$\require{enclose}$ $\newcommand{\avsum}{\mathrel{\displaystyle\int \!\!\!\!\!\! \Delta\ }}$ $\newcommand{\bcancelto}[2]{{\enclose{southeastarrow}{#2}\,}_{\lower.75ex{#1}}}$ $\newcommand{\ordcirc}[1]{\mathrel{[\hspace{-4pt} \circ \hspace{2pt}#1 \hspace{3pt}]\hspace{-4pt}\circ}}$ $\newcommand{\avigual}{\{=\}}$ $\newcommand{\intsup}{{\LARGE \big\uparrow}\displaystyle\int}$ $\newcommand{\intinf}{{\LARGE \big\downarrow}\displaystyle\int}$
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domingo, 22 de julho de 2012

$a^3 + b^3$: um produto não tão notável, mas útil.

Desenvolvendo o binômio $(a+b)^3$, temos:

$(a+b)^3 = a^3 + b^3 + 3a^2 b + 3 a b^2 = a^3 + b^3 + 3ab(a+b)$

$(a+b)^3 - 3ab(a+b) = a^3 + b^3$

$(a+b)[(a+b)^2 - 3ab] = a^3 + b^3$

Logo:

$a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$

____________________

Aplicação:

Racionalizar o denominador:

$\dfrac{1}{\sqrt[3]{3} + 1}$

Resolução:

Multiplicando o numerador e o denominador por $\sqrt[3]{9} - \sqrt[3]{3} + 1$, teremos:

$\dfrac{1}{\sqrt[3]{3} + 1} = \dfrac{\sqrt[3]{9} - \sqrt[3]{3} + 1}{(\sqrt[3]{3} + 1)(\sqrt[3]{9} - \sqrt[3]{3} + 1)} = \dfrac{\sqrt[3]{9} - \sqrt[3]{3} + 1}{(\sqrt[3]{3})^3 + 1^3} = \dfrac{\sqrt[3]{9} - \sqrt[3]{3} + 1}{4}$

____________________

Aplicação:

Calcular o determinante:

$D = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^3 & b^3 & c^3 \end{vmatrix}$

Usando a regra de Chió, teremos:

$D = \begin{vmatrix}b-a & c-a \\ b^3 - a^3 & c^3 - a^3 \end{vmatrix}$

$D = \begin{vmatrix} b-a & c-a \\ (b-a)(b^2 + ba + a^2) & (c-a)(c^2 + ca + a^2) \end{vmatrix}$

Extraindo os fatores $(b-a)$ da primeira coluna e $(c-a)$ da segunda coluna, teremos:

$D = (b-a)(c-a)\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ (b^2 + ba + a^2) & (c^2 + ca + a^2)\end{vmatrix} =$

$= (b-a)(c-a)[(c-b)(c+b) + a(c-b)]$

Logo:

$D = (b-a)(c-a)(c-b)(a+b+c)$

terça-feira, 17 de julho de 2012

Quantas intersecções determinam $n$ retas?

Vamos estudar o que ocorre no caso de termos apenas retas coplanares e concorrentes, analisando uma única:



Teremos $p$ intersecções para $p$ retas concorrentes a uma única.

Como globalmente temos $p+1$ retas, o número de intersecções contadas será de $p(p+1)$. Mas como cada ponto foi computado $2$ vezes, teremos um total de $i_{p+1} = \dfrac{p(p+1)}{2}$ intersecções para $p+1$ retas.

Se tivermos paralelas ou reversas em jogo, consideremos $m$ o número de tais. Assim devemos subtrair $m$ pontos de concorrência que foram computados a mais:

$i_{p+1;m}\ =\ \dfrac{p(p+1)}{2}\ -\ m$

Tomando $n\ =\ p+1$:

$i_{n;m} = \dfrac{n(n-1)}{2}\ -\ m$

________________________________________

Exemplo:



$n = 3$ e $m = 0$.

$i_{3;0}\ =\ \dfrac{3\ \cdot\ 2}{2}\ -\ 0\ =\ 3$

________________________________________

Exemplo:



$n = 4$ e $m = 3$.

$i_{4;3}\ =\ \dfrac{4\ \cdot\ 3}{2}\ -\ 3\ =\ 3$

________________________________________

Exemplo :



Neste caso especial, inicialmente excluiremos uma não-concorrente:

$n = 3$ e $m = 2$.

$i_{3;2}\ =\ \dfrac{3\ \cdot\ 2}{2}\ -\ 2\ =\ 2$

E posteriormente excluiremos a outra:

$n = 3$ e $m = 2$.

$i_{3;2}\ =\ \dfrac{3\ \cdot\ 2}{2}\ -\ 2\ =\ 2$

E depois somamos os resultados: $2\ +\ 2\ =\ 4$.

Este é um caso em que devemos tratar cada conjunto de não-concorrentes de forma especial.

domingo, 8 de julho de 2012

A terceira lei de Kepler.



