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Trigonometria Pura e Aplicações e um poucoalém: problemas de Olimpíadas
Israel Meireles [email protected]
3 de Julho, 2015
“ Nas questões matemáticas não se compreende a incerteza nem a dúvida, assim como
tampouco se podem estabelecer distinções entre verdades médias e verdades de grau superior. ”
(David Hilbert)
“ Sir, an equation has no meaning for me unless it expresses a thought of GOD. ”
(Srinivasa Ramanaujan)
1
1 Considerações iniciaisNeste artigo se encontram minhas soluções de alguns problemas que julgueiserem interessantes, seja por admitirem abordagens criativas em suas soluções,seja pela generalidade na forma em que se apresentam, características que julgoserem apropriadas para se avaliar a relevância de qualquer ideia em matemática.
O texto foi escrito, em sua maior parte, para alunos do ensino médio eacredito que o aluno curioso não terá dificuldades em acompanhar o que estáescrito, pois certamente tentará demonstrar as desigualdades que aqui estão outerá a oportunidade de pesquisar, embora algumas partes exijam conhecimentode graduação.
Os problemas que estão aqui foram retirados de diversos livros, e sempreque possível, vou deixar a indicação, entre parênteses, de onde esses problemasforam retirados.Quando não houver uma indicação clara entre parênteses deonde o problema foi retirado, há um único motivo: isto se deve ao fato de eu tervisto o problema alguma vez em um site, blog, PDF na internet, embora nãotenha me recordado de sua origem.
Minha sugestão é que o aluno resolva os problemas antes de olhar a solução,tendo em vista que as desigualdades e relações do início do artigo foram propo-sitalmente deixadas com o intuito de dar ao aluno a oportunidade de conhecerrelações que podem vir a ser necessárias, mas não indispensáveis, para resolveros problemas.Em muitos casos, o leitor poderá encontrar soluções muito maissimples para os problemas, ao leitor fica esse encargo.Por fim, espero que o leitorpossa aprender algo com o conteúdo desse PDF .
2
2 Desigualdades e Identidades importantesSejam alpha, beta e gamma ângulos de um triângulo, então, valem as desi-
gualdades:
1.cosα+ cosβ + cosγ ≤ senα2
+ senβ
2+ sen
γ
2≤ 3
2
2.senα+ senβ + senγ ≤ cosα2
+ cosβ
2+ cos
γ
2≤ 3√
3
2
3.cosαcosβcosγ ≤ senα2sen
β
2sen
γ
2≤ 1
8
4.senαsenβsenγ ≤ cosα2cos
β
2cos
γ
2≤ 3√
3
8
5.cos2α+ cos2β + cos2γ ≥ sen2α2
+ sen2β
2+ sen2
γ
2≥ 3
4
6.sen2α+ sen2β + sen2γ ≤ cos2α2
+ cos2β
2+ cos2
γ
2≤ 9
4
7.cotα+ cotβ + cotγ ≥ tanα2
+ tanβ
2+ tan
γ
2≥√
3
Sejam alpha, beta e gamma ângulos de um triângulo, então, valem as iden-tidades:
1.cosα+ cosβ + cosγ = 1 + 4senα
2sen
β
2sen
γ
2
2.senα+ senβ + senγ = 4cosα
2cos
β
2cos
γ
2
3.sen2α+ sen2β + sen2γ = 4senαsenβsenγ
4.sen2α+ sen2β + sen2γ = 2 + 2cosαcosβcosγ
5.sen2α
2+ sen2
β
2+ sen2
γ
2+ 2sen
α
2sen
β
2sen
γ
2= 1
6.tanα
2tan
β
2+ tan
α
2tan
γ
2+ tan
β
2tan
γ
2= 1
7.tanα+ tanβ + tanγ = tanαtanβtanγLei dos senos:
a
senα=
b
senβ=
c
senγ= 2R
3
Lei dos cossenos:
a2 = b2 + c2 − 2bccosα
Identidades trigonométricas válidas para alpha, beta, gamma,α, β, γ ∈ R
1.cos2α+ sen2α = 1
2.1 + tan2α = sec2α⇔ α 6= (2k + 1)π
2,∀k ∈ Z
3.1 + cot2α = csc2α⇔ α 6= kπ, ∀k ∈ Z
4.cos(2α) = cos2α− sen2α
5.cos(α+ β) = cosαcosβ − senαsenβ
6.sen(α) + sen(β) = 2sen
(α+ β
2
)cos
(α− β
2
)7.sen(α)− sen(β) = 2sen
(α− β
2
)cos
(α+ β
2
)8.cos(α) + cos(β) = 2cos
(α+ β
2
)cos
(α− β
2
)9.cos(α)− cos(β) = −2sen
(α+ β
2
)sen
(α− β
2
)10.tan(α+ β) =
tanα+ tanβ
1− tan(α)tan(β)⇔ α+ β 6= (2k + 1)π
2,∀k ∈ Z
11.senα =2tan
(α2
)1 + tan2
(α2
)12.cosα =
1− tan2(α2
)1 + tan2
(α2
)13.cos2α = 2cos2α− 1
14.cos2α = 1− 2sen2α
15.tan(3α) =3tanα− tan3α
1− 3tan2α⇔ α 6= (2k + 1)π
6,∀k ∈ Z
16.sen2α = 2senαcosα
17.tan(α + β + γ) =tanα+ tanβ + tanγ − tanαtanβtanγ1− tanαtanβ − tanβtanγ − tanβtanγ
⇔ α + β + γ 6=
(2k + 1)π
2,∀k ∈ Z
4
Sejam a1, a2, a3, ..., an e b1, b2, b3, ..., bn reais positivos, então valem as desi-gualdades:
Desigualdade entre as Médias Aritmética, Geométrica e Harmônica:
a1 + a2 + a3 + ...+ ann
≥ n√a1a2a3...an ≥
n1a1
+ 1a2
+ 1a3
+ ...+ 1an
Desigualdade de Cauchy-Schwarz:
(a21 +a22 +a23 + ...+a2n)(b21 + b22 + b23 + ...+ b2n) ≥ (a1b1 +a2b2 +a3b3 + ...+anbn)2
Desigualdade de Jensen:
Sejam I um intervalo da reta e f : I → R uma função.Sejam x1, x2, x3, ..., xn ∈I e λ1, λ2, λ3, ..., λn ∈ [0, 1], e tal que λ1 + λ2 + λ3 + ...+ λn = 1, valem as desi-gualdades:
Se f é côncova:
f(λ1x1+λ2x2+λ3x3+ ...+λnxn) ≥ λ1f(x1)+λ2f(x2)+λ3f(x3)+ ...+λnf(xn)
Se f é convexa:
f(λ1x1+λ2x2+λ3x3+ ...+λnxn) ≤ λ1f(x1)+λ2f(x2)+λ3f(x3)+ ...+λnf(xn)
Dizemos que uma função f : I → R é convexa se ∀(x1, x2) ∈ I e ∀α ∈ [0, 1]então :
f((1− α)x1 + αx2) ≤ (1− α)f(x1) + αf(x2)
Dizemos que uma função f : I → R é côncava se ∀(x1, x2) ∈ I e ∀α ∈ [0, 1]então :
f((1− α)x1 + αx2) ≥ (1− α)f(x1) + αf(x2)
Desigualdade de Chebychev:
Sejam a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an e b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn, então, vale que:
a1b1 + a2b2 + a3b3 + ...+ anbnn
≥(a1 + a2 + a3 + ...+ an
n
)×(b1 + b2 + b3 + ...+ bn
n
)
5
Desigualdade do rearranjo:
Sejam a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an e b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ... ≤ bn, seja (c1, c2, c3, ...cn)uma permutação da sequência (b1, b2, b3, ...bn), vale que:
a1bn + ...+ anb1 ≤ a1c1 + ...+ ancn ≤ a1b1 + ...+ anbn
Desigualdade entre as Médias Quadrática e Aritmética:√a21 + a22 + a23 + ...+ a2n
n≥ a1 + a2 + a3 + ...+ an
n
Desigualdade de Minkowsky:
p
√ap1 + ap2 + ap3 + ...+ apn+ p
√bp1 + bp2 + bp3 + ...+ bpn ≥ p
√(a1 + b1)p + (a2 + b2)p + ...+ (an + bn)p
Desigualdade de Holder:
Sejam λa, λb, λc, ...., λz tais que λa+λb+λc+....+λz = 1,e a1, a2, a3, ..., an, b1, b2, b3, ..., bn, ..., z1, z2, z3, ..., zn,reais positivos, vale que:
(a1 + a2 + a3 + ...+ an)λa(b1 + b2 + b3 + ...+ bn)λb ....(z1 + z2 + z3 + ...+ zn)λz ≥aλa1 bλb1 ...z
λz1 + aλa2 bλb2 ...z
λz2 + aλa3 bλb3 ...z
λz3 + ...+ aλan bλbn ...z
λzn
Desigualdade de Giroux:
Sejam I1, I2, I3, ..., In intervalos fechados da reta e seja a funçãof : I1× I2× I3× ...× In → R de n variáveis, convexa separadamente em relaçãoa cada variável.Então, se Ij = [aj , bj ], f atinge seu valor máximo em um dos 2n
pontos da forma (c1, c2, c3, ..., cn) com ci = ai ou ci = bi para cada i.
Desigualdade entre as Médias de Potências:
Sejam v > u, então vale:(av1 + av2 + av3 + ...+ avn
n
) 1v
≥(au1 + au2 + au3 + ...+ aun
n
) 1u
Desigualdade de Bernoulli:
Seja n um natural, e x ∈ R, x ≥ −1, então, vale que:
(1 + x)n ≥ 1 + nx
6
Desigualdade de Newton:
Seja dk =σk(nk
) , tal que σk =∑sym
a1a2..ak e k ∈ N|k ≤ n, então vale:
d2k ≥ dk−1dk+1
Desigualdade de Maclaurin:
Seja dk =σk(nk
) , tal que σk =∑sym
a1a2..ak, e k ∈ N|k ≤ n, então vale:
d1 ≥√d2 ≥ 3
√d3 ≥ ... ≥ n
√dn
Desigualdade de Schur:
Sejam x, y, z ≥ 0, t > 0, vale que:
xt(x− y)(x− z) + yt(y − x)(y − z) + zt(z − x)(z − y) ≥ 0
Desigualdade de Muirhead:
Dizemos que uma sequência (a1, a2, a3, ...an) majora a sequência (b1, b2, b3, ...bk)quando a1 + a2 + a3 + ... + ak ≥ b1 + b2 + b3 + ... + bk,∀k|1 ≤ k ≤ n − 1 ea1 +a2 +a3 + ...+an = b1 +b2 +b3 + ...+bn, e denotamos isso por a1 +a2 +a3 +...+ an � b1 + b2 + b3 + ...+ bn.Se a1 + a2 + a3 + ...+ an � b1 + b2 + b3 + ...+ bn,então, vale a desigualdade:∑
sym
xa11 xa22 x
a33 ...x
ann ≥
∑sym
xb11 xb22 x
b33 ...x
bnn
Desigualdade de Young:
Se1
p+
1
q= 1 , então vale:
ap
p+bq
q≥ ab
Desigualdade de Erdös-Mordell:
Considere um triânguloABC e um ponto P do mesmo plano. Sejam PA, PB , PCas projeções ortogonais de P nos lados BC,CA,AB respectivamente. Vale entãoa desigualdade:
AP +BP + CP ≥ 2(PPA + PPB + PPC)
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3 Os axiomas de Peano, o princípio da indução,e algumas relações lógicas úteis em provas por
induçãoContraposição ou Modus Tollens
P → Q⇔ ¬Q→ ¬P
Equivalência entre o condicional
¬(P → Q) = P ∧ ¬Q
Veracidade
i Se uma sentença é verdadeira, então sua contra-positiva é verdadeira (evice-versa).
ii Se uma sentença é falsa, então sua contra-positiva é falsa (e vice-versa).iii Se a inversa de uma sentença é verdadeira, então sua recíproca é verda-
deira (e vice-versa).iv Se a inversa de uma sentença é falsa, então sua recíproca é falsa (e vice-
versa).v Se a negação de uma sentença é falsa, então a sentença é verdadeira (e
vice-versa).vi Se uma sentença (ou sua contra-positiva) e a inversa (ou sua recíproca) são
ambas verdadeiras ou ambas falsas, a mesma pode ser chamada de bicondicional.
Axiomas de Peano:
i Existe uma função s : N → N que associa a cada n ∈ N um elementos(n) ∈ N, que denominamos sucessor de N
ii A função s : N→ N é injetiva.iii Existe um único elemento 1 no conjunto N tal que 1 6= s(n),∀n ∈ Niv Se um subconjunto X ⊂ N é tal que 1 ∈ N e s(X) ⊂ X então X = N
Princípio da Indução:
Seja P uma propriedade referente a números naturais. Se P vale para 1 ese, além disso, o fato de o número natural n possuir a propriedade P implicarque seu sucessor s(n) também possua essa propriedade, então todos os númerosnaturais possuem a propriedade P.
8
4 Problemas Interessantes
1. Deduza a fórmula de Heron, dada por:
A =√S(S − a)(S − b)(S − c)
Em que S é o semiperímetro, a,b e c os lados do triângulo e A sua área.Solução:Vamos transformar em produto a expressão abaixo:
senx+ seny + senz − sen(x+ y + z)
Veja como podemos fazer isso:
senx+ seny + senz − sen(x+ y + z) =
2sen
(x+ y
2
)cos
(x− y
2
)− 2sen
(x+ y
2
)cos
(x+ y + 2z
2
)=
2sen
(x+ y
2
)(cos
(x− y
2
)− cos
(x+ y + 2z
2
))=
4sen
(x+ y
2
)sen
(x+ z
2
)sen
(y + z
2
)De onde concluímos que sempre vale:
senx+seny+senz−sen(x+y+z) = 4sen
(x+ y
2
)sen
(x+ z
2
)sen
(y + z
2
)Sejam a,b e c lados de um triângulo e alpha,beta e gamma os ângulos opostos
aos lados a,b e c, respectivamente.Fazendo x=alpha,y=beta e z=gamma nafórmula acima, teremos:
senα+senβ+senγ−sen(α+β+γ) = 4sen
(β + γ
2
)sen
(α+ β
2
)sen
(α+ γ
2
)
Observando que sen(α+ β
2
)= cos
(π
2− α+ β
2
)= cos
(α+ β + γ
2− α+ β
2
)=
cosγ
2.A expressão acima é equivalente a:
senα+ senβ + senγ = 4cosα
2cos
β
2cos
γ
2
Colocando em evidência senγ no lado esquerdo, teremos:
9
senγ
(senα
senγ+senβ
senγ+ 1
)= 4cos
α
2cos
β
2cos
γ
2(1)
Pela Lei dos senos, teremos:
a
senα=
b
senβ=
c
senγ⇒ senα
senγ=a
c,senβ
senγ=b
c
Substituindo no lado esquerdo de (1), teremos:
senγ
(a
c+b
c+ 1
)= 4cos
α
2cos
β
2cos
γ
2
senγ
(a+ b+ c
c
)= 4cos
α
2cos
β
2cos
γ
2(2)
Seja S =a+ b+ c
2, o semiperímetro, então, pela lei dos cossenos e usando que
cos2x = 2cos2x− 1 para todo x ∈ R, temos que:
a2 = b2 + c2 − 2bccosα⇔ a2 = b2 + c2 − 2bc(
2cos2(α
2
)− 1)⇔ cos2
(α2
)=b2 + 2bc+ c2 − a2
4bc=
(b+ c)2 − a2
4bc=
(a+ b+ c)(b+ c− a)
4bc=
1
bc
(a+ b+ c
2
)(a+ b+ c− 2a
2
)=
1
bc
(a+ b+ c
2
)(a+ b+ c
2− a)⇔ cos
(α2
)=
√1
bc
(a+ b+ c
2
)(a+ b+ c
2− a)⇔ cos
α
2=
√S(S − a)
bc
Por simetria, concluímos para os outros ângulos:
cosα
2=
√S(S − a)
bc;
cosβ
2=
√S(S − b)
ac;
cosγ
2=
√S(S − c)
ab;
Substituindo as relações acima em (2), teremos:
senγ
(a+ b+ c
c
)= 4
S
abc
√S(S − a)(S − b)(S − c)
Usando que S =a+ b+ c
2, obtemos:
absenγ
2=√S(S − a)(S − b)(S − c)
10
Observe o triângulo abaixo:
c
b
a
h
γβ
α
Note que desenhamos os lados a,b e c opostos a alpha, beta e gamma res-pectivamente, isto é muito importante pois deduzimos as fórmulas anteriorespartindo desse princípio.A área desse triângulo é dada por (base)x(altura)/2,basta observar que no triângulo dado temos:
senγ =h
b⇒ h = bsenγ
Além disso, sabemos que sua base é a, daí segue o resultado desejado.
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2. (“Números Complexos e Binomiais”-Ulysses Sodré )Se n, p ∈ Z, sendon, p ≥ 0, demonstrar que:
(0
p
)+
(1
p
)+
(2
p
)+
(3
p
)+ ...+
(n
p
)=
n∑k=0
(k
p
)=
(n+ 1
p+ 1
)Solução 1:
Se n, p ∈ Z, sendo n, p ≥ 0, vamos provar que:
(0
p
)+
(1
p
)+
(2
p
)+
(3
p
)+ ...+
(n
p
)=
n∑k=0
(k
p
)=
(n+ 1
p+ 1
)
Convenciona-se que(k
p
)= 0 para p > k. Nosso objetivo é provar que
n∑k=0
(k
p
)=
(n+ 1
p+ 1
), vamos quebrar em dois casos, vamos provar para o caso
em que p é ímpar e para o caso em que p é par, vamos começar com o casoem que p é ímpar, para isto, vamos definir uma função especial, e estudar suaspropriedades.Seja fn(φ) uma função tal que fn : R → R, dada pela relaçãoabaixo:
fn(φ) = −cot(φ) +
2n−1∑k=1
sen(kφ)
cosk(φ)(3)
Veja o que podemos dizer dessa soma, para isto, considere que:
cos((k + 1)φ)
cosk(φ)− cos(kφ)
cosk−1(φ)=cos((k + 1)φ)− cos(kφ)cos(φ)
cosk(φ)=
(cos(kφ)cos(φ)− sen(kφ)sen(φ))− cos(kφ)cos(φ)
cosk(φ)= −sen(φ)sen(kφ)
cosk(φ)⇒
⇒ cos((k + 1)φ)
cosk(φ)− cos(kφ)
cosk−1(φ)= −sen(φ)sen(kφ)
cosk(φ)⇒
2n−1∑k=1
(cos((k + 1)φ)
cosk(φ)− cos(kφ)
cosk−1(φ)
)=
−2n−1∑k=1
sen(φ)sen(kφ)
cosk(φ)⇒ cos(2nφ)
cos2n−1(φ)− cos(φ) = −
2n−1∑k=1
sen(φ)sen(kφ)
cosk(φ)⇒
1
sen(φ)
(cos(2nφ)
cos2n−1(φ)− cos(φ)
)= −
2n−1∑k=1
sen(kφ)
cosk(φ)⇒
−2n−1∑k=1
sen(kφ)
cosk(φ)=
cos(2nφ)
sen(φ)cos2n−1(φ)− cot(φ) ⇒ cot(φ) −
2n−1∑k=1
sen(kφ)
cosk(φ)=
cos(2nφ)
sen(φ)cos2n−1(φ)
12
De onde concluímos a primeira propriedade de fn(φ):
fn(φ) = − cos(2nφ)
sen(φ)cos2n−1(φ)(4)
Partindo de (3) veja o que podemos fazer:
fn(φ) = −cot(φ) +
2n−1∑k=1
sen(kφ)
cosk(φ)= −cot(φ) +
1
2i
2n−1∑k=1
cis(kφ)− cis(−kφ)
cosk(φ)=
− cot(φ) +1
2i
2n−1∑k=1
(cos(φ) + isen(φ))k − (cos(φ)− isen(φ))k
cosk(φ)=
− cot(φ) +1
2i
2n−1∑k=1
((1 + itan(φ))k − (1− itan(φ))k) =
− cot(φ) +1
2i
2n−1∑k=1
k∑j=0
(k
j
)(itan(φ))j −
k∑j=0
(k
j
)(−itan(φ))j
= −cot(φ) +
1
2i
2n−1∑k=1
k∑j=0
(k
j
)(itan(φ))j − 1
2i
2n−1∑k=1
k∑j=0
(k
j
)(−itan(φ))j =
−cot(φ) +1
i
((1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 1
1
))i.tan(φ) +
1
i
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 1
3
))i3tan3(φ)
+− ...+ 1
i
((2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 1
2j − 1
))(i)2j−1(tan(φ))2j−1 +−... =
−cot(φ) +
((1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 1
1
))tan(φ) +
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 1
3
))i2tan3(φ)
+...+
((2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 1
2j − 1
))(i)2(j−1)(tan(φ))2j−1 + ... =
−cot(φ) +
((1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 1
1
))tan(φ)−
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 1
3
))tan3(φ)
+− ...+((
2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 1
2j − 1
))(−1)j+1(tan(φ))2j−1 +−... =
cot(φ)
[−1 +
((1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 1
1
))tan2(φ)−
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 1
3
))tan4(φ)
+− ...+((
2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 1
2j − 1
))(−1)j+1(tan(φ))2j +−...
]=
cot(φ)
[−(
0
0
)+
((1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 1
1
))tan2(φ)−
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 1
3
))tan4(φ)
+− ...+((
2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 1
2j − 1
))(−1)j+1(tan(φ))2j +−...
