28 de dez de 2015

Retrospectiva: Os $10$ posts mais acessados em $2015$

O blog O Baricentro da Mente, desde sua criação em novembro de $2008$, está chegando à marca de $4$ milhões de visualizações.


Neste ano de $2015$  o blog teve cerca de $1.200.000$ páginas visualizadas, praticamente o dobro do ano anterior (obrigado!), cerca de $300$ comentários e inúmeros e-mails e mensagens pelo formulário de contato. Essas visualizações foram distribuídas nos $457$ artigos contidos no blog, sendo $36$ publicados em $2015$.

Não quer dizer que todos que acessaram o blog, leram os artigos, mas acredito que meu trabalho tenha sido útil de alguma forma para muita gente.

A fã-page no Facebook, atualmente está com $12.100$ seguidores, sendo que $5.700$ novas curtidas da página foram em $2015$.

Faremos uma retrospectiva de ano destacando os $10$ artigos mais acessados.


$1º$ Lugar: Como determinar o número de diagonais de um polígono convexo de $n$ lados

Total de visualizações: $64.300$
Link do artigo: http://goo.gl/17krcJ

$2º$ Lugar: Integração por frações parciais - Fatores lineares

Total de visualizações: $41.100$
Link do artigo: http://goo.gl/cki10U

$3º$ Lugar: Como determinar o ângulo interno de um polígono regular

Total de visualizações: $28.400$
Link do artigo: http://goo.gl/5Svm8L

$4º$ Lugar: Soma dos ângulos internos e externos de um polígono convexo

Total de visualizações: $24.900$
Link do artigo: http://goo.gl/fSD71v

$5º$ Lugar: Aplicação de derivada para determinação de máximos e mínimos

Total de visualizações: $29.300$
Link do artigo: http://goo.gl/dz3U2X

$6º$ Lugar: Fórmula para calcular o tamanho do sapato

Total de visualizações: $22.100$
Link do artigo: http://goo.gl/IwFR86

$7º$ Lugar: Escalonamento ou método de eliminação de Gauss

Total ed visualizações: $17.900$
Link do artigo: http://goo.gl/0Xvt8N

$8º$ Lugar: Pontos notáveis de um triângulo

Total de visualizações: $16.300$
Link do artigo: http://goo.gl/tgjHtf

$9º$ Lugar: Integração por substituição trigonométrica

Total de visualizações: $15.600$
Link do artigo: http://goo.gl/TaMSqc

$10º$ Lugar: Demonstração dos pontos de máximo e mínimo de uma função quadrática

Total de visualizações: $10.500$
Link do artigo: http://goo.gl/AU4R2E

Veja mais:

Arquivo do blog por ordem de publicação
Arquivo do blog por categorias
Retrospectiva: Os $10$ posts mais acessados em $2014$



22 de dez de 2015

Resolução da integral $\displaystyle \int$ $\frac{1}{ax^2+bx+c}\ dx$

Nesta postagem, vamos demonstrar que:
\begin{equation*}
\int \frac{1}{ax^2+bx+c}\ dx = 2\ \text{arctg}\left( \frac{2ax+b}{\displaystyle \sqrt{a}\sqrt{4c-\frac{b^2}{a}}} \right) + C
\end{equation*}
onde $a$, $b$ e $c$ são constantes, onde $a$, $b$ e $c$  $\in \mathbb{R}$ sendo $a \neq 0$.


