalieri
Pontos notáveis de um triângulo



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