]
13
De onde concluímos que:
fn(φ) =
cot(φ)
[−(
0
0
)+
((1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 1
1
))tan2(φ)−
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 1
3
))tan4(φ)
+− ...+((
2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 1
2j − 1
))(−1)j+1(tan(φ))2j +−...
](5)
Comparando (4) e (5), concluímos que:
− cos(2nφ)
sen(φ)cos2n−1(φ)=
cot(φ)
[−(
0
0
)+
((1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 1
1
))tan2(φ)−
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 1
3
))tan4(φ)
+− ...+((
2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 1
2j − 1
))(−1)j+1(tan(φ))2j +−...
]Multiplicando os dois lados da igualdade por −tan(φ), teremos:
cos(2nφ)
cos2n(φ)=(
0
0
)−((
1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 1
1
))tan2(φ) +
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 1
3
))tan4(φ)
+− ...+((
2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 1
2j − 1
))(−1)j(tan(φ))2j +−...
(6)
Vamos guardar a igualdade acima, e encontrar novas relações, veja:
cos(2nφ) =cis(2nφ) + cis(−2nφ)
2=
(cos(φ) + isen(φ))2n + (cos(φ)− isen(φ))2n
2=
1
2
(2n∑k=0
(2n
k
)cos2n−k(φ)iksenk(φ) +
2n∑k=0
(2n
k
)(−1)kcos2n−k(φ)iksenk(φ)
)=
n∑k=0
(2n
2k
)cos2n−2k(φ)i2ksen2k(φ)⇒ cos(2nφ) =
n∑k=0
(2n
2k
)cos2n−2k(φ)i2ksen2k(φ) =
cos(2nφ) =
n∑k=0
(2n
2k
)(−1)kcos2n−2k(φ)sen2k(φ)
Dividindo ambos os lados da igualdade acima por cos2n(φ), chegamos a:
cos(2nφ)
cos2n(φ)=
n∑k=0
(−1)k(
2n
2k
)tan2k(φ) (7)
14
Comparando (6) e (7), teremos:
n∑k=0
(−1)k(
2n
2k
)tan2k(φ) =(
0
0
)−((
1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 1
1
))tan2(φ) +
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 1
3
))tan4(φ)
+− ...+((
2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 1
2j − 1
))(−1)j(tan(φ))2j +−...
Observe que como a tangente percorre todos os reais, podemos substituir a tan-gente por uma variável que representa um número real.Substituindo a tangentepor x, veja:
n∑k=0
(−1)k(
2n
2k
)x2k =(
0
0
)−((
1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 1
1
))x2 +
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 1
3
))x4
+− ...+((
2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 1
2j − 1
))(−1)jx2j +−...
(8)
Observe que obtivemos dois polinômios que devem satisfazer uma igualdade,mas pelo teorema da identidade polinomial, dois polinômios são iguais se os co-eficientes dos termos de graus correspondentes são iguais, portanto, igualandoos termos de mesmo grau se obtém o resultado para p ímpar.Observe que o
que provamos acima é que:2n−1∑k=0
(k
2j − 1
)=
(2n
2j
).Isto é, a soma em k, com
k variando de zero até um número ímpar, para provar a soma até um número
par, devemos subtrair em (8) o polinômio2n−1∑k=1
(−1)k(
2n− 1
2k − 1
)x2k, de onde ob-
teremos:
1 +
n∑k=1
(−1)k((
2n
2k
)−(
2n− 1
2k − 1
))x2k =(
0
0
)−((
1
1
)+
(2
1
)+ ...+
(2n− 2
1
))x2 +
((3
3
)+
(4
3
)+ ...+
(2n− 2
3
))x4
+− ...+((
2j − 1
2j − 1
)+
(2j
2j − 1
)+ ...+
(2n− 2
2j − 1
))(−1)jx2j +−...
(9)
15
Usando a relação de Stifel em (9), que nos diz que:(n+ 1
p+ 1
)+
(n+ 1
p
)=(
n+ 2
p+ 1
)⇒(n+ 1
p+ 1
)=
(n+ 2
p+ 1
)−(n+ 1
p
)Substituindo o resultado acima em (9), novamente, por congruência polinomial,teremos o resultado requerido até um número par.Agora vamos provar o caso par. Vamos definir uma função gn(φ) tal quegn : R→ R e:
gn(φ) = 1 +
2n∑k=1
cos(kφ)
cosk(φ)(10)
Veja o que podemos dizer dessa função, para tanto, tome a diferença:
sen((k + 1)φ)
cosk(φ)− sen(kφ)
cosk−1(φ)=sen((k + 1)φ)− sen(kφ)cos(φ)
cosk(φ)=
sen(kφ)cos(φ) + cos(kφ)sen(φ)− sen(kφ)cos(φ)
cosk(φ)=cos(kφ)sen(φ)
cosk(φ)⇒ sen((k + 1)φ)
cosk(φ)−
sen(kφ)
cosk−1(φ)=cos(kφ)sen(φ)
cosk(φ)⇒
2n∑k=1
(sen((k + 1)φ)
cosk(φ)− sen(kφ)
cosk−1(φ)
)=
2n∑k=1
cos(kφ)sen(φ)
cosk(φ)⇒
sen((2n+ 1)φ)
cos2n(φ)− sen(φ) =
2n∑k=1
cos(kφ)sen(φ)
cosk(φ)⇒ sen((2n+ 1)φ)
cos2n(φ)= sen(φ) +
2n∑k=1
cos(kφ)sen(φ)
cosk(φ)⇒ sen((2n+ 1)φ)
sen(φ)cos2n(φ)= 1 +
2n∑k=1
cos(kφ)
cosk(φ)
Comparando a igualdade acima com (10), concluímos a igualdade:
gn(φ) =sen((2n+ 1)φ)
sen(φ)cos2n(φ)(11)
Vamos memorizar a igualdade acima e encontrar novas relações para a funçãogn(φ), veja o que podemos fazer:
sen((2n+1)φ) =cis((2n+ 1)φ)− cis(−(2n+ 1)φ)
2i=
(cos(φ) + isen(φ))2n+1 − (cos(φ)− isen(φ))2n+1
2i=
1
2i
(2n+1∑k=1
(2n+ 1
k
)cos2n+1−k(φ)iksenk(φ)−
2n+1∑k=1
(2n+ 1
k
)(−1)kcos2n+1−k(φ)iksenk(φ)
)=
1
i
n∑k=0
(2n+ 1
2k + 1
)cos2n+1−(2k+1)(φ)i2k+1sen2k+1(φ) =
n∑k=0
(2n+ 1
2k + 1
)cos2n−2k(φ)i2ksen2k+1(φ) =
n∑k=0
(2n+ 1
2k + 1
)(−1)kcos2n−2k(φ)sen2k+1(φ)⇒ sen((2n+1)φ) =
n∑k=0
(2n+ 1
2k + 1
)(−1)kcos2n−2k(φ)sen2k+1(φ)
⇒ sen((2n+ 1)φ)
sen(φ)cos2n(φ)=
n∑k=0
(2n+ 1
2k + 1
)(−1)ktan2k(φ)
16
Comparando a igualdade acima com (11), teremos que:
gn(φ) =
n∑k=0
(2n+ 1
2k + 1
)(−1)ktan2k(φ) (12)
Vamos memorizar a igualdade acima, e desenvolver (6) de modo apropriado,veja como podemos fazer isso:
gn(φ) = 1 +
2n∑k=1
cos(kφ)
cosk(φ)=
= 1+1
2
2n∑k=1
cis(kφ) + cis(−kφ)
cosk(φ)= 1+
1
2
2n∑k=1
(cos(φ) + isen(φ))k + (cos(φ)− isen(φ))k
cosk(φ)
= 1+1
2
2n∑k=1
((1+itan(φ))k+(1−itan(φ))k) = 1+1
2
2n∑k=1
k∑j=0
(k
j
)(itan(φ))j +
k∑j=0
(k
j
)(−1)j(itan(φ))j
=
1 +1
2
2n∑k=1
k∑j=0
(k
j
)(itan(φ))j +
1
2
2n∑k=1
k∑j=0
(k
j
)(−1)j(itan(φ))j =
2n+ 1 +
((2
2
)+
(3
2
)+ ...+
(2n
2
))i2.tan(φ) +
((4
4
)+
(5
4
)+ ...+
(2n
4
))i4tan4(φ)
+− ...+((
2j
2j
)+
(2j + 1
2j
)+ ...+
(2n
2j
))(i)2j(tan(φ))2j +−... =
2n+ 1−((
2
2
)+
(3
2
)+ ...+
(2n
2
))tan(φ) +
((4
4
)+
(5
4
)+ ...+
(2n
4
))i4tan4(φ)
+− ...+((
2j
2j
)+
(2j + 1
2j
)+ ...+
(2n
2j
))(−1)j(tan(φ))2j +−... =
De onde concluímos que sempre vale:
gn(φ) =
2n+ 1−((
2
2
)+
(3
2
)+ ...+
(2n
2
))tan(φ) +
((4
4
)+
(5
4
)+ ...+
(2n
4
))i4tan4(φ)
+− ...+((
2j
2j
)+
(2j + 1
2j
)+ ...+
(2n
2j
))(−1)j(tan(φ))2j +−...
17
Comparando a igualdade acima com (12), teremos que:
n∑k=0
(2n+ 1
2k + 1
)(−1)ktan2k(φ) =
2n+ 1−((
2
2
)+
(3
2
)+ ...+
(2n
2
))tan(φ) +
((4
4
)+
(5
4
)+ ...+
(2n
4
))i4tan4(φ)
+− ...+((
2j
2j
)+
(2j + 1
2j
)+ ...+
(2n
2j
))(−1)j(tan(φ))2j +−...
(13)
Como a tangente percorre todos os reais, a igualdade acima deve ser válida paratodos os reais, fazendo x = tan(φ), teremos uma igualdade de polinômios em x,e como dois polinômios são iguais se os coeficientes dos termos de mesmo grausão iguais, daí chega-se a conclusão que se deseja.Observe que o que provamos
acima é que:2n∑k=0
(k
2j
)=
(2n+ 1
2j + 1
).Isto é, a soma em k, com k variando de
zero até um número par, para provar a soma até um número ímpar, devemossubtrair em (13) um polinômio conveniente, usar a relação de Stifel, como foiusada anteriormente e concluir a solução do problema pedido .
18
Solução 2:Use somente a relação de Stifel, a soma é telescópica.
19
3. (“103 Trigonometry Problems from the training of the USA IMO Team”-Titu Andreescu) Let ABC be a triangle. Prove that
sen2A
2+ sen2
B
2+ sen2
C
2+ 2sen
A
2sen
B
2sen
C
2= 1
Conversely, prove that if x, y, z are positive real numbers such that:
x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1
then there is a triangle ABC such that x = senA
2, y = sen
B
2, z = sen
C
2Solução:Vamos provar primeiro a primeira parte do enunciado, para isto considere quese alpha, beta e gamma são ângulos de um triângulo, então vale :
secα
2sec
β
2sec
γ
2cos
(α+ β + γ
2
)= 0⇔
secα
2sec
β
2sec
γ
2
(cos
(α+ β
2
)cos
γ
2− sen
(α+ β
2
)sen
γ
2
)= 0⇔
secα
2sec
β
2sec
γ
2
((cos
α
2cos
β
2− senα
2sen
β
2
)cos
γ
2−(sen
α
2cos
β
2+ cos
α
2sen
β
2
)sen
γ
2
)= 0⇔
secα
2sec
β
2sec
γ
2
(cos
α
2cos
β
2cos
γ
2− senα
2sen
β
2cos
γ
2− senα
2sen
γ
2cos
β
2− senβ
2sen
γ
2cos
α
2
)= 0⇔
1−(tan
α
2tan
β
2+ tan
α
2tan
γ
2+ tan
β
2tan
γ
2
)= 0⇔
tan(α
2
)tan
(β
2
)+ tan
(α2
)tan
(γ2
)+ tan
(β
2
)tan
(γ2
)= 1 (14)
Sendo assim, se alpha,beta e gamma são ângulos de um triângulo então,a identidade para tangentes vale.Nós vamos usar este fato para provar que sealpha e beta e gamma são ângulos de um triângulo, então a identidade de senosacima vale.A forma que faremos isso é provando que a identidade para tangentesimplica na identidade para senos.
Podemos usar o fato de alpha, beta, gamma serem ângulos de um triânguloa nosso favor, veja:
1
1− tan(α2
)tan
(γ2
) − 1 =cos(α2
)cos(γ2
)cos(α2
)cos(γ2
)− sen
(α2
)sen
(γ2
) − 1 =
sen(α2
)sen
(γ2
)cos(α+γ2
) =sen
(α2
)sen
(γ2
)sen
(π2 −
α+γ2
) =sen
(α2
)sen
(γ2
)sen
(α+β+γ
2 − α+γ2
) =sen
(α2
)sen
(γ2
)sen
(β2
)Por simetria, podemos ver:
20
1
1− tan(α2
)tan
(γ2
) − 1 =sen
(α2
)sen
(γ2
)sen
(β2
) (15)
1
1− tan(α2
)tan
(β2
) − 1 =sen
(α2
)sen
(β2
)sen
(γ2
) (16)
1
1− tan(β2
)tan
(γ2
) − 1 =sen
(β2
)sen
(γ2
)sen
(α2
) (17)
É possível ver, pelas relações acima que:
sen(α
2
)=
√√√√√( 1
1− tan(α2
)tan
(γ2
) − 1
) 1
1− tan(α2
)tan
(β2
) − 1
(18)
sen
(β
2
)=
√√√√√ 1
1− tan(β2
)tan
(γ2
) − 1
1
1− tan(α2
)tan
(β2
) − 1
(19)
sen(γ
2
)=
√√√√√ 1
1− tan(β2
)tan
(γ2
) − 1
( 1
1− tan(α2
)tan
(γ2
) − 1
)(20)
Partindo de (14), veja o que podemos fazer.Vamos usar u,v e w para repre-
sentar as tangentes de alpha, beta e gamma, isto é, tan(α
2
)= u, tan
(β
2
)=
v, tan(γ
2
)= w :
uv + vw + uw = 1
Multiplicando a igualdade acima por -1 e somando 3 nos dois lados da igual-dade resultante, teremos:
(1− uv) + (1− vw) + (1− uw) = 2
Dividindo ambos os lados da igualdade por (1-uv)(1-uw)(1-vw), teremos:
21
(1
1− uw
)(1
1− uv
)+
(1
1− vw
)(1
1− uv
)+
(1
1− uw
)(1
1− vw
)= 2
(1
1− uw
)(1
1− uv
)(1
1− vw
)Fazendo a substituição x =
1
1− vw, y =
1
1− uw, z =
1
1− uv, nossa expressão
fica na forma:
xy + xz + yz = 2xyz (21)Ao multiplicar a igualdade acima por -1, depois somar 1 + 2xyz nos dois
lados da igualdade, e depois somar e subtrair xy + xz + yz + 2x + 2y + 2z nolado esquerdo da igualdade resultante, e arranjar os termos convenientemente,não é difícil ver que a igualdade (21) é equivalente a expressão abaixo:
(xy−x− y+ 1) + (yz− z− y+ 1) + (xz− z−x+ 1) + 2xyz− 2xy− 2xz− 2yz+2x+ 2y + 2z − 2 = 1⇔
(−x(−y + 1)− y + 1) + (−y(−z + 1)− z + 1) + (−z(−x+ 1)− x+ 1) +2y(xz − x)− 2(xz − x)− 2z(y − 1) + 2(y − 1) = 1⇔
(1−x)(1−y)+(1−y)(1−z)+(1−x)(1−z)+2(xz−x)(y−1)−2z(y−1)+2(y−1) =1⇔
(1−x)(1−y)+ (1−y)(1−z)+ (1−x)(1−z)+ 2(y−1)((xz−x)−z+1) = 1⇔
(1−x)(1−y)+(1−y)(1−z)+(1−x)(1−z)+2(y−1)(−x(1−z)−z+1) = 1⇔
(1− x)(1− y) + (1− y)(1− z) + (1− x)(1− z) + 2(y − 1)(1− z)(1− x) = 1⇔
(x− 1)(y − 1) + (y − 1)(z − 1) + (x− 1)(z − 1) + 2(y − 1)(z − 1)(x− 1) = 1
Desfazendo a substituição, teremos:
(1
1− vw− 1
)(1
1− uw− 1
)+
(1
1− vw− 1
)(1
1− uv− 1
)+
(1
1− uw− 1
)(1
1− uv− 1
)+
2
(1
1− uv− 1
)(1
1− uw− 1
)(1
1− vw− 1
)= 1
Como u,v e w nada mais são do que as tangentes de alpha, beta e gamma,se efetuarmos as substituições (15),(16) e (17), finalmente teremos:
sen2α
2+ sen2
β
2+ sen2
γ
2+ 2sen
α
2sen
β
2sen
γ
2= 1
22
O que a segunda parte nos diz é que se x2+y2+z2+2xyz = 1 então podemossubstituir x,y e z por senos de alpha/2, beta/2 e gamma/2, sendo alpha, betae gamma ângulos de um triângulo.Para a segunda parte o leitor pode ver ademonstração no artigo de Daniel Campos Salas e Vardan Verdiyan “Simpletrigonometric substitutions with broad results”, está logo no início do artigo.Emtodo caso, vou deixar aqui uma segunda demonstração.Faça a substituição:
u = x
√x+ yz
(y + xz)(z + xy); v = y
√y + xz
(x+ yz)(z + xy);w = z
√z + xy
(x+ yz)(y + xz)
De fato, podemos fazer essa substituição, pois u,v e w são variáveis que nãoexistem no enunciado, e portanto não há restrição de valores que podem assu-mir, em outras palavras, u,v,w podem assumir qualquer valor que desejarmos.Eainda, x,y e z são reais positivos e uma composição de números reais positivostambém é um número real.Multiplicando essas igualdades duas a duas, teremos:
vw =yz
x+ yz;uv =
xy
z + xy;uw =
xz
y + xz;
Tome a primeira das igualdades acima e observe que:
vw =yz
x+ yz⇒ vw =
yzx
x+yzx
⇒ vw =yzx
1 + yzx
⇒ vw =
(1 + yz
x
)− 1
1 + yzx
⇒ vw = 1− 1
1 + yzx
⇒ 1
1 + yzx
= 1− vw ⇒ 1
1− vw= 1 +
yz
x⇒
⇒ yz
x=
1
1− vw− 1;
Por simetria, chegamos as igualdades:
yz
x=
1
1− vw− 1;
xz
y=
1
1− uw− 1;
xy
z=
1
1− uv− 1;
Multiplicando essas igualdades duas a duas, teremos:
23
x =
√(1
1− uv− 1
)(1
1− uw− 1
)(A)
y =
√(1
1− uv− 1
)(1
1− vw− 1
); (B)
z =
√(1
1− uw− 1
)(1
1− vw− 1
); (C)
Observe que uma implicação lógica dessa substituição é:
x2+y2+z2+2xyz = 1⇒(
1
1− vw− 1
)(1
1− uw− 1
)+
(1
1− vw− 1
)(1
1− uv− 1
)+(
1
1− uw− 1
)(1
1− uv− 1
)+2
(1
1− uv− 1
)(1
1− uw− 1
)(1
1− vw− 1
)=
1
Já sabemos que essa expressão é equivalente a:
uv + vw + uw = 1
Fazendo a substituição por tangentes1, ou seja, fazendo tan(α
2
)= u, tan
(β
2
)=
v, w =(γ
2
), chegamos a:
tan(α
2
)tan
(β
2
)+ tan
(α2
)tan
(γ2
)+ tan
(β
2
)tan
(γ2
)= 1
Sabemos que essa expressão implica que:
secα
2sec
β
2sec
γ
2cos
(α+ β + γ
2
)= 0
Pelo resultado acima alpha, beta e gamma devem ser ângulos(ao supor queα, β e γ estão no intervalo (0, π)2) de um triângulo.Como alpha, beta e gammasão ângulos de um triângulo, o resultado segue naturalmente substituindo (18),(19) e (20) em (A),(B) e (C) .
1Observe que a tangente é bijetora no intervalo(−π
2,π
2
), e portanto, podemos fazer essa
substituição.2De fato, a tangente percorre todos os reais positivos no intervalo
(0,π
2
), isso implica que
existe um ângulo neste intervalo correspondente a qualquer valor numérico positivo.
