Exemplo:
Input: "2; 4; 6 | 1". Output: aproximadamente "8".
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Próximo termo cogitado:
Organização sem fins lucrativos, voltada para a pesquisa e educação em Matemática.
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$\cos (a + b) = (\cos a)(\cos b) - (\sin a)(\sin b)$
No primeiro quadrante, tomemos $a = m(D\hat{A}B)$ e $b = m(B\hat{A}C)$.
$m(\overline{AH}) = \dfrac{\cos (a + b)}{\cos a}$
$m(\overline{HG}) = (\cos b) - m(\overline{AH}) = (\cos b) - \dfrac{\cos (a + b)}{\cos a}$
$(\sin a)(\sin b) = (\cos a)(\cos b) - \cos (a + b)$
Se, como um caso particular, $a$ está no segundo quadrante, podemos fazer a redução ao primeiro quadrante:
$\cos (a + b) = \cos (\pi - a´ + b) = [(\cos (\pi - a´)](\cos b) - [(\sin (\pi - a´)](\sin b) =$
$= - (\cos a´)(\cos b) - (\sin a´)(\sin b) = (\cos a)(\cos b) - (\sin a)(\sin b)$.
Analogamente, para $a$ ou $b$ em quaisquer dos quadrantes, verificando também quando $a$ ou $b$ pertencem aos eixos, teremos que a fórmula é válida para todos os valores.
Quod Erat Demonstrandum.
$\langle u, zv\rangle = \overline{\langle zv, u\rangle} = \overline{z\langle v, u\rangle} = \overline{z}\overline{\langle v, u\rangle} = \overline{z}\langle u, v\rangle$
Quod Erat Demonstrandum.
Consideremos apenas um resistor ou uma resistência equivalente $R_o$:
$\dfrac{1}{R_{eq}} = \dfrac{1}{R_o}$.
Adicionemos outro resistor:
$\dfrac{1}{R_{eq}´} = \dfrac{1}{R_o} + \dfrac{1}{R_o´}$.
$\dfrac{1}{R_o} < \dfrac{1}{R_o} + \dfrac{1}{R_o´}\ \Rightarrow\ \dfrac{1}{R_{eq}} < \dfrac{1}{R_{eq}´}\ \Rightarrow\ R_{eq} > R_{eq}´\ \Rightarrow\ R_o > R_{eq}´$ (I)
Alternando a ordem de acréscimo na associação:
$R_o´ > R_{eq}´$ (II)
(I) e (II) são suficientes para a conclusão.
Quod Erat Demonstrandum.
Sejam $u = (u_1, ..., u_n)$, $v = (v_1, ..., v_n)$ e um escalar $k$,
$\bullet\ F(u + v) = F(u_1 + v_1, ..., u_n + v_n) = (u_1 + v_1, ..., u_{n-1} + v_{n-1}) =$
$= (u_1, ..., u_{n-1}) + (v_1, ..., v_{n-1}) = F(u) + F(v)$;
$\bullet\ F(ku) = (ku_1, ..., ku_{n-1}) = k(u_1, ..., u_{n-1}) = kF(u)$.
Quod Erat Demonstrandum.
Seja $u = (a_j + b_j i)_{j=1}^n$ e $v = (a_j´ + b_j´ i)_{j=1}^n$,
$\langle u, v\rangle = \displaystyle\sum_{j=1}^n [(a_j a_j´ - b_j b_j´) - (a_j b_j´ - b_j a_j´)i] =$
$= \displaystyle\sum_{j=1}^n [(a_j´ a_j - b_j´ b_j) + (a_j´ b_j - b_j´ a_j)i] = \overline{\langle v, u\rangle}$.
Quod Erat Demonstrandum.
Sejam $x_1, ..., x_n$ escalares, $x_1w_1 + ... + x_nw_n = O\ \Leftrightarrow\ x_i = 0,\ i = 1, ..., n$.
$x_1F(v_1) + ... + x_nF(v_n) = O\ \Leftrightarrow\ x_i = 0,\ i = 1, ..., n$.
