LISTA 0 - GABARITO. ( n p )ap b n p, n N {0}. (Passo de indução) Suponhamos a fórmula válida para m N e provemo-la para m=1. = a

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1 Curso: MAT 43 - CÁLCULO para CIÊNCIAS BIOLÓGICAS - FCFUSP Professor Oswaldo Rio Branco de Oliveira Período: Primeiro Semestre de 200 LISTA 0 - GABARITO. Binômio de Newton (a+b) n pn p0 ( n p )ap b n p, n N {0}. Solução (Combinatória) Por convenção 0! e portanto,( n 0 ), n N {0}. Temos,(a+b) n (a+b)(a+b)...(a+b)c n a n + c n a n b+...+c ab n + c 0 b n com os coeficientes c i N. Imaginando n caixas, cada uma só com os elementos a e b, cada parcela do desenvolvimento de(a+b) n pode ser vista como oriunda de n-retiradas, uma de cada caixa, ou de a ou de b. O número de formas que é possível retirar a n-vezes para formar a n é, evidentemente. Logo, c n. Formamos a p b n p retirando a p vezes e para tal temos na primeira retirada n possíveis caixas, na segunda n e na p-ésima retirada n p + possíveis caixas. O número de repetições, por não importar a caixa de onde retiramos a é p!. Assim, o coeficiente de a p b n p é n(n )...(n p+) p! n! (n p)!p!. Solução 2 (Indução) Seja X{n N afórmula é verdadeira}. Provemos X N. Caso n: temos(a+b) a+b e p ( p )ab b p ( 0 )a0 b +( )a b 0 a+b. Logo, X. p0 (Passo de indução) Suponhamos a fórmula válida para m N e provemo-la para m. Temos(a+b) m+ (a+b)(a+b) m e, por hipótese de indução [(a+b) m pm ( m p )ap b m p ], p0 (a+b) m+ pm (a+b) p0 ( m p )ap b m p pm a p0 ( m p )ap b m p pm + b p0 ( m p )ap b m p pm p0 ( m p )ap+ b m p + pm ( m p0 p )ap b m+ p. No primeiro dos dois últimos somatórios acima fazemos a substituição ip+. No segundo apenas trocamos a letra p por i. Obtemos assim, [ Por último, (a+b) m+ im+ ( m i i )ai b m+ i + im ( m i i )ai b m+ i + a m+ b 0 ] + [ a 0 b m+ + a m+ b 0 + im ( m i0 i )ai b m+ i im ( m i i )ai b m+ i ] im [( m i i )+(m i )] ai b m+ i + a 0 b m+. ( m i )+(m i ) m! (i )!(m )! [ m i+ + i ] (m+)m! i(i )!(m )! (m+ ) i

2 2. Progressão Geométrica +a+a a n an+, a R, a, n N {0}. Prova Somando as equações, s n +a+a a n a as n a a 2... a n a n+, obtemos( a)s n a n+ 3. Uma Fatoração Polinomial x n (x )(x n + x n x+), n N. Solução É claro que(x )(xn + x n x+)x(x n + x n x+)+ (x n + x n x+)x n + x n +...+x 2 + x) (x n + x n x+)x n. Solução 2 Pelo ítem 2, a n+ ( a)(+a+a a n ), a R, n N {0}. Trocando o sinal na equação e ainda a por x e, pondo mn+ temos, x m (x )(x m + x m x+), x R, m N 4. Um Produto Notável a n b n (a b)(a n + a n 2 b+...+ab n 2 + b n ), n N. Prova Substituindo x a b na identidade xn (x )(x n +x n x+) obtemos, a n )(an b (a n b an i +... bn b a n i b + ). Multiplicando a equação acima por b n nos dá, a n b n ( a b )bn ( an b n +...+an i b n i+...+a b +)(a b )(an b+...+a n i b i +...+ab n +b n ) a b b (a n b+...+a n i b i +...+ab n +b n )(a b)(a n +...+a n i b i +...+ab n 2 +b n ) 5. Teorema Todo polinômio de grau ímpar e coeficientes reais têm ao menos uma raíz real. Prova Basta verificarmos Se P(x)a n x n +...a x+a o, a i R, i0,,...,n, a n 0, é um polinômio com coeficientes reais de grau n sem raízes reais então grau(p) é par. Verificação Como o conjugado da soma e do produto de números em C é a respectiva soma e produto dos conjugados e o conjugado de x R é x, dada uma raíz z C temos, 00P(z)a n z n + a n z n +...+a z+ a 0 a n z n a z + a 0 P(z). Logo, z é raíz de P, z z pois z R e, Q(x)(x z)(x z) divide P. Porém, Q(x)x 2 zx zx+ z 2 x 2 (z+ z)x+ z 2 x 2 2Re(z)x+ z 2 têm coeficientes reais e assim, P(x) Q(x) também. Donde, é fácil ver, z e z têm igual multiplicidade. Logo, se z,z,...,z k,z k são as raízes de P, sem repetição, m i a multiplicidade de z i, então P(x)a n (x z ) m (x z ) m...(x z k ) m k (x z k ) m k e nm +m +...+m k +m k é par 2