24
4. (“103 Problems From the Training USA IMO Team”-Titu Andreescu)Leta,b , c nonnegative real numbers such that:
a2 + b2 + c2 + abc = 4
Prove that :
0 ≤ ab+ bc+ ac− abc ≤ 2
Solução 1:Vamos provar primeiro o lado esquerdo, que é mais fácil:
0 ≤ ab+ bc+ ac− abc (22)
O enunciado nos diz que a,b e c não são negativos, mas não diz nada sobre ofato de serem iguais a zero.Suponha então que apenas uma das variáveis sejaigual a zero, por exemplo a=0. Então teremos
ab+ bc+ ac− abc = bc > 0
O que é verdadeiro pois b e c não podem ser negativos e supomos que somente aé igual a zero. Suponha, agora que tenhamos duas variáveis iguais a zero, entãoteremos
ab+ bc+ ac− abc = 0
É o caso em que ocorre a igualdade.Agora, não podemos supor que a,b e c sejamtodos iguais a zero, pois temos uma igualdade a cumprir, a saber a2 + b2 + c2 +abc = 4, portanto a,b e c não podem ser todos iguais a zero.Vamos analisaragora o caso a, b, c > 0 .Suponha, por absurdo que
ab+ bc+ ac− abc < 0
Isto implica queab+ bc+ ac < abc
Dividindo ambos os lados da desigualdade por abc, teremos:
1
c+
1
b+
1
a< 1
Mas para que a desigualdade acima seja verdadeira, deve ocorrer, no mínimo,que a, b, c > 1. Mas se a, b, c > 1 então a2 + b2 + c2 + abc > 4, o que contradiza condição para que a desigualdade seja verdadeira.Agora, vamos provar o ladodireito, isto é:
ab+ bc+ ac− abc ≤ 2 (23)
A ideia por trás da solução é efetuar uma substituição trigonométrica e fazer acondição , que torna a desigualdade verdadeira, recair em uma identidade tri-gonométrica válida para ângulos de um triângulo.Veja que podemos fazer issousando a propriedade que as funções seno, cosseno, tangente ou cotangente pos-suem, de serem bijetoras em intervalos previamente definidos.Vamos reescrever
25
a condição de modo a tornar isto óbvio.Veja:
a2+b2+c2+abc = 4 =⇒ a2
4+b2
4+c2
4+abc
4= 1 =⇒ a2
4+b2
4+c2
4+
2abc
8= 1 =⇒
(a2
)2+
(b
2
)2
+( c
2
)2+ 2
(a2
)( b2
)( c2
)= 1
Fazendo a = 2senα
2,b = 2sen
β
2,c = 2sen
γ
2, recaímos na identidade trigono-
métrica:sen2
α
2+ sen2
β
2+ sen2
γ
2+ 2sen
α
2sen
β
2sen
γ
2= 1
Esta identidade trigonométrica é válida quando α, β, γ são ângulos de umtriângulo, já provamos isso na questão 3.Por outro lado, efetuando essa substi-tuição em (23), nossa desigualdade fica reescrita da seguinte forma:
4senα
2sen
β
2+ 4sen
β
2sen
γ
2+ 4sen
α
2sen
γ
2− 8sen
α
2sen
β
2sen
γ
2≤ 2
2senα
2sen
β
2+ 2sen
β
2sen
γ
2+ 2sen
α
2sen
γ
2− 4sen
α
2sen
β
2sen
γ
2≤ 1
2senα
2sen
β
2+ 2sen
β
2sen
γ
2+ 2sen
α
2sen
γ
2≤ 1 + 4sen
α
2sen
β
2sen
γ
2
2senα
2sen
β
2+ 2sen
β
2sen
γ
2+ 2sen
α
2sen
γ
2≤ cosα+ cosβ + cosγ
2senα
2sen
β
2+ 2sen
β
2sen
γ
2+ 2sen
α
2sen
γ
2≤
cos2α
2− sen2α
2+ cos2
β
2− sen2 β
2+ cos2
γ
2− sen2 γ
2
2senα
2sen
β
2+ 2sen
β
2sen
γ
2+ 2sen
α
2sen
γ
2+ sen2
α
2+ sen2
β
2+ sen2
γ
2≤
cos2α
2+ cos2
β
2+ cos2
γ
2(sen
α
2+ sen
β
2+ sen
γ
2
)2
≤ cos2α2
+ cos2β
2+ cos2
γ
2
cos2α
2+ cos2
β
2+ cos2
γ
2≥(sen
α
2+ sen
β
2+ sen
γ
2
)2
A desigualdade (23) é equivalente a desigualdade acima.Agora, nos restaprovar a desigualdade acima.Primeiramente, seja S o semiperímetro e a,b e clados de um triângulo 3, então vale que:
3Não confunda as variáveis a,b,c do enunciado com essas variáveis a,b,c, que representamos lados de um triângulo qualquer.
26
senα
2=
√(S − b)(S − c)
bc; sen
β
2=
√(S − a)(S − c)
ac; sen
γ
2=
√(S − a)(S − b)
ab(24)
cosα
2=
√S(S − a)
bc; cos
β
2=
√S(S − b)
ac; cos
γ
2=
√S(S − c)
ab(25)
Na página 10 desse PDF, provamos as relações (25).Provemos (24).Pela leidos cossenos e usando que cos(2x) = 1− 2sen2x:
a2 = b2 + c2 − 2bccosα⇔ a2 = b2 + c2 − 2bc(
1− 2sen2(α
2
))⇔ sen2
(α2
)=a2 − (b2 − 2bc+ c2)
4bc=
a2 − (b− c)2
4bc=
(a+ b− c)(a− b+ c)
4bc=
1
bc
(a+ b+ c− 2c
2
)(a+ b+ c− 2b
2
)=
1
bc
(a+ b+ c
2− c)(
a+ b+ c
2− b)⇔ sen
(α2
)=
√1
bc
(a+ b+ c
2− b)(
a+ b+ c
2− c)⇔
sen(α
2
)=
√(S − b)(S − c)
bc
Por simetria, conclui-se os outros casos.Considere um triângulo ABC arbitrário e uma circunferência inscrita nesse
triângulo, então, os pontos de tangência da circunferência delimitam retas iguaisduas a duas.Observe que esta afirmação está geometricamente fundamentada,uma vez que se duas retas tangenciam uma circunferência e se estas retas seinterceptam em um ponto exterior a mesma, então, a distância do ponto de in-terseção das retas aos pontos de tangência são iguais.Portanto, podemos dividiros lados de um triângulo conforme a figura abaixo:
xx
y
y
z
zA
B
C
c
Logo, nos é lícita a seguinte substituição a = y + z, b = x + z, c = x +y.Esta transformação é conhecida como transformação de Ravi e pode ser útil
27
em diversas outras aplicações.Fazendo esta substituição, teremos que:
S =a+ b+ c
2=
(x+ y) + (y + z) + (x+ z)
2= x+ y + z
De onde obteremos:S − a = x+ y + z − (x+ y) = zS − b = x+ y + z − (y + z) = xS − c = x+ y + z − (x+ z) = y
Substituindo em (24) e (25), teremos:
senα
2=
√yz
(x+ y)(x+ z); sen
β
2=
√xz
(x+ y)(y + z)sen
γ
2=
√xy
(y + z)(x+ z);
(26)
cosα
2=
√x(x+ y + z)
(x+ y)(x+ z); cos
β
2=
√y(x+ y + z)
(x+ y)(y + z)cos
γ
2=
√z(x+ y + z)
(y + z)(x+ z);
(27)Considere a desigualdade de Cauchy-Schwarz em 3 variáveis, fazendo a subs-
tituição a1 =√xy, a2 =
√xz, a3 =
√yz e b1 =
√1
(x+ z)(y + z), b2 =
√1
(x+ y)(y + z), b3 =√
1
(x+ z)(x+ y)é possível ver que vale a desigualdade abaixo:
Desigualdade A:
(xy + xz + yz)
(1
(x+ z)(y + z)+
1
(x+ y)(y + z)+
1
(x+ z)(x+ y)
)≥(√
xy
(x+ z)(y + z)+
√xz
(x+ y)(y + z)+
√yz
(x+ z)(x+ y)
)2
texto a ser colorido
Vamos memorizar a desigualdade acima nesta forma.Considere agora que:
2(xy + yz + xz)(x+ y + z) = 2(xy + yz + xz)(x+ y + z)⇔
(2xy + 2yz + 2xz)(x+ y + z) = (xy + yz + xz)(2x+ 2y + 2z)⇔
((xz+yz)+(xy+xz)+(xy+yz))(x+y+z) = (xy+yz+xz)((x+y)+(x+z)+(y+z))⇔
(z(x+y)+x(y+z)+y(x+z))(x+y+z) = (xy+yz+xz)((x+y)+(x+z)+(y+z))
Dividindo ambos os lados dessa igualdade por (x+ y)(x+ z)(y + z), vem:
28
(z
(x+ z)(y + z)+
x
(x+ z)(x+ y)+
y
(x+ y)(y + z)
)(x+ y + z) =
(xy + xz + yz)
(1
(x+ z)(y + z)+
1
(x+ z)(x+ y)+
1
(x+ y)(y + z)
)De onde se conclui a igualdade abaixo:
Igualdade A:
z(x+ y + z)
(x+ z)(y + z)+
x(x+ y + z)
(x+ z)(x+ y)+
y(x+ y + z)
(x+ y)(y + z)=
(xy + xz + yz)
(1
(x+ z)(y + z)+
1
(x+ z)(x+ y)+
1
(x+ y)(y + z)
)
Substituindo a “Igualdade A” no lado esquerdo da “Desigualdade A”, obte-mos:
z(x+ y + z)
(x+ z)(y + z)+
x(x+ y + z)
(x+ z)(x+ y)+
y(x+ y + z)
(x+ y)(y + z)≥(√
xy
(x+ z)(y + z)+
√xz
(x+ y)(y + z)+
√yz
(x+ z)(x+ y)
)2
Efetuando a substituição (26) e (27) na desigualdade acima, finalmente chega-seao resultado:
cos2α
2+ cos2
β
2+ cos2
γ
2≥(sen
α
2+ sen
β
2+ sen
γ
2
)2
29
Solução 2:
Vou dar uma segunda solução para o lado direito, sem que seja necessáriofazer uma substituição trigonométrica.Às vezes o que precisamos em uma ques-tão desse tipo não é nada mais do que criatividade.Faça a substituição:
u = a
√2a+ bc
(2b+ ac)(2c+ ab); v = b
√2b+ ac
(2a+ bc)(2c+ ab);w = c
√2c+ ab
(2a+ bc)(2b+ ac)
De fato, podemos fazer essa substituição, pois u,v e w são variáveis que não exis-tem no enunciado, e portanto não há restrição de valores que podem assumir, emoutras palavras, u,v,w podem assumir qualquer valor que desejarmos.E ainda,a,b e c são positivos e uma composição de números reais positivos também éum número real.Multiplicando essas igualdades duas a duas, teremos:
vw =bc
2a+ bc;uv =
ab
2c+ ab;uw =
ac
2b+ ac;
Tome a primeira das igualdades acima e observe que:
vw =bc
2a+ bc⇒ vw =
bc2a
2a+bc2a
⇒ vw =bc2a
1 + bc2a
⇒ vw =
(1 + bc
2a
)− 1
1 + bc2a
⇒ vw = 1− 1
1 + bc2a
⇒ 1
1 + bc2a
= 1− vw ⇒ 1
1− vw= 1 +
bc
2a⇒
⇒ bc
a= 2
(1
1− vw− 1
);
Aplicando o mesmo raciocínio para os outros lados, chegamos as igualdades:
bc
a= 2
(1
1− vw− 1
);ac
b= 2
(1
1− uw− 1
);ab
c= 2
(1
1− uv− 1
);
Multiplicando essas igualdades duas a duas, teremos:
a = 2
√(1
1− uv− 1
)(1
1− uw− 1
)b = 2
√(1
1− uv− 1
)(1
1− vw− 1
);
c = 2
√(1
1− uw− 1
)(1
1− vw− 1
);
Observe que uma implicação lógica dessa substituição é:
a2 + b2 + c2 + abc = 4⇒4
(1
1− uv− 1
)(1
1− uw− 1
)+4
(1
1− uv− 1
)(1
1− vw− 1
)+4
(1
1− uw− 1
)(1
1− vw− 1
)+
30
8
(1
1− uv− 1
)(1
1− uw− 1
)(1
1− vw− 1
)= 4
Dividindo tudo por 4, teremos que a condição ficará reescrita como:(1
1− vw− 1
)(1
1− uw− 1
)+
(1
1− vw− 1
)(1
1− uv− 1
)+
(1
1− uw− 1
)(1
1− uv− 1
)+
2
(1
1− uv− 1
)(1
1− uw− 1
)(1
1− vw− 1
)= 1
Já sabemos que essa expressão é equivalente a:
uv + vw + uw = 1
Por outro lado, nossa desigualdade fica reescrita como:
2
(1
1− uv− 1
)√(1
1− vw− 1
)(1
1− uw− 1
)+2
(1
1− uw− 1
)√(1
1− vw− 1
)(1
1− uv− 1
)+
2
(1
1− vw− 1
)√(1
1− uw− 1
)(1
1− uv− 1
)−4
(1
1− uv− 1
)(1
1− uw− 1
)(1
1− vw− 1
)≤
1
2
(uv
1− uv
)√(vw
1− vw
)(uw
1− uw
)+ 2
(uw
1− uw
)√(vw
1− vw
)(uv
1− uv
)+
2
(vw
1− vw
)√(uw
1− uw
)(uv
1− uv
)− 4
(uv
1− uv
)(uw
1− uw
)(vw
1− vw
)≤ 1
Usando que uv + vw + uw = 1, teremos:
2
(uv
vw + uw
)√(vw
uv + uw
)(uw
vw + uv
)+2
(uw
vw + uv
)√(vw
uv + uw
)(uv
uw + vw
)+
2
(vw
uv + uw
)√(uw
uv + vw
)(uv
uw + vw
)−4
(uv
uw + vw
)(uw
uv + vw
)(vw
uv + uw
)≤
1
2uv
v + u
√1
(u+ w)(v + w)+
2uw
w + u
√1
(v + w)(u+ v)+
2vw
v + w
√1
(u+ v)(u+ w)−
4uvw
(u+ v)(v + w)(u+ w)≤ 1
31
2uv√
(u+ w)(v + w)
(u+ w)(v + w)(v + u)+
2uw√
(v + w)(u+ v)
(u+ w)(v + w)(v + u)+
2vw√
(u+ v)(u+ w)
(u+ v)(v + w)(u+ w)− 4uvw
(u+ v)(v + w)(u+ w)≤
1
Nossa desigualdade ficará reescrita como:
Desigualdade A:
2uv√
(u+ w)(v + w)
(u+ w)(v + w)(v + u)+
2uw√
(v + w)(u+ v)
(u+ w)(v + w)(v + u)+
2vw√
(u+ v)(u+ w)
(u+ v)(v + w)(u+ w)−
4uvw
(u+ v)(v + w)(u+ w)≤ 1
A desigualdade que temos que provar agora é a Desigualdade A.Vamos prová-la, para tanto, considere que o quadrado de todo número real é positivo, sendoassim teremos:
0 ≤ (√
(v + w) −√
(u+ w))2 ⇒ 2√
(v + w)(u+ w) ≤ (v + w) + (u + w) ⇒2uv
√(v + w)(u+ w)
(v + w)(u+ w)(u+ v)≤ ((v + w) + (u+ w))uv
(v + w)(u+ w)(u+ v)
0 ≤ (√
(v + w) −√
(u+ v))2 ⇒ 2√
(v + w)(u+ v) ≤ (v + w) + (u + v) ⇒2uw
√(v + w)(u+ v)
(v + w)(u+ w)(u+ v)≤ ((v + w) + (u+ v))uw
(v + w)(u+ w)(u+ v)
0 ≤ (√
(u+ w) −√
(u+ v))2 ⇒ 2√
(u+ w)(u+ v) ≤ (u + w) + (u + v) ⇒2vw
√(u+ w)(u+ v)
(v + w)(u+ w)(u+ v)≤ ((u+ w) + (u+ v))vw
(v + w)(u+ w)(u+ v)
Somando todas as desigualdades acima e subtraindo4uvw
(v + w)(u+ w)(u+ v)em
ambos os lados, teremos a desigualdade abaixo (que vamos chamar de desigual-dade B):
32
Desigualdade B:
2uv√
(v + w)(u+ w)
(v + w)(u+ w)(u+ v)+
2uw√
(v + w)(u+ v)
(v + w)(u+ w)(u+ v)+
2vw√
(u+ w)(u+ v)
(v + w)(u+ w)(u+ v)−
4uvw
(v + w)(u+ w)(u+ v)≤
((v + w) + (u+ w))uv + ((u+ w) + (u+ v))vw + ((v + w) + (u+ v))uw
(v + w)(u+ w)(u+ v)−
4uvw
(v + w)(u+ w)(u+ v)
É possível ver que
((v+w) + (u+w))uv+ ((u+w) + (u+v))vw+ ((v+w) + (u+v))uw−4uvw =(u+ v)uv + (v + w)vw + (u+ w)uw + 2uvw =uv(u+ v + w) + (u+ v + w)uw + (v + w)vw =u(u+ v + w)(v + w) + (v + w)vw =(v + w)(u(u+ v) + uw + vw) =(v + w)(u(u+ v) + w(u+ v)) =(v + w)(u+ w)(u+ v)
Substituindo esse resultado na Desigualdade B, provamos a DesigualdadeA.Quod erat demonstrandum .
33
5. (“103 Problems From the Training USA IMO Team”-Titu Andreescu)In
triangle ABC, show that cosA+ cosB + cosC ≤ 3
2
Solução 1:Pela desigualdade das médias, teremos:
x+ y ≥ 2√xy (28)
x+ z ≥ 2√xz (29)
y + z ≥ 2√yz (30)
Multiplicando (28), (29) e (30), teremos:
(x+ y)(x+ z)(y + z) ≥ 8xyz
1
8≥ xyz
(x+ y)(x+ z)(y + z)
1
8≥√
xy
(x+ z)(y + z)
√xz
(x+ y)(y + z)
√yz
(x+ y)(x+ z)
Mas pela substituição (26), temos que:
1
8≥ senα
2sen
β
2sen
γ
2
1
2≥ 4sen
α
2sen
β
2sen
γ
2
1
2+ 1 ≥ 1 + 4sen
α
2sen
β
2sen
γ
2
3
2≥ cosα+ cosβ + cosγ
cosα+ cosβ + cosγ ≤ 3
2
34
Solução 2: Vamos quebrar um pouco a monotonia das soluções e aplicarideias diferentes.Pela desigualdade das médias, sabemos que:
a
b+b
a≥ 2
a
c+c
a≥ 2
c
b+b
c≥ 2
Somando essas três desigualdades, temos que:(ab
+c
b
)+
(b
a+c
a
)+
(a
c+b
c
)≥ 6
Somando 3 nos dois lados da desigualdade acima, teremos:
(a+ b+ c)
(1
b+
1
a+
1
c
)≥ 9⇔
(a+ b+ c) (ab+ bc+ ac) ≥ 9abc⇔ab(a+ b) + bc(b+ c) + ac(a+ c) ≥ 6abc⇔
ab(a+ b) + abc+ bc(b+ c) + abc+ ac(a+ c) ≥ 8abc⇔ab(a+ b+ c) + bc(a+ b+ c) + ac(a+ c) ≥ 8abc⇔
(a+ b+ c)(ab+ bc) + ac(a+ c) ≥ 8abc⇔(ab+ b2 + bc)(a+ c) + ac(a+ c) ≥ 8abc⇔
(ab+ b2 + bc+ ac)(a+ c) ≥ 8abc⇔(b(a+ b) + (a+ b)c)(a+ c) ≥ 8abc⇔
(b+ c)(a+ c)(a+ b) ≥ 8abc
Fazendo4 a = tanα
2, b = tan
β
2, c = tan
γ
2:
(tan
α
2+ tan
β
2
)(tan
α
2+ tan
γ
2
)(tan
β
2+ tan
γ
2
)≥ 8tan
α
2tan
β
2tan
γ
2
Desde que cyc(tan
α
2+ tan
β
2
)= cyc
(senα2 cos
β2 + cosα2 sen
β2
cosα2 cosβ2
)= cyc
(senα+β2cosα2 cos
β2
)=
cyc
cos(π2 −
α+β2
)cosα2 cos
β2
= cyc
cos(α+β+γ
2 − α+β2
)cosα2 cos
β2
= cyc
(cosγ2
cosα2 cosβ2
), a
desigualdade acima é equivalente a:4Eu bem poderia ter provado essa desigualdade como explicitado na primeira solução do
problema 5, faça suas escolhas, a matemática tem vários caminhos
35
1
8≥ senα
2sen
β
2sen
γ
2
Que, como vimos anteriormente, é equivalente a desigualdade do enunciado.
36
Solução 3: Na questão 21, provaremos que:
sen2α+ sen2β + sen2γ ≤ senα+ senβ + senγ
Pelas identidades 2 e 3, sabemos que:
senα+ senβ + senγ = 4cosα
2cos
β
2cos
γ
2
sen2α+ sen2β + sen2γ = 4senαsenβsenγ
Então a desigualdade acima é equivalente a:
senαsenβsenγ ≤ cosα2cos
β
2cos
γ
2
Usando o seno do arco duplo, chegamos à desigualdade abaixo:
senα
2sen
β
2sen
γ
2≤ 1
8
Que já sabemos ser equivalente à desigualdade do problema.
37
6. (“103 Problems From the Training USA IMO Team”-Titu Andreescu)LetABC be a triangle. Prove that:
sen2A
2+ sen2
B
2+ sen2
C
2≥ 3
4
Solução 1:
Pela desigualdade que relaciona a média aritmética e geométrica em seisvariáveis, sabemos que vale:
a+ b+ c+ d+ e+ f
6≥ 6√abcdef
Fazendo a = x2y, b = xy2, c = xz2, d = x2z, e = y2z, f = yz2, teremos:
x2y + xy2 + xz2 + x2z + y2z + yz2 ≥ 6xyz
xy(x+ y) + xz(x+ z) + yz(y + z) ≥ 6xyz
xy
(x+ z)(y + z)+
xz
(x+ y)(y + z)+
yz
(x+ y)(x+ z)≥ 6xyz
(x+ y)(x+ z)(y + z)
Pela substituição (26), teremos:
sen2A
2+ sen2
B
2+ sen2
C
2≥ 6sen
A
2sen
B
2sen
C
2
Usando que sen2A
2+sen2
B
2+sen2
C
2+2sen
A
2sen
B
2sen
C
2= 1⇒ 2sen
A
2sen
B
2sen
C
2=
1−(sen2
A
2+ sen2
B
2+ sen2
C
2
), substituindo na desigualdade, teremos:
sen2A
2+ sen2
B
2+ sen2
C
2≥ 3
(1−
(sen2
A
2+ sen2
B
2+ sen2
C
2
))Daqui segue o resultado...
38
Solução 2: Multiplicando a desigualdade por -2 e somando 3 em ambos oslados da desigualdade resultante, e usando o cosseno do arco duplo, recaímosna desigualdade do problema anterior.