$F(x_1v_1) + ... + F(x_nv_n) = O\ \Leftrightarrow\ x_i = 0,\ i = 1, ..., n$.
$F(x_1v_1 + ... + x_nv_n) = O\ \Leftrightarrow\ x_i = 0,\ i = 1, ..., n$.
$x_1v_1 + ... + x_nv_n = O\ \Leftrightarrow\ x_i = 0,\ i = 1, ..., n$.
Quod Erat Demonstrandum.
Sejam $u$ e $v$ vetores do $\mathbb{R}^n$, $||u + v|| \le ||u|| + ||v||$.
Como $||u + v||$ e $(||u|| + ||v||)$ são não negativos, basta mostrar que $||u + v||^2 \le (||u|| + ||v||)^2$.
$||u + v||^2 = \langle u, u\rangle + \langle v, v\rangle + 2\langle u, v\rangle$
$(||u|| + ||v||)^2 = \langle u, u\rangle + \langle v, v\rangle + 2||u||||v||$
Pela Desigualdade de Cauchy-Schwarz, $\langle u, v\rangle \le ||u||||v||$.
Quod Erat Demonstrandum.
Seja a equação $ax^2 + bx + c = 0$, com $a \neq 0$.
$x^2 + \dfrac{bx}{a} + \dfrac{c}{a} = 0\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ x^2 + \dfrac{bx}{a} + \dfrac{b^2}{4a^2} - \dfrac{b^2}{4a^2} + \dfrac{c}{a} = 0\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ \left(x + \dfrac{b}{2a}\right)^2 - \dfrac{b^2}{4a^2} + \dfrac{c}{a} = 0\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ \left(x + \dfrac{b}{2a}\right)^2 = \dfrac{b^2}{4a^2} - \dfrac{c}{a} = \dfrac{b^2 - 4ac}{4a^2}\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ x + \dfrac{b}{2a} = \pm \dfrac{\sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ x = \pm \dfrac{\sqrt{b^2 - 4a^2c}}{2a} - \dfrac{b}{2a}$
$\fbox{$x = \dfrac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$}$
Sejam $A$, $B$ e $C$ pontos distintos do $\mathbb{R}^n$, se $B - A$ e $C - A$ são linearmente independentes, mostrar que $A$, $B$ e $C$ não são colineares.
$a(B - A) + b(C - A) = O\ \Leftrightarrow\ a = b = 0$, $a$ e $b$ escalares.
Transladando o sistema de modo a $A$ coincidir com $O$:
$aB + bC = A\ \Leftrightarrow\ a = b = 0$
Logo tomando um escalar $k$ de modo que $a = \dfrac{1}{k}$ com $k \neq 0$ e $k \neq 1$, e $b = 0$:
$\dfrac{B}{k} \neq A\ \Rightarrow B \neq kA$ (I)
Procedendo de modo análogo para com $C$, com $k´ \neq 0$ e $k´ \neq 1$:
$\dfrac{C}{k´} \neq A\ \Rightarrow C \neq k´ A$ (II)
Tomando agora $a = 1$ e $b = \dfrac{-1}{k"}$, com $k" \neq 0$:
$C \neq k" (B - A)$ (III)
Por (I), (II) e (III), $A$, $B$ e $C$ não são colineares.
Quod Erat Demonstrandum.
Seja uma aplicação linear $L: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$. Seja $S$ o conjunto de todos os elementos $s$ de $\mathbb{R}^n$ tais que $L(s) \ge 0$. Mostrar que $S$ é convexo.
Basta mostrar que $L (tA + (1 - t)B) \ge 0$, com $A$ e $B$ pertencentes a $S$, e $t$ real com $0 \le t \le 1$.
$L(A) \ge 0\ \wedge\ L(B) \ge 0\ \Rightarrow\ tL(A) \ge 0\ \wedge\ (1-t)L(B) \ge 0\ \Rightarrow$
$\Rightarrow\ tL(A) + (1 - t)L(B) \ge 0\ \Rightarrow\ L(tA + (1 - t)B) \ge 0$.
Quod Erat Demonstrandum.