3 6. Raízes de P(x)a n x n +a n x n +...+a x+a o n, com coeficientes, a i, inteiros: (i) Se α Z é raíz então α a o. (ii) Se α p q Q é raíz, mdc(p,q), então p divide a o e q divide a n. Prova (i) Sendo P(α)a n α n + a n α n +...+a α+a 0 0 temos, a 0 a n α n a n α n... a α. Assim, como α a n α n,..., α a α então α (a n α n + a n α n +...+a α)a 0. (ii) Mostremos primeiro que p a 0. Temos, 0P( p q )a n pn q n + a n p n q n + a p q + a 0. Logo, 0a n p n + a n p n q+...+a pq n + a 0 q n. Como p divide a n p n, a n p n q..., a pq n então p (a n p n + a n p n q+...+a pq n ). Isto é, p a 0 q n e portanto, como mdc(p,q), p a 0. Ainda, q divide a 0 q n, a pq n...,a n p n q e então q (a n p n q+...+a pq n + a 0 q n ). Isto é, q a n p n e assim, como mdc(p,q), q a n 7. Resolva algumas equações de segundo grau sem a fórmula de Baskhara e então prove-a. A fórmula Seja ax 2 + bx+c0, a 0, uma equação do segundo grau em x. Temos, ax 2 + bx+c a(x 2 + b a x+ c a ) a[(x+ b 2a )2 ( b 2a )2 + c a ] a[(x+ b 2a )2 + 4ac b2 4a 2 ]. Logo, x é raíz se, e só se,(x+ b 2a )2, b 2 4ac e extraindo a raíz quadrada 4a 2 complexa, que admite dois valores se o radicando é não nulo, obtemos, x+ b 2a ± 2a, qualquer que seja a escolha feita para. Consequentemente, x b± b 2 4ac 2a 8. Sejam α, β em R. (a) sen(α β)senαcosβ senβcosα (b) cos(α β)cosαcosβ+ senαsenβ. (c) cos(α+β)cosαcosβ senαsenβ (d) sen(α+β)senαcosβ+ senβcosα. 3

4 9. Desigualdade Triangular a+b a + b, a,b R. Prova Prova É claro que para todo x R temos x x e x x. Logo, a+b 0 a+b a+b a + b, a+b 0 a+b (a+b) a b a + b 0. O número 2 é irracional. Prova (Por Absurdo) É claro que se p N, p2 é par pépar (p 2 ímpar péímpar). Suponhamos, por absurdo, 2 Q. Então, existem p,q N, mdc(p,q), com 2 p q. Logo, elevando ao quadrado, p 2 2q 2 e assim, p 2 é par, p é par e existe m N tal que p2m. Substituindo temos 2 2m que, também quadradando, nos dá,2q 2 4m 2 e, q simplificando, q 2 2m 2. Logo, q é também par e então 2 divide p e q. Mostre, no plano de Argand-Gauss, que se z a+ib C, com a, b R e a 2 + b 2, existe um único θ [0,2π) tal que, z cosθ+ isenθ. 2. Se z cosθ + isenθ e z 2 cosθ 2 + isenθ 2 então, z z 2 cos(θ + θ 2 )+isen(θ + θ 2 ). Prova Temos, pelos ítens 8(c) e 8(d), z z 2 (cosθ + isenθ )(cosθ 2 + isenθ 2 ) (cosθ cosθ 2 senθ senθ 2 )+i(cosθ senθ 2 +senθ cosθ 2 )cos(θ +θ 2 )+sen(θ + θ 2 )i 3. Definindo z e iθ cosθ+ isenθ (Fórmula de Euler) temos a Fórmula de Moivre, z n (cosθ+ isenθ) n cos(nθ)+isen(nθ)e inθ, n N. Prova Consequência imediata do item anterior 4. Se z a+ib C, a,b R, o módulo de z é z a 2 + b 2 e o conjugado é z a ib. (a) Se z 0 então!θ R, módulo 2π, tal que z z e iθ. (b) Represente z, θ, z e z (simétrico a z em relação ao eixo real). (c) z zz z, Re(z) z e Im(z) z. (d) Para quaisquer z,z 2 C, z z 2 z z 2 e z z 2 z z 2. (e) Se z, z e iθ, θ R, então z e iθ. 4