39
7. (“103 Problems From the Training USA IMO Team”-Titu Andreescu)LetABC be a triangle. Prove that:
cotAcotB + cotBcotC + cotAcotC = 1
Conversely, prove that if x, y,z are real numbers with xy + yz + xz = 1, thenthere exists a triangle ABC such that cotA = x, cotB = y and cotC = z.
Solução 1:Sejam x,y e z números complexos tais que x+ y+ z = xyz, veja o que podemosfazer com a igualdade abaixo:
4(x+ y + z)
4(x+ y + z)= 1
x+ y + z + 3(x+ y + z)
4(x+ y + z)= 1
x+ y + z + 3xyz
4(x+ y + z)= 1
x+ y + z + 3xyz + (x2y + xy2 + x2z + xz2 + yz2 + y2z)− (x2y + xy2 + x2z + xz2 + yz2 + y2z)
4(x+ y + z)= 1
(x− xy2 − xz2 + (x+ y + z)yz) + (y − yx2 − yz2 + (x+ y + z)xz) + (z − zx2 − zy2 + (x+ y + z)xy)
4(x+ y + z)= 1
(x− xy2 − xz2 + xy2z2) + (y − yx2 − yz2 + x2yz2) + (z − zx2 − zy2 + x2y2z)
4(x+ y + z)= 1
(1− y2 − z2 + y2z2)x
4(x+ y + z)+
(1− x2 − z2 + x2z2)y
4(x+ y + z)+
(1− x2 − y2 + x2y2)z
4(x+ y + z)= 1
(1− y2)(1− z2)x
4(x+ y + z)+
(1− x2)(1− z2)y
4(x+ y + z)+
(1− x2)(1− y2)z
4(x+ y + z)= 1
(1− y2)(1− z2)x
4xyz+
(1− x2)(1− z2)y
4xyz+
(1− x2)(1− y2)z
4xyz= 1
(1− y2)(1− z2)
4yz+
(1− x2)(1− z2)
4xz+
(1− x2)(1− y2)
4xy= 1
Fazendo x=1/a,y=1/b e z=1/c, podemos ver facilmente que seab+ ac+ bc = 1, então vale:
(1− b2)(1− c2)
4bc+
(1− a2)(1− c2)
4ac+
(1− b2)(1− c2)
4bc= 1
40
Fazendo tanα
2= a, tan
β
2= b, tan
γ
2= c, nossa condição fica reescrita como
tanα
2tan
β
2+tan
β
2tan
γ
2+tan
α
2tan
γ
2= 1, bem como essa condição deve implicar
que:(1− tan2 α2
) (1− tan2 β2
)4tanα2 tan
β2
+
(1− tan2 α2
) (1− tan2 γ2
)4tanα2 tan
γ2
+
(1− tan2 β2
) (1− tan2 γ2
)4tanβ2 tan
γ2
= 1
Usando que para qualquer u real temos que
tan2u =2tanu
1− tan2u⇒ cot2u =
1− tan2u2tanu
, teremos que:
cotαcotβ + cotβcotγ + cotαcotγ = 1
Mas nossa condição para que a igualdade acima seja verdadeira é que
tanα
2tan
β
2+ tan
β
2tan
γ
2+ tan
α
2tan
γ
2= 1, mas veja que isso só pode acontecer
se alpha, beta e gamma são ângulos de um triângulo, provando assim o quequeríamos.
O que a segunda parte nos diz é que se xy + xz + yz = 1 então podemossubstituir x, y e z por cotangentes de alpha, beta e gamma, sendo alpha, betae gamma ângulos de um triângulo.Para a segunda parte, faça a substituiçãom = x +
√1 + x2, n = y +
√1 + y2, o = z +
√1 + z2, desde que 2x = x +√
1 + x2 + x−√
1 + x2 = x+√
1 + x2 − 1
x+√
1 + x2= m− 1
m, por simetria
concluímos as igualdades:
x =1
2
(m− 1
m
)y =
1
2
(n− 1
n
)z =
1
2
(o− 1
o
)Observe que:
1
4
(m− 1
m
)(n− 1
n
)+
1
4
(m− 1
m
)(o− 1
o
)+
1
4
(n− 1
n
)(o− 1
o
)= 1⇔
(mn− n
m− m
n+
1
mn
)+
(mo− o
m− m
o+
1
mo
)+
(no− n
o− o
n+
1
no
)= 4⇔
(m2n2o−n2o−m2o+o)+(m2o2n−m2n−o2n+n)+(n2o2m−n2m−o2m+m) = 4mno⇔
m2n2o+m2o2n+n2o2m−(m+n+o)(mn+no+mo)+3mno+m+n+o = 4mno⇔
mno(mn+ no+mo)− (m+ n+ o)(mn+ no+mo)−mno+m+ n+ o = 0⇔
(mno− (m+ n+ o))(mn+ no+mo)−mno+m+ n+ o = 0⇔
41
(mno− (m+ n+ o))(mn+ no+mo− 1) = 0
Temos duas possibilidades ou mno−(m+n+o) = 0 ou mn+no+mo−1 = 0
, se mn + no + mo − 1 = 0, então, fazendo a substituição m = a = tanα
2, n =
b = tanβ
2, o = c = tan
γ
2obtemos tan
α
2tan
β
2+ tan
β
2tan
γ
2+ tan
α
2tan
γ
2=
1 , já provamos que essa igualdade implica que α + β + γ = π.Daí e pela
substituição que fizemos, teremos que x =1
2
(1
m−m
)=
1
2
(cot
α
2− tanα
2
)=
cos2 α2 − sen2 α2
2senα2 cosα2
=cosα
senα= cotα e provamos assim o que queríamos.Mas se
mno− (m+ n+ o) = 0 pela mesma substituição, teremos:
cotα
2cot
β
2+ cot
α
2cot
γ
2+ cot
β
2cot
γ
2= 1⇔
cotα
2cot
β
2+ cot
α
2cot
γ
2+ cot
β
2cot
γ
2− 1 = 0⇔
cscα
2csc
β
2csc
γ
2
(cos
α
2cos
β
2sen
γ
2+ cos
α
2cos
γ
2sen
β
2+ cos
β
2cos
γ
2sen
α
2− senα
2sen
β
2sen
γ
2
)= 0⇔
cscα
2csc
β
2csc
γ
2
(cos
α
2
(cos
β
2sen
γ
2+ cos
γ
2sen
β
2
)+ sen
α
2
(cos
β
2cos
γ
2− senβ
2sen
γ
2
))= 0⇔
cscα
2csc
β
2csc
γ
2
(cos
α
2sen
(β + γ
2
)+ sen
α
2cos
(β + γ
2
))= 0⇔
cscα
2csc
β
2csc
γ
2sen
(α+ β + γ
2
)= 0
O que implica que α+ β + γ = 2π, essa solução serve apenas se α, β, γ >π
2e nesse caso não poderia haver um triângulo.
42
Solução 2:Sabemos que alpha, beta e gammma são ângulos de um triângulo se e so-
mente se:tan
α
2tan
β
2+ tan
β
2tan
γ
2+ tan
α
2tan
γ
2= 1
Substituindo as tangentes por x,y e z, essa condição é equivalente a:
xy + xz + yz = 1
Observe o que podemos fazer com isso:
xy + xz + yz = 1
(xy + xz + yz)xyz = xyz
(xy+xz+yz)xyz+(x2y+xy2+x2z+xz2+yz2+y2z)−(x2y+xy2+x2z+xz2+yz2+y2z) = xyz
z(xz+yz−x2−y2+x2y2)+y(xy+yz−x2−z2+x2z2)+x(xy+xz−y2−z2+y2z2) = xyz
z(xz+yz+xy−xy−x2−y2+x2y2)+y(xy+yz+xz−xz−x2−z2+x2z2)+x(xy+xz+yz−yz−y2−z2+y2z2) = xyz
z(1−xy−x2−y2+x2y2)+y(1−xz−x2−z2+x2z2)+x(1−yz−y2−z2+y2z2) = xyz
z(1− x2 − y2 + x2y2) + y(1− x2 − z2 + x2z2) + x(1− y2 − z2 + y2z2) = 4xyz
(1− y2)(1− z2)
4yz+
(1− x2)(1− z2)
4xz+
(1− x2)(1− y2)
4xy= 1
Desfazendo a substituição, teremos:(1− tan2 α2
) (1− tan2 β2
)4tanα2 tan
β2
+
(1− tan2 α2
) (1− tan2 γ2
)4tanα2 tan
γ2
+
(1− tan2 β2
) (1− tan2 γ2
)4tanβ2 tan
γ2
= 1
Usando que para qualquer u real temos que
tan2u =2tanu
1− tan2u⇒ cot2u =
1− tan2u2tanu
, teremos que:
cotαcotβ + cotβcotγ + cotαcotγ = 1
Mas nossa condição para que a igualdade acima seja verdadeira é que
tanα
2tan
β
2+ tan
β
2tan
γ
2+ tan
α
2tan
γ
2= 1, mas veja que isso só pode acontecer
se alpha, beta e gamma são ângulos de um triângulo, provando assim o quequeríamos.Para a segunda parte faça a substituição x = cotα, y = cotβ, z = cotγe teremos:
cotαcotβ + cotαcotγ + cotβcotγ = 1⇔
cotαcotβ + cotαcotγ + cotβcotγ − 1 = 0⇔
43
cscαcscβcscγ (cosαcosβsenγ + cosαcosγsenβ + cosβcosγsenα− senαsenβsenγ) = 0⇔
cscαcscβcscγ (cosα(cosβsenγ + cosγsenβ) + senα(cosβcosγ − senβsenγ)) = 0⇔
cscαcscβcscγ (cosαsen(β + γ) + senαcos(β + γ)) = 0⇔
cscαcscβcscγsen(α+ β + γ) = 0
Desde que α < π e β, γ < π2 isto implica finalmente que α+ β + γ = π.
44
8.(“Solving Problems in Algebra and Trigonometry”-V.Litvinenko e A.Mordkovich)Provethat:
cos2α+ cos2β + cos2γ ≥ 1
if α, β, γ are sizes of the angles of a non-acute triangle.
Solução 1:Nessa primeira solução, vou provar que se o triângulo é obtuso então vale que
cos2α+ cos2β + cos2γ > 1
Depois provo que sempre que o triângulo é retângulo ocorre a igualdade. Seja γo maior ângulo deste triângulo, como γ está entre
π
2e π sua secante é negativa,
como podemos ver no gráfico abaixo :
0
1
-1
ππ2
3π2
2π
f
a
c K
Logo, teremos que:
secγ < 0
Multiplicando ambos os lados por secαsecβ a desigualdade não se altera,poisα, β estão no primeiro quadrante, veja:
secαsecβsecγ < 0
45
Observe que cos(α + β + γ) = −1, portanto, se multiplicarmos a desigualdadepor cos(α+ β + γ) o sinal da desigualdade inverte, veja:
secαsecβsecγcos(α+ β + γ) > 0
secαsecβsecγ(cos(α+ β)cos(γ)− sen(α+ β)sen(γ)) > 0
secαsecβsecγ((cos(α)cos(β)−sen(α)sen(β))cos(γ)−(sen(α)cos(β)+cos(α)sen(β))sen(γ)) > 0
secαsecβsecγ(cos(α)cos(β)cos(γ)−(sen(α)sen(β)cos(γ)+sen(α)sen(γ)cos(β)+sen(β)sen(γ)cos(α))) > 0
1− (tan(α)tan(β) + tan(α)tan(γ) + tan(β)tan(γ)) > 0
Multiplicando os dois lados por cotαcotβcotγ(a desigualdade inverte pois umadas cotangentes é negativa devido ao fato de pelo menos um ângulo ser obtuso),vem:
cotαcotβcotγ − (cotα+ cotβ + cotγ) < 0
cotαcotβcotγ < cotα+ cotβ + cotγ
Fazendo x = cot(α), y = cot(β), z = cot(γ), vem
xyz < x+ y + z
x+ y + z > xyz
2x+ 2y + 2z > 2xyz
(x+ y) + (x+ z) + (y + z) > 2xyz
xyz(x+ y) + xyz(x+ z) + xyz(y + z) < 2x2y2z2
xy(xz + yz) + xz(xy + yz) + yz(xy + xz) < 2x2y2z2
xy(xy+xz+yz−xy)+xz(xy+xz+yz−xz)+yz(xy+xz+yz−yz) < 2x2y2z2
xy(1− xy) + xz(1− xz) + yz(1− yz) < 2x2y2z2
xy + xz + yz −(x2y2 + y2z2 + x2z2
)< 2x2y2z2
xy + xz + yz < 2x2y2z2 + x2y2 + y2z2 + x2z2
1 < 2x2y2z2 +(x2y2 + y2z2 + x2z2
)3 < 6x2y2z2 +
(3x2y2 + 3y2z2 + 3x2z2
)3 +
(x2y2 + y2z2 + x2z2
)< 6x2y2z2 +
(4x2y2 + 4y2z2 + 4x2z2
)3 +
(2x2 + 2y2 + 2z2
)+(x2y2 + y2z2 + x2z2
)<
6x2y2z2 +(2x2 + 2y2 + 2z2
)+(4x2y2 + 4y2z2 + 4x2z2
)(1 + y2 + z2 + y2z2
)+(1 + x2 + z2 + x2z2
)+(1 + x2 + y2 + x2y2
)<
2x2(1 + y2 + z2 + y2z2
)+ 2y2
(1 + x2 + z2 + x2z2
)+ 2z2
(1 + x2 + y2 + x2y2
)
46
(1 + y2
) (1 + z2
)+(1 + x2
) (1 + z2
)+(1 + x2
) (1 + y2
)<
2x2(1 + y2
) (1 + z2
)+ 2y2
(1 + x2
) (1 + z2
)+ 2z2
(1 + x2
) (1 + y2
)Dividindo os dois lados por
(1 + x2
) (1 + y2
) (1 + z2
), teremos:
1
1 + x2+
1
1 + y2+
1
1 + z2<
2x2
1 + x2+
2y2
1 + y2+
2z2
1 + z2
Desfazendo a substituição feita no início, obtemos:
1
1 + cot2α+
1
1 + cot2β+
1
1 + cot2γ<
2cot2α
1 + cot2α+
2cot2β
1 + cot2β+
2cot2γ
1 + cot2γ
sen2α+ sen2β + sen2γ < 2cos2α+ 2cos2β + 2cos2γ
0 < 2cos2α+ 2cos2β + 2cos2γ − (sen2α+ sen2β + sen2γ)
3 < 2cos2α+ 2cos2β + 2cos2γ + (1− sen2α+ 1− sen2β + 1− sen2γ)
3 < 3cos2α+ 3cos2β + 3cos2γ
Dividindo tudo por 3, podemos ver facilmente:
1 < cos2α+ cos2β + cos2γ
cos2α+ cos2β + cos2γ > 1
Agora nos resta provar que em um triângulo retângulo vale que:
cos2α+ cos2β + cos2γ = 1
Para isso, suponha por absurdo, que se α, β, γ são ângulos de um triânguloretângulo, vale que:
cos2α+ cos2β + cos2γ 6= 1
Suponha sem perda de generalidade que α =π
2, então teremos que cos(α) =
0, o que implica quecos2β + cos2γ 6= 1
Mas como α+ β + γ = π ⇒ π
2+ β + γ = π ⇒ β + γ =
π
2⇒ β =
π
2− γ,de onde
segue que:cos2
(π2− γ)
+ cos2(γ) 6= 1
sen2(γ) + cos2(γ) 6= 1
O que é um absurdo...Logo, está provado.
47
Solução 2:Vamos transformar em produto a expressão abaixo, veja:
cosx+ cosy + cosz + cos(x+ y + z) =
2cos
(x+ y
2
)cos
(x− y
2
)+ 2cos
(x+ y + 2z
2
)cos
(x+ y
2
)=
2cos
(x+ y
2
)(cos
(x− y
2
)+ cos
(x+ y + 2z
2
))=
2cos
(x+ y
2
)2cos
(x+ z
2
)cos
(y + z
2
)=
4cos
(x+ y
2
)cos
(x+ z
2
)cos
(y + z
2
)De onde concluímos que sempre vale:
cosx+ cosy + cosz + cos(x+ y + z) = 4cos
(x+ y
2
)cos
(x+ z
2
)cos
(y + z
2
)Fazendo = 2α, y = 2β, z = 2γ, com alpha, beta e gamma sendo ângulos de umtriângulo teremos:
cos2α+ cos2β + cos2γ + 1 = 4cos(α+ β)cos(β + γ)cos(α+ γ)
cos2α+ cos2β + cos2γ = 1 + 2cos(α+ β)cos(β + γ)cos(α+ γ)
cos2α+ cos2β + cos2γ = 1− 2cos(π− (α+ β))cos(π− (β + γ))cos(π− (α+ γ))
cos2α+ cos2β + cos2γ = 1− 2cos(α)cos(β)cos(γ)
Suponha que gamma seja o maior ângulo do triângulo, como o triângulo é obtusoou retângulo, segue que
cos(γ) ≤ 0⇒ −cos(γ) ≥ 0⇒ −2cos(α)cos(β)cos(γ) ≥ 0⇒⇒ 1− 2cos(α)cos(β)cos(γ) ≥ 1⇒ cos2α+ cos2β + cos2γ ≥ 1
48
Solução 3:
0
1
-1
ππ2
3π2
2π
f
a
c
Sem perda de generalidade, seja gamma o maior ângulo deste triângulo,como o triângulo é obtuso ou retângulo, segue que cosγ ≤ 0(o cosseno entre
π
2e π é negativo, como podemos ver pelo gráfico acima), partindo disso veja o quepodemos fazer:
cosγ ≤ 0
−cos(π − γ) ≤ 0
cos(π − γ) ≥ 0
cos(α+ β + γ − γ) ≥ 0
cos(α+ β) ≥ 0
cosαcosβ − senαsenβ ≥ 0
cosαcosβ ≥ senαsenβ
cotαcotβ ≥ 1
2cot2αcot2β ≥ 2cotαcotβ
cot2αcot2β + cot2αcot2β ≥ 2cotαcotβ
cot2α(csc2β − 1) + (csc2α− 1)cot2β ≥ 2cotαcotβ
cot2αcsc2β + csc2αcot2β ≥ cot2α+ 2cotαcotβ + cot2β
(cot2αcsc2β+csc2αcot2β)sen2αsen2β ≥ (cot2α+2cotαcotβ+cot2β)sen2αsen2β
cos2α+ cos2β ≥ cos2αsen2β + 2cosαcosβsenαsenβ + sen2αcos2β
cos2α+ cos2β ≥ (cosαsenβ + cosβsenα)2
cos2α+ cos2β ≥ sen2(α+ β)
cos2α+ cos2β − sen2(α+ β) ≥ 0
cos2α+ cos2β + 1− sen2(α+ β) ≥ 1
cos2α+ cos2β + cos2(α+ β) ≥ 1
cos2α+ cos2β + cos2(π − (α+ β)) ≥ 1
cos2α+ cos2β + cos2(α+ β + γ − (α+ β)) ≥ 1
cos2α+ cos2β + cos2γ ≥ 1
49
10. (Problema sugerido por Israel Meireles Chrisostomo)Considere as pro-posições:
1.Dados 3 pontos não alinhados num plano, que estejam a uma distânciaa, b, c um do outro, encontre um ponto P, cuja distância aos três pontos é amesma, chame essa distância de r.
2.Escolha esses pontos de modo que P ou esteja sobre o segmento de retaque une dois desses pontos, ou de modo que P esteja sobre a área do triângulocompreendido por esses três pontos.
3. Imagine um ponto Q no espaço tridimensional e 3 retas perpendicula-res entre si, se cruzando em um outro ponto S no espaço, nenhuma das quaispassando por Q. Tomando uma dessas 3 retas, delimita-se a distância do pontoonde se cruzam até o ponto na reta em que a distância ao ponto Q é mínima,isto é feito com as 3 retas.
Prove que se as distâncias encontradas são iguais a a, b, c, então a distânciade S até Q é maior ou igual a 2r
√2.
DemonstraçãoPrimeiramente observe que a,b e c formam lados de um triângulo, e no caso
em que o triângulo é retângulo, então, um dos lados desse triângulo intercepta oponto P, já que o ponto P corresponde ao centro da circunferência circunscritaao triângulo. Abaixo uma representação da figura formada pelas descrições 1 e2.