Seja a integral:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{ax^2+bx+c}\ dx
\end{equation*}
Completamos o quadrado no denominador do integrando:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{\displaystyle a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+c-\frac{b^2}{4a}}\ dx\\
\ \\
I = \int \frac{1}{\displaystyle a\left(x^2 + \frac{bx}{a}+\frac{b^2}{4a^2}\right)+c-\frac{b^2}{4a}}\ dx\\
\ \\
I = \int \frac{1}{\displaystyle a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+c-\frac{b^2}{4a}}\ dx\\
\ \\
I = \int \frac{1}{\displaystyle -\frac{b^2}{4a}+\left(\frac{b}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ x \right)^2 + c}\ dx\\
\end{equation*}
Para o integrando, fazemos a substituição $\displaystyle u=\frac{b}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ x$. Assim, $du=\sqrt{a}\ dx$ e $\displaystyle dx = \frac{du}{\sqrt{a}}$:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{\sqrt{a}} \int \frac{1}{\displaystyle -\frac{b^2}{4a}+u^2 + c}\ du
\end{equation*}
Fatoramos $\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}$ no numerador do integrando:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{\sqrt{a}} \int \frac{1}{\displaystyle \left(c-\frac{b^2}{4a}\right) \left( \frac{u^2}{\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}}+1 \right)}\ du
\end{equation*}
Fatoramos as constantes:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{\displaystyle \left( c-\frac{b^2}{4a} \right)} \int \frac{1}{\displaystyle \frac{u^2}{\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}} + 1}\ du
\end{equation*}
Para o integrando, fazemos a substituição $\displaystyle v = \frac{u}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}$. Assim, $\displaystyle dv = \frac{1}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}\ du$ e $\displaystyle du=\sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}\ dv$:
\begin{equation*}
I = \frac{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}{\displaystyle \sqrt{a}\left(c-\frac{b^2}{4a}\right)} \int\frac{1}{v^2+1}\ dv\\
\ \\
I = \frac{1}{\displaystyle \sqrt{a}\sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}} \int \frac{1}{v^2+1}\ dv
\end{equation*}
A integal de $\displaystyle \frac{1}{v^2+1}$ é $\text{arctg}(v)$. Assim:
\begin{equation*}
I = \frac{\text{arctg}(v)}{\displaystyle \sqrt{a}\sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}+C
\end{equation*}
Mas, $\displaystyle v=\frac{u}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}}$, logo:
\begin{equation*}
I = \frac{\text{arctg}\left(\displaystyle  \frac{u}{\displaystyle \sqrt{c-\frac{b^2}{4a}}} \right)}{\sqrt{a}\sqrt{\displaystyle c-\frac{b^2}{4a}}}+C =  \frac{\text{arctg}\left( \displaystyle \frac{u}{\sqrt{\displaystyle \frac{4ac-b^2}{4a}}} \right)}{\sqrt{a}\sqrt{\displaystyle \frac{4ac-b^2}{4a}}}+C\\
\ \\
I = \frac{\text{arctg}\left(\displaystyle  \frac{u}{\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{4c-\frac{b^2}{4a}}} \right)}{\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{2}\sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{a}}}+C = \frac{2\ \text{arctg}\left( \displaystyle \frac{2u}{\sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{4a}}} \right)}{\sqrt{a}\sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{4a}}}+C
\end{equation*}
Mas, $\displaystyle u=\frac{b}{2\sqrt{a}} + \sqrt{a}\ x$, logo:
\begin{equation*}

I = \frac{2\ \text{arctg}\left( \frac{\displaystyle 2\left( \frac{b}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ x \right)}{\displaystyle \sqrt{4c-\frac{b^2}{a}}} \right)} {\sqrt{a}\ \sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{a}}}+C\\
\ \\
I = \frac{2\ \text{arctg}\left(\displaystyle  \frac{2ax+b} {\displaystyle \sqrt{a}\ \sqrt{4c-\frac{b^2}{a}}} \right)} {\sqrt{a}\ \sqrt{\displaystyle 4c-\frac{b^2}{a}}}+C\\
\ \\
I = \frac{2\ \text{arctg} \left( \displaystyle \frac{2ax+b}{\sqrt{4ac-b^2}} \right)} {\sqrt{4ac-b^2}}+C

\end{equation*}

Exemplo

Calcular a área sob a curva $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x^2-x+1}$, compreendida no intervalo $[0,2]$.



A área sob a curva é dada pela integral definida com limite de integração inferior igual a $0$ e superior igual a $2$:
\begin{equation*}

A = \int_0^2 \frac{1}{x^2-x+1}\ dx = \left[ \frac{\displaystyle 2\ \text{arctg}\left( \frac{2\cdot 1 \cdot x-1}{\sqrt{4\cdot 1\cdot 1-(-1)^2}} \right)}{\sqrt{4\cdot 1\cdot1 - (-1)^2}} \right]_0^2\\
\ \\
A=  \left[ \frac{\displaystyle 2\ \text{arctg}\left( \frac{2x-1}{\sqrt{3}} \right)}{\sqrt{3}} \right]_0^2\\
\ \\
A = \frac{2}{\sqrt{3}}\left( \text{arctg}\left( \frac{3}{\sqrt{3}} \right) -\text{arctg}\left( -\frac{1}{\sqrt{3}} \right) \right)\\
\ \\
A = \frac{2}{\sqrt{3}}\left( \text{arctg}\left(\sqrt{3}\right) - \text{arctg}\left( -\frac{\sqrt{3}}{3}\right) \right)