5 Prova (a) Basta aplicar o item a z z. (c) Segue de zz(a+bi)(a bi)a 2 + b 2 z 2 e z z. (d) A primeira identidade deixamos ao leitor. A segunda segue da primeira e do item (c) pois, z z 2 2 (z z 2 )(z z 2 )(z z )(z 2 z 2 ) z 2 z 2 2. (e) Claramente, z e iθ cosθ+ isenθ cosθ isenθ cos( θ)+isen( θ)e iθ 5. Desigualdade Triangular: z + z 2 z + z 2, z,z 2 C. Prova Pelos ítens 4(c) e 4(d), z + z 2 2 (z + z 2 )(z + z 2 )z z + z z 2 + z z 2 + z 2 z 2 z 2 + z z 2 + z z 2 + z 2 2 z 2 + 2Re(z z 2 )+ z 2 2 z z z 2 + z 2 2 z z z 2 + z 2 2 ( z + z 2 ) 2 6. Se z,z 2 C, com z z e iθ e z 2 z 2 e iθ2 então, z z 2 z z 2 e i(θ+θ2). Prova Consequência imediata do item 2 7. Se ω C, ω a+ib, com a,b R, ω, então, ω ω ω a ib. Prova Segue de(a+ib)(a ib)a 2 + b 2 ω 2 8. Sejam ω 2 x 2 + iy 2 e iθ2 e ω x + iy e iθ, com x j,y j,θ j R, j,2, números complexos unitários (isto é, de comprimento ). Então, (a) ω 2 ω e i(θ2 θ) cos(θ 2 θ )+isen(θ 2 θ ), (b) ω 2 ω x 2+ iy 2 x + iy (x 2 + iy 2 )(x iy )(x x 2 + y y 2 )+i(x y 2 x 2 y ). Prova (a) Pelos itens 4(e) e 2 temos, ω2 ω e iθ2 (e iθ ) e iθ2 e iθ e i(θ2 θ). (b) Segue imediatamente do item 7 5

6 9. Fórmula para o ângulo entre as representações dos números z e z 2 em C, z j x j + iy j z j e iθj, com x j,y j,θ j R, para j,2, cos(θ 2 θ ) x x 2 + y y 2 z z 2 Prova Segue de 8, (a) e (b), aplicado a ω 2 x2 z 2 + y2 z 2 i e ω x z + y z i Distância de Ponto a Reta A equação geral de uma reta no plano cartesiano é: D ax+by+ c0; a ou b não nulo. Dado P o (x o,y o ) R 2, a distância de P o à reta D é : PD ax o + by o + c a2 + b 2. Prova Notemos m r o coeficiente angular de uma reta r. As retas S perpendiculares a D tem coeficiente angular m S, m S.m D e, introduzindo um parametro d, equação geral: S bx+ay+ d0, d R e entre tais a por P o (x o,y o ) é tal que dbx o ay o. Isto é, S Po bx+ay+(bx o ay o )0. Determinemos P (x,y )D S Po resolvendo, ax+by c, ( ) bx+ay ay o bx o. Multiplicando a primeira equação por a, a segunda por b, e então somando-as temos, x (b 2 x a 2 +b 2 o aby o ac) e, analogamente, multiplicando a primeira por b e a segunda por a e somando-as, y a 2 +b 2 ( abx o + a 2 y o bc). Computemos agora o quadrado da distância de P o (x o,y o ) a P (x,y ), P o P 2 [ x o ( b 2 x a 2 +b 2 o aby o ac)] 2 + [ y o ( abx a 2 +b 2 o + a 2 y o bc)] 2 [(a 2 x (a 2 +b 2 ) 2 o + aby o + ac) 2 + ( abx o + b 2 y o + bc) 2 ] [ a 2 (ax (a 2 +b 2 ) by 0 + c) 2 + b 2 (ax 0 + by 0 + c) 2 ] (a 2 +b 2 ) 2 [(a 2 + b 2 )(ax o + by o + c) 2 ] (axo + byo + c)2 a 2 +b 2. Segunda Prova Reescrevendo (*) na notação matricial temos, ( ) a b x c. b a y ay o bx o É fácil constatar que se M M 2 2 (R) é inversível, ela e sua inversa são relacionadas por, M A B M D B C D AD BC. C A Assim, a solução de (**) é, x a b c y a 2 + b 2 ( ac aby a 2 +b 2 o + b 2 x o ) b a ay o bx o ( bc+a 2. y a 2 +b 2 o abx o ) A prova agora segue como a anterior 6