B
A
C
c
b
a
2γ 2β
2α
50
Considere agora que pela lei dos cossenos, podemos deduzir:
a2 = 2r2 − 2r2cos(2α) (31)
b2 = 2r2 − 2r2cos(2β) (32)
c2 = 2r2 − 2r2cos(2γ) (33)
Somando as expressões acima, teremos:
a2 + b2 + c2 = 6r2 − 2r2(cos(2α) + cos(2β) + cos(2γ))
Usando transformações trigonométricas básicas, teremos:
a2 + b2 + c2 = 4r2(3− (cos2(α) + cos2(β) + cos2(γ))) (34)
Vamos guardar essa equação e interpretar o passo 3.Nesse ponto, tudo dependeda forma como mapearemos o ponto Q no espaço.Vamos criar um sistema tri-dimensional de eixos ortogonais e centrar esses eixos no ponto Q, em outraspalavras Q está na origem do sistema de coordenadas cartesianas, diremosque a origem é dada pelo ponto (x0, y0, z0), bem como o ponto S é dado por(x1, y1, z1).Vamos escolher também, traçar os eixos coordenados de forma quecada eixo coordenado seja paralelo a cada uma das retas, por exemplo, se cha-marmos as retas que se interceptam no problema de u,v e w, devemos escolhero eixo x paralelo a reta u, o eixo y paralelo a reta v, e o eixo z paralelo a retaw.Note que, ao fazermos essa escolha, a distância entre o ponto de interseçãodas três retas até o ponto mais próximo que essa reta está de Q nada mais édo que a diferença x1 − x0, bem como a da outra reta será y1 − y0, e da outrareta será z1 − z0.Veja a figura na próxima página, veja que as retas paralelasaparecem com a mesma cor:
51
y
x
z
(x0, y0, z0)
(x0, y0, z0)
(x1, y1, z1)
Q
gh
J
i
S
Isto posto, suponha, por absurdo, que a distância de Q até S seja menordo que 2r
√2, usando a equação que retorna a distância entre 2 pontos em 3
dimensões, teremos:
(x1 − x0)2 + (y1 − y0)2 + (z1 − z0)2 < 8r2 (35)
Mas por hipótese a = x1 − x0, b = y1 − y0,e c = z1 − z0, de onde teremos:
a2 + b2 + c2 < 8r2 (36)
Mas comparando (36) com (34), é possível ver que isso só ocorre se cos2(α) +cos2(β) + cos2(γ) > 1, mas note que alpha, beta e gamma são ângulos de umtriângulo não obtusângulo , mas se alpha, beta e gamma são ângulos de um tri-ângulo não obtusângulo, então essa desigualdade é impossível de ocorrer...Paraprovar isso podemos usar os cálculos anteriores. A igualdade ocorre quando otriângulo é retângulo...Ou seja, quando P está sobre o segmento de reta que unedois dos 3 pontos não alinhados do enunciado.
52
11 (“Inequalities theorems techniques and selected problems”, Zdravko Cvet-kovski)Let a,b,c ∈ (−1, 1) be real numbers such that ab+ ac+ bc = 1.Prove theinequality:
6 3√
(1− a2)(1− b2)(1− c2) ≤ 1 + (a+ b+ c)2
Solução 1: Primeiramente, suponha, sem perda de generalidade que a,b e csão positivos, e ainda, observe que se alpha, beta e gamma são ângulos de umtriângulo vale:
cosαcosβcosγ ≤ 1
8
Lembre-se que, para todo x real, temos cos2x =1− tan2x1 + tan2x
, substituindo nadesigualdade acima, teremos:
1− tan2 α21 + tan2 α2
1− tan2 β21 + tan2 β2
1− tan2 γ21 + tan2 γ2
≤ 1
8
8(
1− tan2α2
)(1− tan2 β
2
)(1− tan2 γ
2
)≤(
1 + tan2α
2
)(1 + tan2
β
2
)(1 + tan2
γ
2
)(
1 + tan2α
2
)(1 + tan2
β
2
)(1 + tan2
γ
2
)≥ 8
(1− tan2α
2
)(1− tan2 β
2
)(1− tan2 γ
2
)3
√(1 + tan2
α
2
)(1 + tan2
β
2
)(1 + tan2
γ
2
)≥ 2 3
√(1− tan2α
2
)(1− tan2 β
2
)(1− tan2 γ
2
)Substituindo as tangentes de alpha, beta e gamma por a,b e c, teremos
3√
(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) ≥ 2 3√
(1− a2)(1− b2)(1− c2) (37)
Note que nossa condição para que a desigualdade acima seja verdadeira éque ab+ac+bc=1,pois alpha,beta e gamma são ângulos de um triângulo.Agoraconsidere que :
1 + (a+ b+ c)2 = 1 + a2 + b2 + c2 + 2 (ab+ bc+ ac)︸ ︷︷ ︸=1
= a2 + b2 + c2 + 3
De onde podemos ver que, aplicando a desigualdade das médias:
1 + (a+ b+ c)2
3=
(a2 + 1) + (b2 + 1) + (c2 + 1)
3≥ 3√
(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2)
Concluindo assim:
ab+ ac+ bc = 1⇒ 1 + (a+ b+ c)2
3≥ 3√
(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2)
Aplicando a desigualdade acima à desigualdade (37), teremos:
1 + (a+ b+ c)2
3≥ 3√
(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) ≥ 2 3√
(1− a2)(1− b2)(1− c2)
53
Usando a propriedade transitiva das desigualdades, a demonstração se conclui.
Observação Note que a princípio quando fizemos a substituição por tangentes,essas mesmas são tangentes de ângulos de um triângulo divididos por 2, o queimplica que a tangente está no primeiro quadrante,onde a tangente é positiva,veja o gráfico:
0 ππ2
3π2
2π
f
a
cF
O fato de que as tangentes são positivas parecem limitar a demonstração,pois essa substituição trigonométrica, nesse caso específico, só é válida paravalores positivos.O que vou observar aqui é que se a, b, c ∈ (−1, 1), então todasas variáveis são positivas ou todas as variáveis são negativas.Vamos provar isso,suponha que apenas uma das variáveis seja negativa, isto é a=-x,b=y,c=z com1 > x, y, z > 0, nossa condição fica reescrita como:
ab+ ac+ bc = −xy − xz + yz = 1
Agora como a,b e c estão entre 0 e 1, veja:−(xy + xz)︸ ︷︷ ︸
x>0,y>0,z>0⇒−(xy+xz)<0
+ yz︸︷︷︸y<1,z<1⇒yz<1
= 1
Em outras palavras temos um número menor do que 1 somado com umnúmero negativo, o que com certeza é menor do que 1, contradizendo assim acondição.
Suponha que apenas duas variáveis sejam negativas, isto é a=-x,b=-y,c=zcom 1 > x, y, z > 0, nossa condição fica reescrita como:
ab+ ac+ bc = xy − xz − yz = 1
54
Como a,b e c estão entre 0 e 1, veja:−(xz + yz)︸ ︷︷ ︸
x>0,y>0,z>0⇒−(xy+xz)<0
+ xy︸︷︷︸x<1,y<1⇒xy<1
= 1
Em outras palavras temos um número menor do que 1 somado com umnúmero negativo, o que com certeza é menor do que 1, contradizendo assim acondição.
Bom, mas temos a última possibilidade, todos os números são negativos,mas se todos os números são negativos e temos um produto de 2 em 2 termosisto dá um número positivo,pois (−m).(−n) = +mn, portanto podemos suporsem perda de generalidade que a,b e c são positivos.
55
Solução 2: Use a desigualdade da média aritmética.
56
12. (“103 Trigonometry Problems from the training of the USA IMO Team”-Titu Andreescu) Let ABC be a triangle. Prove that
senA+ senB + senC ≤ 3√
3
2
Solução 1:A demonstração que vou apresentar neste PDF é geométrica, e acre-dito ser muito elegante e simples.
Nossa estratégia de demonstração é provar que dentre todos os triângulosinscritos, o que tem maior perímetro é o triângulo equilátero.Para isto, vamosinscrever um triângulo equilátero em uma circunferência qualquer.
B
A
C
E
Vamos observar o que ocorre quando movimentamos o vértice A ao longo dacircunferência(obtendo o vértice A’).Veja a figura abaixo:
57
B
A
C
E
A′
Ao final dessa demonstração o que ficará claro, é que quando movimentamosqualquer de seus vértices, como fizemos ao vértice A, o triângulo resultante (noexemplo o triângulo A’BC) possui perímetro menor.Vamos traçar na figura 2,uma reta S passando por A e A’, e S’, sua ortogonal no ponto O, interceptandoo ponto C.
58
S’
S
O
B
A
C
A′
Vamos traçar um ponto C’ acima de O, de modo que OC e OC’ sejamcongruentes:
59
S’
S
O
B
A
C
A′
C′
Vamos traçar A’C’ e AC’.
60
S’
S
O
B
A
C
A′
C′
Temos que o triângulo é equilátero, logo cada ângulo vale 60◦.
61
S’
S
O
60◦
60◦ 60◦
B
A
C
A′
C′
Veja que os ângulos ABC e BA′C enxergam o mesmo arco, portanto sãoiguais, logo BA′C = 60◦. Podemos redesenhar a figura:
62
S’
S
O
60◦
60◦ 60◦
60◦
B
A
C
A′
C′
g
Note que o ângulo g enxerga o mesmo arco que o ângulo ACB, portanto,teremos:
g = 60◦
63
S’
S
O
60◦
60◦ 60◦
60◦
60◦
B
A
A′
C′
h
Vamos determinar o valor de h.Não é difícil ver que:
60◦ + 60◦ + h = 180◦
h = 60◦
64
S’
S
O
60◦
60◦ 60◦
60◦
60◦
60◦
B
A
A′
C′
i
Agora considere os triângulos A’OC e A’OC’ .Como OC = OC’ ,A’O é umlado comum a estes triângulos e , temos um ângulo de 90 entre estes lados ,temos um caso de congruência LAL(lado ângulo lado), logo os triângulos A’OCe A’OC’ são congruentes.O que implica que seus ângulos também são iguais,logo i = 60◦ , então:
65
S’
S
O
60◦
60◦ 60◦
60◦
60◦
60◦
60◦
B
A
C
A′
C′
Note que a consequência imediata é que os dois ângulos de 60 (destacadosem vermelho) são opostos pelo vértice, uma vez que a reta os unem partindo deum mesmo ponto.Logo os pontos B, A’ e C’ são colineares, ou seja, esses trêspontos estão alinhados , ou ainda estão sobre uma mesma reta.O que implicaque a distância BA+AC’ é maior que BA’+A’C’, uma vez que os segmentosBA’+A’C’ formam uma única reta(a menor distância entre dois pontos é umareta).Em linguagem algébrica BA+AC ′ > BA′ +A′C ′.
Sabemos que os triângulos A’CO e A’C’O são congruentes.Agora considereos triângulos AOC e AOC’: como OC = OC’ ,AO é um lado comum e , temos umângulo de 90 entre estes lados , temos um caso de congruência LAL(lado ângulolado), logo os triângulos AOC e AOC’ também são congruentes . Como ostriângulos AOC e AOC’ são congruentes, então AC’= AC e como os triângulosA’CO e A’C’O são congruentes então A’C=A’C’.Logo, como BA+AC ′ > BA′+A′C ′, e usando que A’C’= A’C e AC=AC’, então BA + AC > BA′ + A′C, ou
66
seja a soma dos dois lados do triângulo equilátero é maior do que a soma dos doislados (não comuns ao triângulo equilátero) do triângulo gerado pelo torção dovértice A. E podemos aplicar o mesmo raciocínio aos outros lados em direçõesdiferentes, e chegar a este mesmo resultado. Portanto o triângulo de maiorperímetro é o equilátero.
Talvez uma dúvida natural seja pensar que movimentamos apenas um dosvértices, enquanto existe a possibilidade de formar outro triângulo movimentodois vértices do triângulo equilátero, mas nós vamos provar que os triângulosobtidos por essa forma são menores do que o triângulo equilátero.Veja comopodemos formar outros triângulos a partir do triângulo equilátero:
60◦
60◦
60◦
60◦
Figura 1
B
A
C
E
A′
B′
Na figura acima, movimentamos os vértices A e B e obtemos os vértices A’e B’, gerando o triângulo A’B’C.Este é um exemplo de como podemos obternovos triângulos.Mas observe que ao movimentarmos os dois vértices temos umacomposição de movimentos de um vértice, isto é, movimentar dois vértices é omesmo que fazer dois movimentos de cada um de dois vértices.Note que nademonstração acima, já provamos:
AB +AC > A′B +A′C (38)
AB +BC > AB′ +B′C (39)
67
Somando as desigualdades (38) e (39), teremos:
(AB +AC) + (AB +BC) > (A′B +A′C) + (AB′ +B′C) (40)
Seja um quadrilátero convexo inscritível, vamos provar que a soma de suasdiagonais é maior do que a soma de quaisquer dois lados opostos.Seja o quadri-látero A’B’C’D’, sejam a,b,c,d seus lados,d’,d” suas diagonais, veja a figura:
a
b
c
aa
d
d′′
d′
x
y
D′
A′
C′
E
B′
Pela desigualdade triangular, temos:
(d′′ − y) + x > b (41)
(d′ − x) + y > d (42)
x+ y > a (43)
(d′ − x) + (d′′ − y) > c (44)
Somando (41) com (42), e somando (43) com (44), tem-se o resultado de-sejado. Fixe agora a atenção na Figura 1, e considere o quadrilátero AA’B’B,
68
como a soma de suas diagonais é maior do que a soma de quaisquer dois ladosopostos teremos:
AB′ +A′B > AB +A′B′ (45)
Somando A’C+B’C em ambos os lados da desigualdade acima, teremos:
A′B +A′C +AB′ +B′C > A′C +B′C +AB +A′B′ (46)
Observe que o lado direito de (40) é o lado esquerdo de (46), sendo assim, usandotransitividade, teremos:
(AB +AC) + (AB +BC) > A′C +B′C +AB +A′B′ (47)
Subtraindo AB nos dois lados da desigualdade acima, teremos:
AC +AB +BC > A′C +B′C +A′B′ (48)
Provando assim que o perímetro do triângulo equilátero é maior do que o triân-gulo formado pela torção de dois vértices em sentidos opostos...Agora nos restaanalisar o caso em que movimentamos dois vértices no mesmo sentido(horárioou anti-horário, os dois casos são análogos).Para este caso, vamos abrir em duaspossibilidades, veja a figura abaixo:
C B
A
C′
A′
Figura 2
69
O primeiro caso é o caso em que o arco CC’ é maior do que AA’, o segundocaso, é o caso contrário, isto é, o caso em que o arco AA’ é maior do que CC’.
Analisemos o primeiro caso.Quando CC’ é maior do que AA’, se rotacionar-mos o triângulo A’BC’(rotação em torno do centro da circunferência) no sentidoanti-horário, de modo que o vértice A’ se sobreponha ao vértice A, teremos omesmo caso anterior, veja a figura:
C B
B
A
C′
A′
Note que o triângulo A’C’B da figura está na mesma posição que o triânguloA’C’B da figura 1(o que muda é que está rotacionado, mas é o mesmo caso, istoé, o caso em que o arco C’B é maior do que o arco CB, isto acontece devido aofato de ao rotacionarmos o triângulo A’C’B a distância percorrida pelo vérticeA’ até chegar ao vértice A é menor que a distância percorrida pelo vértice C’até se sobrepor ao vértice C).
Considere agora o segundo caso, isto é, o caso em que CC’ é menor do queAA’.Se rotacionarmos o triângulo A’C’B da figura 2, em torno do centro dacircunferência, de modo que o ponto C’ se sobreponha ao ponto C, como adistância percorrida por C’ até chegar a C é menor do que a distância por A’até chegar A, teremos uma figura do tipo abaixo:
70
C B
A
C′
A′
B
Isto é, a consequência imediata desse caso é que o arco A’B será menor e estará“dentro” do arco AB. Vamos provar que nesse caso o triângulo formado serámenor.Para isso, considere a figura abaixo:
71
C B
A
C′
A′
Vamos ocultar o triângulo verde, e destacar algumas retas, veja:
72
CB
A
C′
A′
Mas já provamos que:
AC +AB > A′C +A′B (49)
AC +BC > AC ′ +BC ′ (50)
Somando essas duas equações obtemos:
AC +AB +AC +BC > AC ′ +BC ′ +A′C +A′B (51)
Mas já provamos que a soma das diagonais de um quadrilátero convexo é maiorque a soma de quaisquer dois lados opostos desse quadrilátero, observando oquadrilátero A’ACC’, teremos a seguinte relação:
A′C +AC ′ > A′C ′ +AC (52)
Somando BC’+A’B na desigualdade acima, teremos:
AC ′ +BC ′ +A′C +A′B > A′C ′ +AC +BC ′ +A′B (53)
73
Observe que o lado direito de (51) é o lado esquerdo de (53), sendo assim, portransitividade, teremos:
AC +AB +AC +BC > A′C ′ +AC +BC ′ +A′B (54)
Subtraindo AC nos dois lados da desigualdade acima, finalmente teremos:
AB +AC +BC > A′C ′ +BC ′ +A′B (55)
Finalizando assim, todos os casos possíveis...Sendo isso verdade,considere que pela lei dos senos, sabemos que:
a
senA=
b
senB=
c
senC= 2R⇒ senA =
a
2R; senB =
b
2R; senC =
c
2R;
Somando os senos, concluímos:
senA+ senB + senC =a+ b+ c
2R
Mas a+b+c nada mais é do que o perímetro do triângulo inscrito na circunfe-rência, e sabemos que o maior triângulo passível de ser escrito na circunferênciaé o equilátero, chamando de l o lado do triângulo equilátero teremos a=b=c=l,e como o raio da circunferência é constante, teremos:
senA+ senB + senC ≤ 3l
2R
Como no triângulo equilátero é válido a relação R =l√
3
3, finalmente chega-se
ao resultado.
74
Solução 2:Use a concavidade da função seno e aplique a desigualdade deJensen.
75
Solução 3:
Considere que:
senα + senβ + senγ = 2senα+ β
2cos
α− β2
+ senγ ≤ 2senα+ β
2+ senγ =
2cosγ
2+ senγ = 2cos
γ
2+ 2cos
γ
2
√1− cos2 γ
2= 2x+ 2x
√1− x2
Basta maximizar a função ao lado direito usando derivadas.
76
Solução 4:Veja página 215.
77
13. (“103 Trigonometry Problems from the training of the USA IMO Team”-Titu Andreescu) Let x, y,z be positive real numbers.Prove that:
x√1 + x2
+y√
1 + y2+
z√1 + z2
≤ 3√
3
2
if x+y+z=xyz.
Solução 1: Substitua x=tanA,y=tanB e z=tanC, vê-se que A,B e C sãoângulos de um triângulo, ao fazer essa substituição recaímos na desigualdadeanterior, que sabemos ser verdadeira para ângulos de um triângulo.
78
14. (Euler’s Inequality-Desigualdade de Euler)Seja r o raio da circunferênciainscrita ao triângulo, seja R o raio da circunferência circunscrita ao triângulo,prove que:
2r ≤ R
Solução:Considere a circunferência inscrita ao triângulo abaixo:
r
rr
B
C
A
c
a
b
Observe que a soma das áreas dos triângulos formados pela união do centro dacircunferência inscrita com os vértices do triângulo é igual a área do triângulototal,sendo assim teremos:
A =ar
2+br
2+cr
2
De onde conluímos a primeira relação:
A =(a+ b+ c)r
2(56)
Considere agora o triângulo ABC inscrito em uma circunferência de raio R.Seja AH = h uma altura e seja AD um diâmetro dessa circunferência.
79
2RB
A
C
cb
a
D
H
h
Os triângulos AHB e ACD são semelhantes uma vez que os ângulos AHB e ACDsão retos e os ângulos ABC e ADC são iguais pois subtendem o mesmo arco.Deonde conluímos a razão de semelhança:
AB
AD=AH
AC
c
2R=h
b
ou seja, bc = 2Rh. Multiplicando pelo comprimento do lado BC os dois lados,temos abc = 2Rah. Mas ah é o dobro da área do triângulo ABC e assimencontramos a nossa segunda relação :
abc = 4RA (57)
As equações (56) e (57) são duas relações importantes que envolvem um triân-gulo e as circunferências inscritas e circunscritas.
Substituindo (56) em (57), teremos:
abc =4Rr(a+ b+ c)
2
abc
a+ b+ c= 2rR (58)
Considere que pela desigualdade das médias, temos:
a+ b+ c
3≥ 3√abc
80
Elevando ao cubo, teremos:
(a+ b+ c)3
27≥ abc
De onde podemos concluir que:
abc
(a+ b+ c)≤ (a+ b+ c)2
27(59)
Mas sabemos que a+b+c é o perímetro do triângulo, e também sabemos queo perímetro do triângulo inscrito é máximo quando o triângulo é equilátero, sedenotarmos o lado do triângulo equilátero por l, sabemos l = R
√3, de onde
podemos ver facilmente que a + b + c ≤ 3R√
3 ⇒ (a + b + c)2 ≤ 27R2 ⇒(a+ b+ c)2
27≤ R2, aplicando em (59), teremos:
abc
(a+ b+ c)≤ (a+ b+ c)2
27≤ R2 (60)
Finalmente concluímos que:
abc
(a+ b+ c)≤ R2 (61)
Usando (58) em (61):
2rR =abc
(a+ b+ c)≤ R2
2r ≤ R
81
15. Prove que o triângulo de maior área que se pode inscrever na circunfe-rência é o equilátero.
Solução:Seja A a área de um triângulo inscrito na circunferência.Pela equação (56),
usando que 2r ≤ R, e que a + b + c ≤ 3√
3R , multiplicando as duas desigual-dades anteriores teremos:
4A = 2r(a+ b+ c) ≤ 3R2√
3⇒ 4A ≤ 3R2√
3⇒ A ≤ 3R2√
3
4
Como o majorante encontrado para a área é a própria área do triângulo equi-látero, fica provado assim o resultado.Mas nesse caso podemos afirmar que adesigualdade é estrita se o triângulo não é equilátero, pois a igualdade ocorreapenas se o triângulo for equilátero, já que nas duas desigualdades aplicadas, aigualdade só ocorre nesse caso ...