Enunciado:

Os quadrados dos períodos de revolução dos planetas são proporcionais aos cubos dos raios de suas órbitas.

De fato:

Considerando as órbitas trajetórias circulares, a força resultante sobre o astro será centrípeta. E usando a gravitação de Newton, teremos:

$\dfrac{mv^2}{R}\ =\ G\dfrac{mM}{R^2}$

Onde $m$ é a massa do planeta, $M$ é a massa do Sol, $R$ é a distância que separa os astros, $v$ é a velocidade do planeta, e $G$ é a constante gravitacional universal.

Dela concluímos:

$\dfrac{v^2}{R}\ =\ G\dfrac{M}{R^2}$

$v\ =\ \sqrt{\dfrac{GM}{R}}$

Como o comprimento da trajetória é $2\pi R$, e chamando de $T$ o período de translação, teremos:

$T\ =\ \dfrac{2\pi R}{v}\ =\ \dfrac{2\pi R}{\sqrt{\dfrac{GM}{R}}}\ =\ \sqrt{\dfrac{4 \pi^2 R^3}{GM}}$

Donde $T^2\ =\ \dfrac{4 \pi^2 R^3}{GM}$.

Notemos que $\dfrac{4 \pi^2}{GM}$ é constante. Logo:

$T^2\ \propto\ R^3$

Vale destacar mais um fato:

Segundo as observações de Tycho Brahe, tomando $T$ em anos e $R$ em unidades astronômicas, a constante de proporcionalidade é $1$. Logo:

$\dfrac{4 \pi^2}{GM}\ =\ 1 \Rightarrow\ GM\ =\ 4 \pi^2$

Ou seja, se Newton, ao enunciar a lei da gravitação universal, se conhecesse a massa do Sol, poderia determinar a constante $G$ 100 anos antes de Cavendish.

quinta-feira, 5 de julho de 2012

Exercício: cardinalidade de conjuntos.

‎(EPUSP) Depois de $n$ dias de férias, um estudante observa que:
(1) Choveu $7$ vezes, de manhã ou à tarde;
(2) Quando chove de manhã não chove a tarde;
(3) Houve $5$ tardes sem chuva;
(4) Houve $6$ manhãs sem chuva.

Então $n$ é igual a:
a) $7$.
b) $9$.
c) $10$.
d) $11$.
e) n.d.a.

Resoluçao:



Seja $x$ o número de dias onde estritamente choveu durante a manhã, $y$ o número de dias onde estritamente choveu à tarde, $w$ o número de dias onde choveu de manhã e à tarde, e $z$ o número de dias em que não choveu. Teremos:

$n\ =\ x\ +\ y\ +\ z\ +\ w$

Pela sentença (1), temos que $x\ +\ y\ +\ w\ =\ 7$.

Pela sentença (2), temos que $w\ =\ 0$.

Pela sentença (3), temos que $x\ +\ z\ =\ 5$.

Pela sentença (4), temos que $y\ +\ z\ =\ 6$.

Teremos então o sistema:

$x\ +\ y\ =\ 7$
$ x\ +\ z\ =\ 5$
$y\ +\ z\ =\ 6$


Somando todas, teremos:

$2x\ +\ 2y\ +\ 2z\ =\ 18$

Mas $x\ +\ y\ +\ z\ =\ n$

Então:

$2n\ =\ 18\ \Rightarrow\ n\ =\ 9$

Alternativa b.

Reação normal no movimento circular vertical.



Consideremos um objeto descrevendo um movimento circular vertical com velocidade tangencial constante.

Em tais condições a resultante será a força centrípeta $\overrightarrow{F_c}$.

Chamemos de $\overrightarrow{P}$ seu peso e $\overrightarrow{P_c}$ sua componente centrípeta. Chamemos ainda de $\overrightarrow{N}$ a reação de apoio.

Na posição indicada pela gravura, temos:

$P_c\ =\ P \cos\ \phi$

$F_c\ =\ N\ +\ P_c$

$F_c\ =\ N\ +\ P \cos \phi$

Observemos que $\phi$ e $\theta$ são complementares. Logo $\cos\ \phi\ =\ \sin\ \theta$.

Assim:

$N\ =\ F_c\ -\ P \sin\ \theta$ (eq. principal).

Observemos que:

Em A:

$\theta\ =\ 0\ \Rightarrow\ \sin\ \theta\ =\ 0\ \Rightarrow\ N\ =\ F_c$

Em B:

$\theta\ =\ \dfrac{\pi}{2}\ \Rightarrow\ \sin\ \theta\ =\ 1\ \Rightarrow\ N\ =\ F_c\ -\ P$

Em C:

$\theta\ =\ \pi\ \Rightarrow\ \sin\ \theta\ =\ 0\ \Rightarrow\ N\ =\ F_c$

Em D:

$\theta\ =\ \dfrac{3\pi}{2}\ \Rightarrow\ \sin\ \theta\ =\ -1\ \Rightarrow\ N\ =\ F_c\ +\ P$

Desenvolvendo (eq. principal), teremos:

$N\ =\ \dfrac{m\ \cdot\ v^2}{R}\ -\ m\ \cdot\ g\ \cdot\ \sin\ \theta$

$N\ =\ (\dfrac{v^2}{R}\ -\ g \sin\ \theta)\ \cdot\ m$

Notemos que para o objeto possa completar a circunferência, devemos ter $N\ \geq\ 0$, donde concluímos que $\dfrac{v^2}{R}\ \geq\ g \sin\ \theta$.