\end{equation*}
O arco cuja tangente vale $\sqrt{3}$ é o arco de $60^\circ$ e mede $\pi /3$ radianos; Já o arco cuja tangente vale $-\sqrt{3}/3$ é o arco de $330^\circ$, ou $-30^\circ$ e mede $-\pi/6$ radianos. Assim:
\begin{equation*}
A = \frac{2}{\sqrt{3}} \left( \frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6} \right) = \frac{\pi}{\sqrt{3}} \approx 1,8138
\end{equation*}

Resposta: A área sob a curva $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x^2-x+1}$, compreendida no intervalo $[0,2]$, mede aproximadamente $1,8138$ unidades de área.



Veja mais:

Lista de resolução de integrais
Integração por substituição
Integração por partes



7 de dez de 2015

A desigualdade de Ptolomeu

Cláudio Ptolomeu foi um grande astrônomo e geômetra grego que viveu no século $I\  \text{d.C.}$. Neste post, provaremos uma desigualdade geométrica muito interessante.


Proposição 1

Dado o quadrilátero $ABCD$, onde $AC$ e $BD$ são as diagonais, então $AC\cdot BD \leq AB\cdot CD + BC\cdot AD$ e a igualdade é válida se e somente se $ABCD$ é um quadrilátero cíclico.

Demonstração

No quadrilátero $ABCD$ acima, seja $E$ um ponto tal que os triângulos $ACD$ e $AEB$ sejam semelhantes. $(A\hat{E}B = A\hat{C}D)$ e $(B\hat{A}E = C\hat{A}D)$. Assim,
\begin{equation*}
\frac{AE}{AC} = \frac{AB}{AD} = \frac{BE}{DC}
\end{equation*}
de modo que
\begin{equation}
EB = \frac{AB\cdot DC}{AD}
\end{equation}
Além disso, sendo $\triangle ACD \sim \triangle AEB$, então $E\hat{A}C = B\hat{A}D$ e sendo $\displaystyle \frac{AD}{AC} = \frac{AB}{AE}$ segue que $\triangle EAC \sim \triangle BAD$.


Assim,
\begin{equation}
\frac{EC}{AC} = \frac{BD}{AD} \quad \Longrightarrow \quad EC = \frac{AC\cdot BD}{AD}
\end{equation}
Agora se $ABCD$ é um quadrilátero cíclico, temos
\begin{equation*}
A\hat{B}E + C\hat{B}A = A\hat{D}C + C\hat{B}A = 180^{\circ}
\end{equation*}
Isto significa que os pontos $C$, $B$ e $E$ são colineares e portanto,
\begin{equation}
EC = EB + BC
\end{equation}
Substituindo $(1)$ e $(2)$ em $(3)$, temos
\begin{equation*}
\frac{AC\cdot BD}{AD} = \frac{AB\cdot DC}{AD} + BC
\end{equation*}
 de modo que
\begin{equation}
AC\cdot BD = AB\cdot CD + BC\cdot AD
\end{equation}
A expressão $(4)$ é conhecida por igualdade de Ptolomeu. Se o quadrilátero $ABCD$ não é cíclico, então
\begin{equation*}
A\hat{B}E + C\hat{B}A = A\hat{D}C + C\hat{B}A \neq 180^{\circ}
\end{equation*}
de modo que os pontos $C$, $B$ e $E$ formam um triângulo e pela desigualdade triangular segue que
\begin{equation}
EC < EB + BC
\end{equation}
Substituindo $(1)$ e $(2)$ em $(5)$, temos:
\begin{equation*}
\frac{AC\cdot BD}{AD} < \frac{AB\cdot DC}{AD} + BC
\end{equation*}
e então:
\begin{equation}
AC\cdot BD < AB\cdot CD + BC\cdot AD
\end{equation}
De $(4)$ e $(6)$, obtemos a desigualdade de Ptolomeu, ou seja,
\begin{equation*}
AC\cdot BD \leq AB\cdot CD + BC\cdot AD
\end{equation*}
e a igualdade é válida se, e somente se, $ABCD$ é cíclico.

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

Referências:

[1] A desigualdade de Ptolomeu no blog Fatos Matemáticos, originalmente escrito pelo prof. Paulo Sérgio C. Lino

Veja mais:

Valor absoluto e a desigualdade triangular
A Astronomia e os astrônomos da Grécia Antiga
Teste da integral para convergência de séries



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