82
16. (“Simple trigonometric substitutions with broad results”-Vardan Ver-diyan e Daniel Campos Salas)Let a, b, c be a positive real numbers such thata+ b+ c = 1.Prove that:
√1
a− 1
√1
b− 1 +
√1
a− 1
√1
c− 1 +
√1
b− 1
√1
c− 1 ≥ 6
Solução Faça a substituição:
x =
√bc
a; y =
√ac
b; z =
√ab
c;
Observe que essa substituição nos leva a yz = a, xz = b, xy = c, concluindoassim que:
a+ b+ c = 1⇒ xy + xz + yz = 1
De onde podemos ver que x,y e z são tangentes com argumentos cujo valorsão metade dos ângulos de um triângulo.Substituindo na desigualdade teremos:√
1
yz− 1
√1
xz− 1 +
√1
yz− 1
√1
xy− 1 +
√1
xz− 1
√1
xy− 1 ≥ 6√
cotβ
2cot
γ
2− 1
√cot
α
2cot
γ
2− 1 +
√cot
β
2cot
γ
2− 1
√cot
α
2cot
β
2− 1 +√
cotα
2cot
γ
2− 1
√cot
α
2cot
β
2− 1 ≥ 6
Por transformações trigonométricas triviais, é possível ver que a desigualdadeacima é equivalente a:
cscα
2+ csc
β
2+ csc
γ
2≥ 6
Agora nos resta provar a desigualdade acima.Considere que pela desigualdadeque relaciona as médias harmônica e aritmética, segue que:
cscα2 + cscβ2 + cscγ23
≥ 3
senα2 + senβ2 + senγ2(62)
Sabemos pela desigualdade 1 que:
senα
2+ sen
β
2+ sen
γ
2≤ 3
2⇒ 3
senα2 + senβ2 + senγ2≥ 2
Aplicando a desigualdade acima a desigualdade (62), por transitividadechega-se ao resultado.A desigualdade acima também pode ser provada pela de-
sigualdade de Jensen em 3 variáveis, basta fazer λ1 = λ2 = λ3 =1
3.
83
17. (Desafio/Somatórios-Filipe Moreira/Instituto Tecnológico de Aeronáutica-
ITA-SP)Calcule por pertubação de somatóriosn∑k=1
sen(kx).
Solução: Vou calcular algo muito mais forte usando pertubação de soma-tórios, vou calcular a soma abaixo:
sen(φ+ θ) + sen(φ+ 2θ) + sen(φ+ 3θ) + ...+ sen(φ+ nθ) =
n∑k=1
sen(φ+ kθ)
Ora, a soma do problema é uma caso particular da soma acima, basta fazerφ = 0 na soma acima e teremos a soma do problema.Veja o que podemos fazer:
n∑k=1
sen(φ+ kθ) + sen(φ+ (n+ 1)θ) =
n∑k=0
sen(φ+ (k + 1)θ) =
n∑k=1
sen(φ+(k+1)θ)+sen(φ+θ) =
n∑k=1
(sen(φ+kθ)cos(θ)+cos(φ+kθ)sen(θ))+
sen(φ + θ) = cos(θ)
n∑k=1
sen(φ + kθ) + sen(θ)
n∑k=1
cos(φ + kθ) + sen(φ + θ) ⇒
n∑k=1
sen(φ+kθ)+sen(φ+(n+1)θ) = cos(θ)
n∑k=1
sen(φ+kθ)+sen(θ)
n∑k=1
cos(φ+
kθ) + sen(φ+ θ)⇒ (1− cos(θ))n∑k=1
sen(φ+ kθ) + sen(φ+ (n+ 1)θ)− sen(φ+
θ) = sen(θ)
n∑k=1
cos(φ+ kθ)⇒n∑k=1
cos(φ+ kθ) =(1− cos(θ))sen(θ)
n∑k=1
sen(φ+ kθ) +
sen(φ+ (n+ 1)θ)− sen(φ+ θ)
sen(θ)
Concluímos assim a primeira e importante igualdade:n∑k=1
cos(φ+kθ) =(1− cos(θ))sen(θ)
n∑k=1
sen(φ+kθ)+sen(φ+ (n+ 1)θ)− sen(φ+ θ)
sen(θ)
(63)Considere agora o desenvolvimento:
n∑k=1
cos(φ+ kθ) + cos(φ+ (n+ 1)θ) =
n∑k=0
cos(φ+ (k + 1)θ) =
n∑k=1
cos(φ+(k+1)θ)+cos(φ+θ) =
n∑k=1
(cos(φ+kθ)cos(θ)−sen(φ+kθ)sen(θ))+
cos(φ + θ) = cos(θ)
n∑k=1
cos(φ + kθ) − sen(θ)
n∑k=1
sen(φ + kθ) + cos(φ + θ) ⇒
n∑k=1
cos(φ+kθ)+ cos(φ+(n+1)θ) = cos(θ)
n∑k=1
cos(φ+kθ)−sen(θ)
n∑k=1
sen(φ+
84
kθ)+ cos(φ+θ)⇒n∑k=1
cos(φ+kθ)+ cos(φ+(n+1)θ)− cos(θ)n∑k=1
cos(φ+kθ) =
−sen(θ)
n∑k=1
sen(φ+ kθ) + cos(φ+ θ)⇒ (1− cos(θ))n∑k=1
cos(φ+ kθ) + cos(φ+
(n+ 1)θ) = −sen(θ)
n∑k=1
sen(φ+ kθ) + cos(φ+ θ)
Concluímos assim a segunda e importante igualdade:
(1−cos(θ))n∑k=1
cos(φ+kθ)+cos(φ+(n+1)θ) = −sen(θ)
n∑k=1
sen(φ+kθ)+cos(φ+θ)
(64)Substituindo (63) em (64), teremos:
(1−cos(θ))
((1− cos(θ))sen(θ)
n∑k=1
sen(φ+ kθ) +sen(φ+ (n+ 1)θ)− sen(φ+ θ)
sen(θ)
)+
cos(φ+ (n+ 1)θ) = −sen(θ)
n∑k=1
sen(φ+ kθ) + cos(φ+ θ)
⇒ (1− cos(θ))2
sen(θ)
n∑k=1
sen(φ+kθ)+(1−cos(θ))sen(φ+ (n+ 1)θ)− sen(φ+ θ)
sen(θ)+
cos(φ+ (n+ 1)θ) = −sen(θ)
n∑k=1
sen(φ+ kθ) + cos(φ+ θ)
Multiplicando os dois lados por sen(θ), vem:
⇒ (1− cos(θ))2n∑k=1
sen(φ+ kθ) + (1− cos(θ))(sen(φ+ (n+ 1)θ)− sen(φ+ θ)) +
sen(θ)cos(φ+ (n+ 1)θ) = −sen2(θ)
n∑k=1
sen(φ+ kθ) + sen(θ)cos(φ+ θ)⇒
⇒ ((1− cos(θ))2 + sen2(θ))
n∑k=1
sen(φ+ kθ) + (1− cos(θ))(sen(φ+ (n+ 1)θ)−
sen(φ+ θ)) + sen(θ)cos(φ+ (n+ 1)θ) = sen(θ)cos(φ+ θ)⇒
⇒ (1− 2cos(θ) + cos2(θ) + sen2(θ))
n∑k=1
sen(φ+ kθ) +
+ (1 − cos(θ))(sen(φ + (n + 1)θ) − sen(φ + θ)) + sen(θ)cos(φ + (n + 1)θ) =sen(θ)cos(φ+ θ)⇒
⇒ (2− 2cos(θ))
n∑k=1
sen(φ+ kθ) = sen(θ)cos(φ+ θ)
− ((1− cos(θ))(sen(φ+ (n+ 1)θ)− sen(φ+ θ))− sen(θ)cos(φ+ (n+ 1)θ)⇒
85
⇒ (2− 2cos(θ))
n∑k=1
sen(φ+ kθ) =
sen(θ)cos(φ+ θ)− sen(φ+ (n+ 1)θ) + sen(φ+ θ) + cos(θ)sen(φ+ (n+ 1)θ)−cos(θ)sen(φ+ θ)− sen(θ)cos(φ+ (n+ 1)θ)
Observe quesen(θ)cos(φ+θ)− cos(θ)sen(φ+θ) = −(cos(θ)sen(φ+θ)−sen(θ)cos(φ+θ)) =−sen(φ+ θ − θ) = −sen(φ), veja também que:cos(θ)sen(φ + (n + 1)θ) − sen(θ)cos(φ + (n + 1)θ) = sen(φ + (n + 1)θ − θ) =sen(φ+ nθ)
Substituindo teremos:
(2−2cos(θ))
n∑k=1
sen(φ+kθ) = −sen(φ+(n+1)θ)+sen(φ+θ)+sen(φ+nθ)−sen(φ)
(65)
Considere que sen(φ+θ)−sen(φ+(n+1)θ) = −(sen(φ+(n+1)θ)−sen(φ+θ)) =
−2sen
(nθ
2
)cos
(2φ+ (n+ 2)θ
2
)e também
sen(φ+ nθ)− sen(φ) = 2sen
(nθ
2
)cos
(2φ+ nθ
2
)Substituindo as igualdades anteriores em (65) teremos:
(2−2cos(θ))
n∑k=1
sen(φ+kθ) = −2sen
(nθ
2
)cos
(2φ+ (n+ 2)θ
2
)+2sen
(nθ
2
)cos
(2φ+ nθ
2
)(66)
Colocando os senos em evidência em (66) e usando que cos(
2φ+ nθ
2
)−cos
(2φ+ (n+ 2)θ
2
)=
−2sen
(−θ
2
)sen
(φ+
(n+ 1)θ
2
)= 2sen
(θ
2
)sen
(φ+
(n+ 1)θ
2
)(lembre-se
o seno é uma função ímpar), substituindo em (66) teremos:
(2−2cos(θ))
n∑k=1
sen(φ+kθ) = 4sen
(nθ
2
)sen
(θ
2
)sen
(φ+
(n+ 1)θ
2
)(67)
Agora, observe que:
2−2cos(θ) = 2−2
(1− 2sen2
θ
2
)= 4sen2
(θ
2
), substituindo em (67), teremos:
4sen2(θ
2
) n∑k=1
sen(φ+ kθ) = 4sen
(nθ
2
)sen
(θ
2
)sen
(φ+
(n+ 1)θ
2
)Passando o seno ao quadrado dividindo teremos o resultado desejado5
5É fácil generalizar esse resultado para o cosseno, ou para o seno ao quadrado ou cosseno
86
18.Prove a desigualdade 7 desse artigo.
Solução: Pela desigualdade das médias temos:
(yz)2 + (xz)2 ≥ 2xyz2 (68)
(yz)2 + (xy)2 ≥ 2xy2z (69)
(xz)2 + (xy)2 ≥ 2x2yz (70)
Somando (68) (69) e (70), teremos:
(xz)2 + (xy)2 + (yz)2 ≥ x2yz + xy2z + xyz2 (71)
Observe que (xz)2+(xy)2+(yz)2 = (xy+xz+yz)2−(2x2yz+2xy2z+2xyz2),substituindo em (71) teremos:
(xy + xz + yz)2 ≥ 3x2yz + 3xy2z + 3xyz2 (72)
Tome xy + xz + yz = 1, note que por essa substituição x,y e z são tangen-tes com argumentos que são metade de ângulos de um triângulo.Sendo assim,teremos:
1 ≥ 3x2yz + 3xy2z + 3xyz2 (73)
Veja o que podemos fazer com isso:
1 ≥ 3x2yz + 3xy2z + 3xyz2 ⇒⇒ 1− (x2yz + xy2z + xyz2) ≥ 2x2yz + 2xy2z + 2xyz2 ⇒⇒ xy + xz + yz − (x2yz + xy2z + xyz2) ≥ 2x2yz + 2xy2z + 2xyz2 ⇒⇒ xy(1− z2) + xz(1− y2) + yz(1− x2) ≥ 2xyz(x+ y + z)
Dividindo os dois lados por 2xyz, teremos:
1− z2
2z+
1− y2
2y+
1− x2
2x≥ x+ y + z (74)
Fazendo x = tanα
2, y = tan
β
2, z = tan
γ
2e usando que tan2x =
2tanx
1− tan2x⇒
cot2x =1− tan2x
2tanx, substituindo em (74) teremos:
cotα+ cotβ + cotγ ≥ tanα2
+ tanβ
2+ tan
γ
2
O lado direito pode ser usado a Desigualdade de Jensen ou mesmo a desigualdadedas médias, por ser muito óbvia, vou omitir a demonstração.
ao quadrado, bastando apenas aplicar algumas transformações trigonométricas triviais, nosdois últimos casos.
87
19.(IMO)Sejam a,b,c os lados do triângulo e A sua área, prove que:
a2 + b2 + c2 ≥ 4√
3A
Solução 1 Defina uma função:
f(a, b, c) = (a+ b+ c)
(1
a+
1
b+
1
c
)Onde a,b,c são lados de um triângulo. Suponha por absurdo, que:
1
a+
1
b+
1
c<
3
R√
3(75)
Usando que:a+ b+ c ≤ 3R
√3 (76)
Multiplicando (75) e (76):
(a+ b+ c)
(1
a+
1
b+
1
c
)< 9
O que é absurdo, isto pode ser visto usando a desigualdade que relaciona a médiaaritmética com a média harmônica, ou pela desigualdade de Cauchy-Schwarz.Deonde concluímos:
1
a+
1
b+
1
c≥ 3
R√
3(77)
Pela desigualdade (77) e por (57), temos:
ab+ ac+ bc ≥√
3abc
R
ab+ ac+ bc ≥ 4A√
3
Usando que a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ac segue o resultado.
88
Solução 2:Essa solução é um pouco mais longa.Nessa solução vou provar que essa desi-
gualdade é equivalente a desigualdade 7, usando outros argumentos.Substituindoa fórmula de Heron, teremos:
a2 + b2 + c2 ≥ 4√
3√S(S − a)(S − b)(S − c)
Multiplicando ambos os lados da desigualdade acima por
√(a+ b+ c
2abc
)2
=√(S
abc
)2
, obtemos:
(a2 + b2 + c2
)(a+ b+ c
2abc
)≥ 4√
3
√S(S − a)
bc
S(S − b)ac
S(S − c)ab
Usando a relação (24) e (25), temos:
(a2 + b2 + c2
)(a+ b+ c
2abc
)≥ 4√
3cosα
2cos
β
2cos
γ
2(a2
bc+a
b+a
c
)+
(b2
ac+b
a+b
c
)+
(c2
ab+c
a+c
b
)≥ 8√
3cosα
2cos
β
2cos
γ
2
(sen2α
senβsenγ+senα
senβ+senα
senγ
)+
(sen2β
senαsenγ+senβ
senα+senβ
senγ
)+
(sen2γ
senαsenβ+senγ
senα+senγ
senβ
)≥ 8√
3cosα
2cos
β
2cos
γ
2
(senα+ senβ + senγ)
(senα
senβsenγ+
senβ
senαsenγ+
senγ
senαsenβ
)≥ 8√
3cosα
2cos
β
2cos
γ
2
4cosα
2cos
β
2cos
γ
2
(senα
senβsenγ+
senβ
senαsenγ+
senγ
senαsenβ
)≥ 8√
3cosα
2cos
β
2cos
γ
2
senα
senβsenγ+
senβ
senαsenγ+
senγ
senαsenβ≥ 2√
3
sen(β + γ)
senβsenγ+sen(α+ γ)
senαsenγ+sen(β + α)
senαsenβ≥ 2√
3
2cotα+ 2cotβ + 2cotγ ≥ 2√
3
cotα+ cotβ + cotγ ≥√
3
89
Solução 3:Aqui vai uma demonstração elementar dessa desigualdade(sem usar uma
desigualdade auxiliar).Seja R o raio da circunferência circunscrita ao triângulo,
α, β, γ os ângulos agudos opostos aos lados a, b, c, então sabemos que A =abc
4R
,c
2R= senγ ⇒ 2R
c=
1
senγe também pela lei dos cossenos que c2 = a2 + b2 −
2abcosγ ⇒ cosγ =a2 + b2 − c2
2ab, daí segue que:
a2+b2−c2 =4Rabc(a2 + b2 − c2)
4Rabc=
4AR(a2 + b2 − c2)
abc= 4A×2R
c×a
2 + b2 − c2
2ab=
4Acotγ = 4A√cot2γ = 4A
√csc2γ − 1 = 4A
√4R2
c2− 1 = 4A
√4a2b2R2
a2b2c2− 1 =
4A
√a2b2
4(abc4R
)2 − 1 = 4A
√a2b2
4A2− 1 = 2
√4A2
(a2b2
4A2− 1
)= 2
√a2b2 − 4A2 ⇒
a2 + b2 − c2 = 2√a2b2 − 4A2
Por simetria concluímos as igualdades abaixo:
2√a2b2 − 4A2 = a2 + b2 − c2
2√a2c2 − 4A2 = a2 + c2 − b2
2√b2c2 − 4A2 = b2 + c2 − a2
Multiplicando essas igualdades duas a duas teremos:
4√a2b2 − 4A2
√b2c2 − 4A2 = (a2 + b2 − c2)(b2 + c2 − a2)
4√a2c2 − 4A2
√b2c2 − 4A2 = (a2 + c2 − b2)(b2 + c2 − a2)
4√a2b2 − 4A2
√a2c2 − 4A2 = (a2 + c2 − b2)(a2 + b2 − c2)
Usando que o quadrado de todo número real é positivo segue que m + n ≥2√mn, temos:
2(a2b2 − 4A2 + b2c2 − 4A2) ≥ (a2 + b2 − c2)(b2 + c2 − a2)
2(a2c2 − 4A2 + b2c2 − 4A2) ≥ (a2 + c2 − b2)(b2 + c2 − a2)
2(a2b2 − 4A2 + a2c2 − 4A2) ≥ (a2 + c2 − b2)(a2 + b2 − c2)
90
Somando todas as desigualdades acima teremos:
4a2b2+4b2c2+4a2c2−16×3A2 ≥ (a2+b2−c2)(b2+c2−a2)+(a2+c2−b2)(b2+c2−a2)+(a2+c2−b2)(b2+c2−a2)
Seja b2 + c2 − a2 = x, y = a2 + c2 − b2, z = a2 + b2 − c2.Observe que2a2 = (a2+c2−b2)+(a2+b2−c2) = y+z, 2b2 = (a2+b2−c2)+(b2+c2−a2) = x+z,2c2 = (a2 + c2 − b2) + (b2 + c2 − a2) = x + y, sendo assim temos 4a2b2 =(y + z)(x+ z), 4a2c2 = (y + z)(x+ y), 4b2c2 = (x+ z)(x+ y), substituindo nadesigualdade acima, temos:
(x+ z)(x+ y) + (x+ y)(y + z) + (y + z)(x+ z)− 16× 3A2 ≥ xy + xz + yz
x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz − 16× 3A2 ≥ 0
(x+ y + z)2 − 16× 3A2 ≥ 0
x+ y + z ≥ 4√
3A
De onde finalmente segue o resultado.
91
20.(Vardan Verdiyan e Daniel Campos Salas-“Simple trigonometric substitu-tions with broad results”)Let a,b,c real numbers such that a+b+c =
√abc.Prove
that:ab+ bc+ ac ≥ 9(a+ b+ c)
Solução 1: Dividindo a desigualdade por a+ b+ c =√abc, a desigualdade
é equivalente a: √bc
a+
√ac
b+
√ab
c≥ 9
Dividindo a condição por√abc, a condição é equivalente a:√a
bc+
√b
ac+
√c
ab= 1
O que temos que provar agora é a seguinte implicação:√a
bc+
√b
ac+
√c
ab= 1⇒
√bc
a+
√ac
b+
√ab
c≥ 9 (78)
Sejam x,y e z números reais quaisquer, faça a substituição:
x =4
√bc
a3, y = 4
√ac
b3, z =
4
√ab
c3
Multiplicando as igualdades acima duas a duas, vem:
xy =
√c
ab, xz =
√b
ac, yz =
√a
bc
Substituindo em (78), segue que:
xy + xz + yz = 1⇒ 1
xy+
1
xz+
1
yz≥ 9 (79)
Fazendo x = tanα
2, y = tan
β
2, z = tan
γ
2, alpha, beta e gamma são ângulos de
um triângulo.De onde vemos que a desigualdade é equivalente a:
tanα
2tan
β
2+tan
α
2tan
γ
2+tan
β
2tan
γ
2= 1⇒ cot
α
2cot
β
2+cot
α
2cot
γ
2+cot
β
2cot
γ
2≥ 9
(80)Veja que o que temos que provar é que a desigualdade acima é uma desigualdadedo triângulo, mas isso é possível ver, se alpha, beta e gamma são ângulos de umtriângulo, pela desigualdade 3 vale que:
senα
2sen
β
2sen
γ
2≤ 1
8
cscα
2csc
β
2csc
γ
2≥ 8
92
Multiplicando ambos os lados por senα+ β + γ
2= 1, teremos:
cscα
2csc
β
2csc
γ
2sen
α+ β + γ
2≥ 8
cscα
2csc
β
2csc
γ
2
(sen
α+ β
2cos
γ
2+ cos
α+ β
2sen
γ
2
)≥ 8
cscα
2csc
β
2csc
γ
2
((sen
α
2cos
β
2+ cos
α
2sen
β
2
)cos
γ
2+
(cos
α
2cos
β
2− senα
2sen
β
2
)sen
γ
2
)≥
8
cotα
2cot
β
2+ cot
α
2cot
γ
2+ cot
β
2cot
γ
2≥ 9
93
Solução 2:Aplicando a desigualdade de Cauchy-Schwarz ao lado esquerdo dadesigualdade da relação (78) e pela igualdade da relação (78), segue o
resultado diretamente.