O máximo valor de $\sin\ \theta$ é $1$. Logo devemos ter:

$v\ \geq\ \sqrt{gR}$ para que o ciclo seja possível.

Considerando a instância em que $g\ =\ 10\ \dfrac{m}{s^2}$, $m\ =\ 1\ kg$, $R\ =\ 10\ m$, e $v\ =\ 10\ \dfrac{m}{s}$, temos:

$N\ =\ 10\ -\ 10 \sin\ \theta$

Cujo gráfico é:

quarta-feira, 4 de julho de 2012

Alcance do lançamento oblíquo em um plano oblíquo.



O tempo $t$ necessário para o deslocamento horizontal será o mesmo para o deslocamento vertical.

Tomando por convenção o sinal positivo para o deslocamento para cima, verticalmente o objeto deve atingir o espaço $- A \sin \phi$.

Estudando o movimento vertical:

$- A \sin \phi\ =\ (V_0 \sin \theta)t\ +\ \dfrac{g}{2}t^2$

$t\ =\ \dfrac{- V_0 \sin \theta\ +\ \sqrt{{V_0}^2 \sin^2 \theta\ -\ 2gA \sin \phi}}{g}$

Estudando o movimento horizontal:

$A \cos \phi\ =\ (V_0 \cos \theta)t$

Substituindo $t$ na conclusão vertical:

$\dfrac{A \cos \phi}{V_0 \cos \theta}\ =\ \dfrac{- V_0 \sin \theta\ +\ \sqrt{{V_0}^2 \sin^2 \theta\ -\ 2gA \sin \phi}}{g}$

${V_0}^2 \sin^2 \theta\ -\ 2gA \sin \phi\ =\ \left(g \dfrac{A \cos \phi}{V_0 \cos \theta}\ +\ V_0 \sin \theta\right)^2$

$\left(\dfrac{g^2 \cos^2 \phi}{{V_0}^2 \cos^2 \theta}\right) A^2\ +\ 2g [(\sin \phi)\ +\ (\cos \phi)(\tan \theta)] A\ =\ 0$

$A\ =\ \dfrac{2{V_0}^2 (\cos \phi)(\sin \theta)(\cos \theta)\ +\ 2{V_0}^2 (\cos^2 \theta) (\sin \phi)}{g \cos^2 \phi}\ =$

$=\ \dfrac{2{V_0}^2 (\sin \theta)(\cos \theta)}{g \cos \phi}\ +\ \dfrac{2{V_0}^2 (\cos^2 \theta)(\tan \phi)}{g \cos \phi}\ =$

$=\ \fbox{$\dfrac{2{V_0}^2 \cos \theta}{g \cos \phi} [(\sin \theta)\ +\ (\cos \theta)(\tan \phi)]$}$

Exercício: objetos flutuando no equador.

Esta questão não requer meditações profundas, mas é um tanto cômica.

Imagine que a velocidade de rotação da Terra fosse aumentando gradualmente. Para um determinado valor dessa velocidade, os corpos situados na superfície da Terra, na linha do Equador, estariam flutuando, sem exercer compressão sobre o solo (os pesos aparentes desses corpos seriam nulos) Sendo o raio da Terra $R\ =\ 6400\ km$ e considerando $g\ =\ 10\ \dfrac{m}{s^2}$, calcule qual seria o período de rotação da Terra quando isso acontecesse.

Resolução:



Se por exemplo uma pessoa for o objeto estudado, ela estará acompanhando a rotação da terra e terá resultante centrípeta. Tendo apenas duas forças consideradas:

$\overrightarrow{F_R}\ =\ \overrightarrow{P}\ +\ \overrightarrow{N}$

$F_R\ =\ P\ -\ N$

Mas se o peso aparente é nulo, teremos $\overrightarrow{N}\ = \overrightarrow{0}$.

Sendo $\omega$ a velocidade angular da Terra, teremos:

$m\ \cdot\ \omega^2\ \cdot R\ =\ m\ \cdot\ g$

Donde:

$\omega\ =\ \sqrt{\dfrac{g}{R}}$

Como $\omega\ =\ \dfrac{2\pi}{T}$, sendo $T$ o período, teremos:

$T\ =\ \dfrac{2\pi}{\sqrt{\dfrac{g}{R}}}$

Aplicando os valores, teremos $T\ \approx\ 1h\ 24'$. O dia teria aproximadamente apenas uma hora e meia.