94
21.(OBM)Se xy+xz+yz=1, prove que:
2x(1− x2)
(1 + x2)2+
2y(1− y2)
(1 + y2)2+
2z(1− z2)
(1 + z2)2≤ x
1 + x2+
y
1 + y2+
z
1 + z2
Solução. Substituindo por tangentes de apha/2, beta/2 e gamma/2, note quealpha, beta e gamma serão ângulos de um triângulo.Teremos no lado esquerdo,pelas identidades 11 e 12 e no lado direito pela identidade 2, vê-se facilmenteque a desigualdade é equivalente a:
senαcosα+ senβcosβ + senγcosγ ≤ senα2cos
α
2+ sen
β
2cos
β
2+ sen
γ
2cos
γ
2
sen2α+ sen2β + sen2γ ≤ senα+ senβ + senγ (81)
Nos resta provar (81), é simples veja:
cos(α− β) ≤ 1⇒ 2sen(α+ β)cos(α− β) ≤ 2sen(α+ β)⇒ 2sen(α+ β)cos(α−β) ≤ 2sen(π− (α+ β))⇒ sen2α+ sen2β ≤ 2sen(α+ β+ γ− (α+ β)) = 2senγ
Fazendo o mesmo para os outros ângulos, teremos:
sen2α+ sen2β ≤ 2senγ (82)
sen2α+ sen2γ ≤ 2senβ (83)
sen2β + sen2γ ≤ 2senα (84)
Somando (82), (83) e (84) segue o resultado6.
6Em verdade a desigualdade de Jensen é uma “generalização” da definição de concavidadee convexidade, já que podemos perfeitamente definir concavidade ou convexidade em funçãoda desigualdade elementar.É muito importante notar que o fato de uma função de n variáveisobedecer a um CASO PARTICULAR da desigualdade de Jensen, não implica que essa funçãoseja côncava ou convexa, isso pode ser mera coincidência.Dizemos nesses casos que vale aida mas não vale a volta, isto é, se uma função é convexa vale a desigualdade de Jensen,mas se vale um caso particular da desigualdade de Jensen nem sempre vale convexidade ouconcavidade.Um exemplo disso é função cosx, cuja derivada segunda é -cosx, se tomarmos
a,b,c ângulos de um triângulo é verdade que cosa + cosb + cosc ≤3
2, mas note que essa
função não é côncava em todo intervalo (0, π), apesar disso pode ser facilmente provado queessa desigualdade é verdadeira em todo intervalo (0, π), note que esse é um caso particular
da desigualdade de Jensen, isto é, o caso em que λ1 = λ2 = λ3 =1
3.Por outro lado, se
vale a desigualdade de Jensen em seu caso geral, então a função ou é côncava ou é convexa,pois a desigualdade de Jensen implica a definição de concavidade ou convexidade, já que sedemonstra a desigualdade de Jensen, por indução, partindo da definição de concavidade ouconvexidade, que é a própria desigualdade de Jensen em duas variáveis.
95
22.(“103 Problems From the Training USA IMO Team”-Titu Andreescu)LetA,B,C be a triangle.Prove that :
tanA
2tan
B
2+ tan
A
2tan
C
2+ tan
B
2tan
C
2= 1
Solução 1: Já sabemos que se x, y e z são ângulos de um triângulo vale
cos
(x+ y
2
)= sen
z
2(veja o motivo na página 16 desse pdf).Agora, observe que:
senα+senβ+senγ = (senα+ senβ − senγ)+(senα+ senγ − senβ)+(senβ + senγ − senα) =(2sen
α
2cos
α
2+ 2sen
(β − γ
2
)cos
(β + γ
2
))+
(2sen
γ
2cos
γ
2+ 2sen
(α− β
2
)cos
(α+ β
2
))+(
2senβ
2cos
β
2+ 2sen
(γ − α
2
)cos
(α+ γ
2
))=
(2sen
α
2sen
(β + γ
2
)+ 2sen
(β − γ
2
)sen
α
2
)+(
2senγ
2sen
(α+ β
2
)+ 2sen
(α− β
2
)sen
γ
2
)+
(2sen
β
2sen
(γ + α
2
)+ 2sen
(γ − α
2
)sen
β
2
)=
2senα
2
(sen
(β + γ
2
)+ sen
(β − γ
2
))+2sen
γ
2
(sen
(α+ β
2
)+ sen
(α− β
2
))+
2senβ
2
(sen
(γ + α
2
)+ sen
(γ − α
2
))= 4sen
α
2sen
β
2cos
γ
2+4sen
γ
2sen
α
2cos
β
2+
4senβ
2sen
γ
2cos
α
2
Usando que senα+ senβ + senγ = 4cosα
2cos
β
2cos
γ
2, concluímos a igualdade:
cosα
2cos
β
2cos
γ
2= sen
α
2sen
β
2cos
γ
2+ sen
γ
2sen
α
2cos
β
2+ sen
β
2sen
γ
2cos
α
2(85)
Dividindo a equação (85) por cosα
2cos
β
2cos
γ
2segue o resultado.
96
Solução 2: Observe a expressão tanA
2tan
B
2+ tan
A
2tan
C
2+ tan
B
2tan
C
2,pela substituição (26) e (27) segue o resultado diretamente.
97
Solução 3: Veja página 21.
98
23.(Cálculo-Geraldo Ávila) Encontre uma expressão fechada para a soma:
n∑k=1
arctan
(1
2k2
)
Solução:Pela relação 10, teremos: tan(arctanω + arctanφ) =ω + φ
1− ωφ⇒
arctan(tan(arctanω + arctanφ)) = arctanω + arctanφ = arctan
(ω + φ
1− ωφ
)De onde conluímos:
arctanω + arctanφ = arctan
(ω + φ
1− ωφ
)
Substituindo ω =k
k + 1e φ = −k − 1
kna igualdade acima, teremos:
arctank
k + 1− arctan
k − 1
k= arctan
kk+1 −
k−1k
1 + kk+1
k−1k
= arctan1
2k2
Conluindo assim que vale:
arctank
k + 1− arctan
k − 1
k= arctan
1
2k2
Aplicando somatório variando em k dos dois lados acima, chega-se a:
n∑k=1
arctan
(1
2k2
)= arctan
n
n+ 1
99
24.(Cálculo-Stewart) Os polinômios de Chebychev Tn são definidos por Tn =cos(n arccosx),∀n ∈ N, mostre que para n maior ou igual a 1
Tn+1(x) = 2xTn(x)− Tn−1(x)
Solução:Usando a relação (5), e pela definição do polinômio de Chebychev:
Tn+1(x) = cos((n+1) arccosx) = cos((n arccosx+arccosx) = cos(n arccosx)cos(arccosx)−sen(n arccosx)sen(arccosx) = xcos(n arccosx)−sen(n arccosx)sen(arccosx)⇒cos((n+ 1) arccosx) = xcos(n arccosx)− sen(n arccosx)sen(arccosx)De onde concluímos:
cos((n+1) arccosx) = xcos(n arccosx)−sen(n arccosx)sen(arccosx) Igualdade AAgora veja que
cos(a+ b)− cos(a− b)2
= −senasenb⇒ −sen(n arccosx)sen(arccosx) =
cos((n+ 1) arccosx)− cos((n− 1) arccosx)
2
De onde concluímos a Igualdade:
−sen(n arccosx)sen(arccosx) =cos((n+ 1) arccosx)− cos((n− 1) arccosx)
2Igualdade B
Substituindo Igualdade B na Igualdade A, teremos:
cos((n+1) arccosx) = xcos(n arccosx)+cos((n+ 1) arccosx)− cos((n− 1) arccosx)
2=
2xcos(n arccosx) + cos((n+ 1) arccosx)− cos((n− 1) arccosx)
2⇒
⇒ cos((n+ 1) arccosx) = 2xcos(n arccosx)− cos((n− 1) arccosx)
Que pela definição segue diretamente.
100
5 Um pouco além da trigonometria: Indução,Redução ao absurdo ou Contraposição, Senten-ças Condicionais, Normalização de desigualda-des Homogêneas, Cálculo
101
25.(Problema sugerido por Israel Meireles Chrisostomo) Dados dois númerosquaisquer, prove que sempre existe entre estes dois números uma sequênciainfinitamente decrescente e outra infinitamente crescente, ambas formadas porestes dois números, em outras palavras, prove que qualquer intervalo aberto deR pode conter uma sequência infinitamente crescente e infinitamente decrescentecomposta pelos extremos desse intervalo.
Solução :Seja um intervalo aberto (a1, b1), então, podemos supor sem perda de gene-
ralidade que b1 > a1, veja o que podemos fazer com isso:
b1 > a1 ⇒ 2b1 > b1 + a1 → b1 >b1 + a1
2De onde concluímos que vale:
b1 >b1 + a1
2(86)
Por outro lado b1 > a1 ⇒ b1 + a1 > 2a1 ⇒ a1 <b1 + a1
2De onde concluímos que vale:
a1 <b1 + a1
2(87)
De (86) e (87), chega-se a:
b1 >b1 + a1
2> a1 (88)
Concluímos de (88) que há pelo menos um elemento entre a1 e b1.Vamos provarpor indução que sempre podemos encontrar um número maior entre a1 e b1 .
Defina:an+1 =
b1(2n − 1) + a12n
, n ∈ N (89)
Por hipótese de indução, considere:
b1 >b1(2n+1 − 1) + a1
2n+1> an+1 (90)
O lado esquerdo da desigualdade acima não há necessidade de indução, bastaobservar que isto segue diretamente do fato de que b1 > a1.Veja:
b1 > a1 ⇒ 0 > −b1 + a1 ⇒ 2n+1b1 > 2n+1b1 − b1 + a1 ⇒
⇒ 2n+1b1 > b1(2n+1 − 1) + a1 ⇒ b1 >b1(2n+1 − 1) + a1
2n+1
Nos resta provar o lado direito, como base de indução, considere para o cason = 0 já está provado, pois nada mais é do que a desigualdade (88).Observe que
102
o que temos que provar por indução, é que a sequência an+1 é crescente, entre-tanto não ultrapassa o termo b1(como já provamos), e como o primeiro termo éa1, isto é, o próprio extremo do intervalo, o resultado segue diretamente. Vamosdesenvolver (90) apropriadamente, vamos substituir(89) em (90) e depois somarb1 nos dois lados de (90), veja:
b1(2n+1 − 1) + a12n+1
>b1(2n − 1) + a1
2n⇒ b1(2n+1 − 1) + a1
2n+1+b1 >
b1(2n − 1) + a12n
+
b1 ⇒b1(2n+2 − 1) + a1
2n+1>b1(2n+1 − 1) + a1
2n⇒ b1(2n+2 − 1) + a1
2n+2>b1(2n+1 − 1) + a1
2n+1⇒
b1(2n+2 − 1) + a12n+2
> an+2
De onde segue o resultado por indução.A prova para a sequência decrescenteé análoga. Defina:
bn+1 =a1(2n − 1) + b1
2n, n ∈ N (91)
Como hipótese de indução considere:
bn+1 >a1(2n+1 − 1) + b1
2n+1> a1 (92)
O lado direito da desigualdade acima não há necessidade de indução, bastaobservar que isto segue diretamente do fato de que b1 > a1.Veja:
a1 < b1 ⇒ 0 < −a1 + b1 ⇒ 2n+1a1 < 2n+1a1 − a1 + b1 ⇒
⇒ 2n+1a1 < a1(2n+1−1)+b1 ⇒ a1 <a1(2n+1 − 1) + b1
2n+1⇒ a1(2n+1 − 1) + b1
2n+1>
a1
Nos resta provar o lado esquerdo, como base de indução, considere, parao caso n = 0, que já está provado, pois nada mais é do que a desigualdade(88). Observe que o que temos que provar por indução, é que a sequência bn+1 édecrescente, entretanto seus termos nunca são menores que o termo a1(acabamosde provar isto), e como o primeiro termo dessa sequência é b1, isto é, o próprioextremo do intervalo, o resultado segue diretamente.Substituindo (91) no ladoesquerdo de (92) e depois somando a1 nos dois lados da desigualdade resultanteteremos:
a1(2n − 1) + b12n
>a1(2n+1 − 1) + b1
2n+1⇒ a1(2n − 1) + b1
2n+a1 >
a1(2n+1 − 1) + b12n+1
+
a1 ⇒a1(2n+1 − 1) + b1
2n>a1(2n+2 − 1) + b1
2n+1⇒ a1(2n+1 − 1) + b1
2n+1>a1(2n+2 − 1) + b1
2n+2⇒
bn+2 >a1(2n+2 − 1) + b1
2n+2
De onde segue o resultado por indução7.7Observe que a desigualdade não é simétrica e por isso b1 > a1 determina sua direção.
103
26. (Teoria dos números:um passeio com primos e números familiares pelomundo inteiro-Eduardo Tengan,Carlos Gustavo T. de A. Moreira, Nicolau Cor-ção Saldanha)Demonstre a fórmula do binômio de Newton para n natural.
(x+ y)n =
(n
0
)xn +
(n
1
)xn−1y + ...+
(n
0
)xyn−1 +
(n
n
)yn
Solução: Como base de indução, considere o caso em que n=1, n=2 oun=3. Como hipótese de indução, suponha válido para um n que:
(a+ b)n =
n∑k=0
(n
k
)an−kbk
Dividindo ambos os lados da igualdade por an, nossa hipótese de indução éequivalente a:(
1 +b
a
)n=
n∑k=0
(n
k
)(b
a
)kVamos usar de início nossa hipótese de indução.Fazendo x =
b
a, vem:
(1 + x)n
=
n∑k=0
(n
k
)xk
Integrando ambos os lados em relação a x no intervalo(
0,b
a
), obtemos:∫ b
a
0
(1 + x)ndx =
∫ ba
0
n∑k=0
(n
k
)xkdx⇒ 1
n+ 1
(1 +
b
a
)n+1
− 1
n+ 1=
n∑k=0
(n
k
)1
k + 1
bk+1
ak+1⇒
⇒ 1
n+ 1(a+ b)
n+1 − an+1
n+ 1= an+1
n∑k=0
(n
k
)1
k + 1
bk+1
ak+1⇒
⇒ 1
n+ 1(a+ b)
n+1 − an+1
n+ 1=
n∑k=0
(n
k
)1
k + 1an+1−(k+1)bk+1
De onde concluímos que vale a igualdade:
1
n+ 1(a+ b)
n+1 − an+1
n+ 1=
n∑k=0
(n
k
)1
k + 1an+1−(k+1)bk+1 (93)
Agora, observe que:(n
k
)=
n!
k!(n− k)!=
n!
k!(n+ 1− k − 1)!=
n!
k!(n+ 1− (k + 1))!=
n!
k!(n+ 1− (k + 1))!
k + 1
k + 1=
n!
(k + 1)!(n+ 1− (k + 1))!(k+1)
n+ 1
n+ 1=
(n+ 1)!
(k + 1)!(n+ 1− (k + 1))!
k + 1
n+ 1=
(n+ 1
k + 1
)k + 1
n+ 1⇒
⇒(n
k
)=
(n+ 1
k + 1
)k + 1
n+ 1
Usando a igualdade acima em (93), concluímos:1
n+ 1(a+ b)
n+1 − an+1
n+ 1=
n∑k=0
(n+ 1
k + 1
)1
n+ 1an+1−(k+1)bk+1
104
Multiplicando os dois lados por n+1, e somando an+1 nos dois lados da igual-dade, teremos:
(a+ b)n+1
= an+1 +
n∑k=0
(n+ 1
k + 1
)an+1−(k+1)bk+1 ⇒
⇒ (a+ b)n+1
=
(n+ 1
0
)an+1+
n∑k=0
(n+ 1
k + 1
)an+1−(k+1)bk+1 =
n+1∑k=0
(n+ 1
k
)an+1−kbk
De onde, finalmente, segue o resultado por indução.
105
27. (Mathematics Stack Exchange Question)But I also know that pi is notalgebraic, so I’m not sure if I should be looking for an algebraic expression thelimit of which w.r.t. a variable approaches a transcendental number.8
Solução 2:O que essa pessoa tem dúvida é se há uma expressão algé-brica(querendo dizer, na verdade, sequência de números algébricos) cujo li-mite é um número transcendente, em outras palavras poderíamos construir umasequência de algébricos cujo limite é transcendental?
Considere1
4cot(π
4
)=
1
4que é claramente raiz de qualquer polinômio na
forma P (x) = xn − 1
4n,considere que
1
2ncot( π
2n
), n ≥ 2 (94)
Como hipótese de indução, considere que (94) é algébrico.Agora note que:
1
2ncot( π
2n
)=
1
2ncos2 π
2n+1 − sen2 π2n+1
2sen π2n+1 cos
π2n+1
=1
2n+1cot
π
2n+1− 1
2n+1tan
π
2n+1
De onde concluímos que vale:
1
2ncot( π
2n
)=
1
2n+1cot
π
2n+1− 1
2n+1tan
π
2n+1(95)
Como por hipótese, o lado esquerdo (95) é algébrico o lado direito tambémdeve ser, suponha que a tangente seja transcendente, como o inverso de umnúmero transcendente também é transcendente, a cotangente também deve sertranscendente, mas a soma de um transcendente com seu inverso também éclaramente transcendente, logo concluiríamos que a soma é transcendente eportanto o lado esquerdo é transcendente, o que é absurdo, provando assim por
indução que essa sequência é algébrica9.Por outro lado seu limite tende a1
π.
8Este problema foi colocado apenas a título de curiosidade.9Aqui vamos usar indução, mas note que, na indução devemos provar que P (n)→ P (n+1),
mas lembre-se que em lógica as proposições P (n) → P (n + 1) e ¬P (n + 1) → ¬P (n) sãoequivalentes, em outras palavras, provar que A implica B é o mesmo que provar que a negaçãode B implica a negação de A, dizemos nesses casos que estamos provando a contra positiva.Asvezes provar a contra positiva está mais ao alcance de nossas mãos do que uma prova direta,principalmente quando se trata de irracionalidade e transcendência, isto pode ser explicadopelo fato de definirmos a irracionalidade e transcendência por exclusão:irracionais são aquelesnúmeros que não são racionais, transcendentes são aqueles números que não são algébricos
106
28.(Advanced Calculus-Lynn H. Loomis and Shlomo Stenrberg-Departmentof Mathematics)For x in Rn let |x| be the Euclidean Length
|x| =
[n∑1
x2i
] 12
and let (x, y) be a scalar product
(x, y) =
n∑1
xiyi
The Schwarz inequality says that
|(x, y)| ≤ |x||y|
and that the inequality is strict if x and y are independent.a)Prove the Schwarz inequality for the case n = 2 by squaring and canceling.b) Now prove it for the general n in the same way.
Solução:De fato este é um problema que pode envolver um pouco de trigo-nometria.Nós vamos fazer a prova por indução.Como base de indução consideren=2.Isto é, o que temos que provar é a seguinte desigualdade:
(a21 + a22)(b21 + b22) ≥ (a1b1 + a2b2)2 (96)
Vamos construir um triângulo retângulo de catetos b1, b2, veja:
107
α β
b1 b2
b3
Da figura, observe que:
sen(β) =b1b3
=b1√b21 + b22
(97)
cos(β) =b2b3
=b2√b21 + b22
(98)
Vamos construir um triângulo retângulo de catetos a1, a2, veja:
108
ω φ
a2 a1
a3
Da figura, observe que:
sen(φ) =a2a3
=a2√a21 + a22
(99)
cos(φ) =a1a3
=a1√a21 + a22
(100)
De (97),(98),(99) e (100) segue que:a1b1√
a21 + a22√b21 + b22
+a2b2√
a21 + a22√b21 + b22
= cosφsenβ + senφcosβ =
= sen(β + φ) ≤ 1⇒ a1b1 + a2b2 ≤√a21 + a22
√b21 + b22
Que ao se elevar ao quadrado é o resultado desejado.Como hipótese de indução,considere:
(a21 + a22 + ...+ a2n)(b21 + b22 + ...+ b2n) ≥ (a1b1 + a2b2 + ...+ anbn)2 (101)
Observe, pela desigualdade das médias em duas variáveis, as n desigualdadesque se seguem:
109
a21b2n+1 + b21a
2n+1 ≥ 2a1b1an+1bn+1
a22b2n+1 + b22a
2n+1 ≥ 2a2b2an+1bn+1
a23b2n+1 + b23a
2n+1 ≥ 2a3b3an+1bn+1
...
...
...
a2nb2n+1 + b2na
2n+1 ≥ 2anbnan+1bn+1
Somando essas n desigualdades, segue:
(a21+a22+...+a2n)b2n+1+(b21+b22+...+b2n)a2n+1 ≥ 2an+1bn+1(a1b1+a2b2+a3b3+...+anbn)(102)
Somando (101) com (102), segue que:
(a21+a22+...+a2n)b2n+1+(b21+b22+...+b2n)a2n+1+(a21+a22+...+a2n)(b21+b22+...+b2n) ≥2an+1bn+1(a1b1 + a2b2 + a3b3 + ...+ anbn) + (a1b1 + a2b2 + ...+ anbn)2
Somando a2n+1b2n+1 nos dois lados da desigualdade acima, vem:
(a21+a22+...+a2n)b2n+1+(b21+b22+...+b2n)a2n+1+(a21+a22+...+a2n)(b21+b22+...+b2n)++ a2n+1b
2n+1 ≥ a2n+1b
2n+1 + 2an+1bn+1(a1b1 + a2b2 + a3b3 + ...+ anbn) + (a1b1 +
a2b2 + ...+ anbn)2
Observe que o lado direito é um produto notável10, bem como rearranjando olado esquerdo e fatorando teremos:
[(a21 + a22 + ...+ a2n)b2n+1 + a2n+1b2n+1] + [(b21 + b22 + ...+ b2n)a2n+1 + (a21 + a22 + ...+
a2n)(b21 + b22 + ...+ b2n)] ≥ (a1b1 + a2b2 + a3b3 + ...+ anbn + an+1bn+1)2
(a21 + a22 + ...+ a2n + a2n+1)b2n+1 + (b21 + b22 + ...+ b2n)(a21 + a22 + ...+ a2n + a2n+1) ≥(a1b1 + a2b2 + a3b3 + ...+ anbn + an+1bn+1)2
(a21 + a22 + ...+ a2n + a2n+1)(b21 + b22 + ...+ b2n + b2n+1) ≥ (a1b1 + a2b2 + a3b3 + ...+anbn + an+1bn+1)2
Provando assim por indução a desigualdade de Cauchy-Schwarz.10O quadrado da soma de dois termos, a saber (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2
110
29.(Cálculo-Serge Lang)Se a1, ..., an são números maiores ou iguais a zero,mostre que11:
a1 + a2 + a3 + ...+ an−3 + an−2 + an−1 + ann
≥ n√a1a2a3...an−3an−2an−1an
Solução 1: Como base de indução considere que todo quadrado de númeroreal é positivo, sendo assim:
(√a1 −
√a2)2 ≥ 0⇒ a1 + a2
2≥√a1a2
Suponha válido para um n que:
x1 + ...+ xnn
≥ n√x1...xn (103)
Da desigualdade acima, teremos 12:a1 + a2 + a3 + a4 + ...an−4 + an−3 + an−2 + an−1 + an + an+1 =a2 + ...+ an+1
n︸ ︷︷ ︸falta o termo a1
+a1 + a3 + ...+ an+1
n︸ ︷︷ ︸falta o termo a2
+...+a1 + ...+ an
n︸ ︷︷ ︸falta o termo an+1︸ ︷︷ ︸
Aqui temos n+1 parcelas somando, cada parcela com n termos
≥
n√a2...an+1+ n
√a1a3...an+1+...+ n
√a1...an = n
√a1...an+1
(1n√a1
+ ...+1
n√an+1
)De onde concluímos a desigualdade:
a1+a2+a3+a4+...an−4+an−3+an−2+an−1+an+an+1 ≥ n√a1...an+1
(1n√a1
+ ...+1
n√an+1
)(104)
Aplicando a desigualdade de Jensen para a função f(x) =1n√x, que é convexa
para x positivo, com λ1 = λ2 = .... = λn+1 =1
n+ 1teremos:
1n√a1
+ ...+1
n√an+1
≥ (n+ 1) n
√n+ 1
a1 + ...+ an+1
Multiplicando ambos os lados da desigualdade acima por n√a1...an+1, chegamos
a:11Esta é a Desigualdade entre as Médias Aritmética e Geométrica, para provar a desigual-
dade entre a média geométrica e harmônica, basta fazer ak =1
bk.O autor do livro, sugere dois
raciocínios em diferentes partes do texto para que o leitor prove a desigualdade das médias,aqui eu não segui nenhuma de suas sugestões, para mais informações veja seu livro Cálculo.
12Cada k-ésima parcela falta o termo ak.
111
n√a1...an+1
(1n√a1
+ ...+1
n√an+1
)≥ (n+ 1) n
√(n+ 1)a1...an+1
a1 + ...+ an+1(105)
Observe que o lado direito de (104) é o lado esquerdo de (105), assim portransitividade, teremos:
a1 + ...+ an+1 ≥ (n+ 1) n
√(n+ 1)a1...an+1
a1 + ...+ an+1(106)
Elevando ambos os lados da desigualdade acima a n-ésima potência, chegamosa:
(a1 + ...+ an+1)n ≥ (n+ 1)n+1 a1...an+1
a1 + ...+ an+1(107)
(a1 + ...+ an+1)n+1
(n+ 1)n+1≥ a1...an+1 (108)
(a1 + ...+ an+1
n+ 1
)n+1
≥ a1...an+1 (109)
Extraindo a raiz n+1-ésima, teremos:
a1 + ...+ an+1
n+ 1≥ n+1
√a1...an+1 (110)
112
30.(Questão postada em uma comunidade do Facebook)Resolva a equação:
1 + sen3x+ cos3x =3
2sen(2x)
Solução:
Podemos ver diretamente duas soluções particulares x =3π
2e x = π.Mas
não sabemos se há outra solução, se não aquelas que são côngruas a estas so-luções.Vamos provar que não existem outras soluções além das soluções côn-gruas.Para tanto, basta observar que sen2x = 1 − cos2x e cos2x = 1 − sen2x,daí segue que:
1 + sen3x+ cos3x = 1 + sen2xsenx+ cos2xcosx = 1 + (1− cos2x)senx+ (1− sen2x)cosx = 1 + senx+ cosx− senxcos2x− cosxsen2x
De onde concluímos que nossa equação é equivalente a:
1 + senx+ cosx− senxcos2x− cosxsen2x =3
2sen(2x)
Usando que sen(2x) = 2senxcosx, nossa equação é equivalente a:
1 + senx+ cosx− senxcos2x− cosxsen2x = 3senxcosx (111)
De (111), veja o que podemos fazer:
1 + senx+ cosx− senxcos2x− cosxsen2x = 3senxcosx1 + senx+ cosx− senxcosx(senx+ cosx) = 3senxcosx
1 + (1− senxcosx)(senx+ cosx) = 3senxcosx1− senxcosx+ (1− senxcosx)(senx+ cosx) = 2senxcosx
(1− senxcosx)(1 + senx+ cosx) = 2senxcosxDe onde concluímos que nossa equação é equivalente a:
(1− senxcosx)(1 + senx+ cosx) = 2senxcosx (112)
Somando e subtraindo 1 no lado direito da igualdade acima, teremos:
(1 − senxcosx)(1 + senx + cosx) = 1 + 2senxcosx − 1 = sen2x + cos2x +2senxcosx− 1 = (senx+ cosx)2 − 1 = (1 + senx+ cosx)(−1 + senx+ cosx)
De onde concluímos:
(1− senxcosx)(1 + senx+ cosx) = (1 + senx+ cosx)(−1 + senx+ cosx) (113)
Supondo que haja soluções diferentes das triviais, devemos tomar x 6= 3π
2e
x 6= π , daí podemos efetuar o cancelamento do termo (1 + senx+ cosx), sendoassim teremos:
1− senxcosx = −1 + senx+ cosx (114)
113
De (114) segue que:
1 − senxcosx = −1 + senx + cosx ⇒ 4 = 2senxcosx + 2(senx + cosx) ⇒ 5 =1 + 2senxcosx+ 2(senx+ cosx)⇒ 5 = sen2x+ cos2x+ 2senxcosx+ 2(senx+cosx)⇒ 5 = (senx+ cosx)2 + 2(senx+ cosx)
Fazendo senx+ cosx = y, teremos a equação:
y2 + 2y − 5 = 0 (115)
Cujas soluções são −1−√
6 e√
6− 1 , valores estes que estão fora do intervaloque y pode assumir, já que senx+ cosx =
√2sen
(x+
π
4
), cujo máximo é
√2
e cujo mínimo é −√
2 .
114
31.(IMO 1984-International Mathematical Olympiad13/Putnam and Beyond-Titu Andreescu)Let a > 0, b > 0, c > 0, a+ b+ c = 1.Prove that:
0 ≤ ab+ bc+ ac− 2abc ≤ 7
27
Solução: O lado esquerdo é trivial.Por isso, vamos nos preocupar com o ladodireito.O lado esquerdo basta observar que pela desigualdade das médias segueque ab + bc + ac ≥ 3 3
√(abc)2 ⇒ ab + bc + ac − 2abc ≥ 3 3
√(abc)2 − 2abc =
3√
(abc)2 + 2( 3√
(abc)2 − abc) = 3√
(abc)2 + 2(abc)2 − (abc)3
3√
(abc)4 + 3√
(abc)2abc+ (abc)2=
3√
(abc)2 + 2(abc)21− abc
3√
(abc)4 + 3√
(abc)2abc+ (abc)2> 0, a última desigualdade
segue do fato de a,b,c serem menores do que 1 e maiores do que zero.Seja P (x)um polinômio de raízes a, b, c, seja esse polinômio o que está abaixo:
P (x) = a3x3 + a2x
2 + a1x+ a0 (116)
Pelas relações de Girard para um polinômio do terceiro grau, sabemos que vale:
Relações de Girard
a+ b+ c = −a2a3⇒ a2 = −a3(a+ b+ c) Igualdade A
ab+ bc+ ac =a1a3⇒ a1 = a3(ab+ bc+ ac) Igualdade B
abc = −a0a3⇒ a0 = −a3abc Igualdade C
Substituindo as Igualdades A,B e C em (116), teremos:
P (x) = a3x3 − a3(a+ b+ c)x2 + a3(ab+ bc+ ac)x− a3abc (117)
Seja σk uma soma de Newton do polinômio, então, sabemos que vale paraum polinômio arbitrário Q(x) = b3x
3 + b2x2 + b1x+ b0:
b3σk + b2σk−1 + b1σk−2 + b0σk−3 = 0 (118)Aplicando o resultado (118) a (117), teremos:
a3σk − a3(a+ b+ c)σk−1 + a3(ab+ bc+ ac)σk−2 − a3abcσk−3 = 0
Dividindo ambos os lados da igualdade acima por a3, teremos:
σk − (a+ b+ c)σk−1 + (ab+ bc+ ac)σk−2 − abcσk−3 = 0 (119)Fazendo k = 3 em (119) e usando que a+ b+ c = 1, teremos:
13Veja uma solução diferente da que eu apresentei neste pdf no site da Universidade deCornell: Corrnell University.
115
σ3 − (a+ b+ c)σ2 + (ab+ bc+ ac)σ1 − abcσ0 = 0
(a3 + b3 + c3)− (a+ b+ c)(a2 + b2 + c2) + (ab+ bc+ ac)(a+ b+ c)− 3abc = 0
(a2 + b2 + c2) = (a3 + b3 + c3) + (ab+ bc+ ac)− 3abc
(a2 + b2 + c2) = (a3 + b3 + c3) +2(ab+ bc+ ac)
2− 3abc
(a2 + b2 + c2) = (a3 + b3 + c3) +(a+ b+ c)2 − (a2 + b2 + c2)
2− 3abc
(a2 + b2 + c2) = (a3 + b3 + c3) +1− (a2 + b2 + c2)
2− 3abc
3(a2 + b2 + c2)
2= (a3 + b3 + c3) +
1
2− 3abc
a2 + b2 + c2 =2(a3 + b3 + c3)
3+
1
3− 2abc
De onde concluímos a igualdade abaixo:
a2 + b2 + c2 =2(a3 + b3 + c3)
3+
1
3− 2abc (120)
Vamos usar novamente a identidade que acabamos de provar, a saber:
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a+ b+ c)(a2 + b2 + c2 − (ab+ bc+ ac))
Veja como podemos desenvolver essa identidade(lembre-se, estamos usando quea+ b+ c = 1):
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a+ b+ c)(a2 + b2 + c2 − (ab+ bc+ ac)) =a2 +b2 +c2−(ab+bc+ac)⇒ ab+bc+ac−3abc = a2 +b2 +c2−(a3 +b3 +c3)⇒ab+ bc+ ac− abc = a2 + b2 + c2 − (a3 + b3 + c3) + 2abc
De onde concluímos a igualdade abaixo:
ab+ bc+ ac− abc = a2 + b2 + c2 − (a3 + b3 + c3) + 2abc (121)
Substituindo (120) em (121), teremos:
ab + bc + ac − abc =2(a3 + b3 + c3)
3+
1
3− 2abc − (a3 + b3 + c3) + 2abc =
− (a3 + b3 + c3)
3+
1
3
De onde concluímos a igualdade abaixo:
ab+ bc+ ac− abc = − (a3 + b3 + c3)
3+
1
3(122)
116
Considere agora que a função f(x) = x3 é convexa, pois sua derivada segundaé positiva para x positivo, sendo assim, aplicando a desigualdade de Jensen aesta função em três variáveis, e usando que a+ b+ c = 1, teremos:
(a3 + b3 + c3)
3≥(a+ b+ c
3
)3
=1
27
Multiplicando por -1, teremos a desigualdade:
− (a3 + b3 + c3)
3≤ − 1
27
Somando 1/3 na desigualdade acima, teremos:
− (a3 + b3 + c3)
3+
1
3≤ 8
27(123)
De (123) e (122) concluímos a desigualdade:
ab+ bc+ ac− abc ≤ 8
27(124)
Faça a substituição:
x =
√bc
a; y =
√ac
b; z =
√ab
c;
Observe que essa substituição nos leva a yz = a, xz = b, xy = c, concluindoassim que:
a+ b+ c = 1⇒ xy + xz + yz = 1Note que por essa substituição x, y e z são tangentes com argumentos quevalem metade dos ângulos de um triângulo, portanto, fazendo x = tan
α
2, y =
tanβ
2, z = tan
γ
2, alpha, beta e gamma são ângulos de um triângulo.Sendo assim,
a desigualdade (124) fica reescrita como:
xyz(x+ y + z)− x2y2z2 ≤ 8
27(125)
Observe ainda que, como a cotangente é convexa no intervalo(
0,π
2
)e como
alpha, beta e gamma são ângulos de um triângulo, segue, pela desigualdade deJensen a desigualdade abaixo:
cotα
2+ cot
β
2+ cot
γ
2≥ 3√
3 (126)
Pela identidade 6 do início desse artigo sabemos que vale tanα
2tan
β
2+tan
α
2tan
γ
2+
tanβ
2tan
γ
2= 1 multiplicando os dois lados dessa igualdade por cot
α
2cot
β
2cot
γ
2,
117
teremos cotα
2+ cot
β
2+ cot
γ
2= cot
α
2cot
β
2cot
γ
2, substituindo esse resultado em
(126), teremos:
cotα
2cot
β
2cot
γ
2≥ 3√
3⇒ tanα
2tan
β
2tan
γ
2≤√
3
9⇒ xyz ≤
√3
9
De onde concluímos que vale:
xyz ≤√
3
9(127)
Além disso considere, pela desigualdade de Jensen que a tangente também éconvexa no intervalo
(0,π
2
)e como alpha, beta e gamma são ângulos de um
triângulo, concluímos a desigualdade:
tanα
2+ tan
β
2+ tan
γ
2≥√
3 (128)
Que nada mais é do que a desigualdade 7 do início desse artigo. Substituindopor x,y e z, teremos:
x+ y + z ≥√
3 (129)
Ou melhor ainda:− (x+ y + z) ≤ −
√3 (130)
Vamos memorizar a desigualdade acima, e voltar nossa atenção para a desigual-dade (125), multiplicando (125) por 3 e somando −2(x+y+z)xyz+x2y2z2 nosdois lados de (125), teremos:
xyz(x+ y + z)− 2x2y2z2 ≤ 8
9− 2(x+ y + z)xyz + x2y2z2 (131)
Multiplicando (130) por 2xyz e somando8
9+x2y2z2 nos dois lados da desigual-
dade resultante teremos:
− 2xyz(x+ y + z) +8
9+ x2y2z2 ≤ −2
√3xyz +
8
9+ x2y2z2 (132)
Observe que o lado esquerdo de (132) é o lado direito de (131), sendo assim, portransitividade, teremos:
xyz(x+ y + z)− 2x2y2z2 ≤ −2√
3xyz +8
9+ x2y2z2 (133)
Agora, observe que fazendo xyz = m teremos uma função do segundo grau
do lado direito, a saber −2√
3m +8
9+ m2 note que como o termo de maior
118
grau é positivo essa função é crescente no intervalo em que nossa desigualdade
está definida14e como sabemos pela desigualdade (127) que m = xyz ≤√
3
9
em outras palavras m ≤√
3
9, juntando isto ao fato da função ser crescente no
intervalo em que nossa desigualdade está definida, todos os outros valores quenossa função do segundo grau assume serão menores do que o valor assumido
quando m =
√3
9(pois a função é crescente e m é menor ou igual a esse valor),
e como para m =
√3
9temos que −2
√3m+
8
9+m2 =
7
27, concluímos por esse
raciocínio, que vale a desigualdade:
− 2√
3xyz +8
9+ x2y2z2 ≤ 7
27(134)
Observe que o lado direito de (133) é o lado esquerdo de (134), sendo assim, portransitividade, teremos:
xyz(x+ y + z)− 2x2y2z2 ≤ 7
27(135)
Desfazendo a substituição feita no início, finalmente teremos:
ab+ bc+ ac− 2abc ≤ 7
27
14Para provar que a função é crescente no intervalo em que a desigualdade do problema
está definida, basta acharmos o y do vértice, veja que yv =−199
, isto significa que o mínimo
global dessa função é igual a−199
, logo como a função tem a concavidade voltada para cima,
a função é crescente para valores de y maiores que−199
, e portanto é crescente também
para valores da função maiores do que zero, e devemos observar que −2√3m +
8
9+ m2 é
sempre estritamente maior do que zero, para isto basta notar que 0 < xyz(x + y + z) −
2x2y2z2 ≤ −2√3xyz +
8
9+ x2y2z2, e para provar que 0 < xyz(x+ y + z)− 2x2y2z2 é fácil,
basta ver que como xy + xz + yz = 1 e x,y,z são positivos teremos xy < 1 ⇒ x2y2z2 <xyz2 ⇒ −xyz2 < −x2y2z2...Desiualdade A da mesma forma que xz < 1 ⇒ x2y2z2 <xy2z ⇒ −xy2z < −x2y2z2...Desigualdade B, somando as Desigualdades A e B teremos−xyz2−xy2z < −2x2y2z2 ⇒ (x+y+z)xyz−xyz2−xy2z < (x+y+z)xyz−2x2y2z2 ⇒ x2yz <(x+y+z)xyz−2x2y2z2 ⇒ 0 < x2yz < (x+y+z)xyz−2x2y2z2 ⇒ 0 < (x+y+z)xyz−2x2y2z2esta última desigualdade segue do fato de x,y e z serem maiores do que zero.
119
32. (Página Sciences Mathématiques/“Curso de Análise”-Elon Lages Lima,página 125, capítulo 4, exercício 33)Calculate:
limn→∞
n
√(2n)!
n!nn
Solução: Vamos usar uma desigualdade importante.Seja f uma função con-tínua crescente, definida para todo x ≥ 1, tal que f(x) ≥ 0, Então, vale adesigualdade abaixo:
f(1) + f(2) + f(3) + ...+ f(n− 1) ≤∫ n
1
f(x)dx ≤ f(2) + f(3) + f(4) + ...+ f(n)
Fazendo f(x) = lnx, é possível ver que:
ln(1)+ln(2)+ln(3)+...+ln(n−1) ≤∫ n
1
ln(x)dx ≤ ln(2)+ln(3)+ln(4)+...+ln(n)
ln(2.3.4.5.6.7.8...(n− 1)) ≤ (x(ln(x)− 1))|n1 ≤ ln(2.3.4.5.6.7.8...(n− 1)n)
ln((n− 1)!) ≤ (n(ln(n)− 1)) + 1 ≤ ln(n!)
Tomando a exponencial em todas as partes da desigualdade, teremos:
eln((n−1)!) ≤ e(n(ln(n)−1))+1 ≤ eln(n!)
(n− 1)! ≤ enln(n)−n+1 ≤ n!
(n− 1)! ≤ eln(nn)−n+1 ≤ n!
(n− 1)! ≤ eln(nn)e−ne ≤ n!
(n− 1)! ≤ nne−ne ≤ n!
Vamos chamar a desigualdade acima de (136), sendo assim teremos:
(n− 1)! ≤ nne−ne ≤ n! (136)
Vamos pegar o lado direito da desigualdade (136), veja:
nne−ne ≤ n!⇒ nne−ne(2n)! ≤ (2n)!n!⇒ nne−ne(2n)!
n!≤ (2n)!⇒ nne−ne(2n)!
n!n!≤
(2n)!
n!⇒ e−ne(2n)!
n!n!≤ (2n)!
n!nn⇒ n
√e−ne(2n)!
n!n!≤ n
√(2n)!
n!nn
De onde concluímos que vale a desigualdade:
n
√e−ne(2n)!
n!n!≤ n
√(2n)!
n!nn(137)
120
Agora tome o lado esquerdo da desigualdade (136):
(n − 1)! ≤ nne−ne ⇒ (n− 1)!
nn≤ e−ne ⇒ (2n)!
nn≤ (2n)!e−ne
(n− 1)!⇒ (2n)!
nnn!≤
(2n)!e−ne
(n− 1)!n!⇒ n
√(2n)!
nnn!≤ n
√(2n)!e−ne
(n− 1)!n!⇒ n
√(2n)!
nnn!≤ n√nn
√(2n)!e−ne
n!n!
De onde concluímos que vale a desigualdade:
n
√(2n)!
nnn!≤ n√nn
√(2n)!e−ne
n!n!(138)
Das desigualdades (137) e (138) e tomando o limite de n tendendo ao infinito,concluímos que:
limn→∞
n
√e−ne(2n)!
n!n!≤ limn→∞
n
√(2n)!
nnn!≤ limn→∞
n√nn
√(2n)!e−ne
n!n!(139)
Vamos calcular o limite dos extremos, substituindo n por 2n na desigualdade(136), teremos:
(2n− 1)! ≤ (2n)2ne−2ne ≤ (2n)! (140)
Tomando o lado direito de (140), teremos:
(2n)2ne−2ne ≤ (2n)! ⇒ (2n)2n(2n)!e−2ne ≤ ((2n)!)2 ⇒ (2n)2n(2n)!e−2ne
(n!)2≤
((2n)!)2
(n!)2⇒ (2n)!e−2ne
(n!)2≤ ((2n)!)2
(2n)2n(n!)2⇒ (2n)!e−2ne
(n!)2≤ ((2n)!)
(2n)2n2n!
n!2⇒ (2n)!e−ne
(n!)2≤
en((2n)!)
(2n)2n2n!
n!2⇒ n
√(2n)!e−ne
(n!)2≤ e n
√(2n)!
(2n)2nn
√(2n)!
(n!)2
De onde concluímos que:
n
√(2n)!e−ne
(n!)2≤ e n
√(2n)!
(2n)2nn
√(2n)!
(n!)2(141)
Tomando o lado esquerdo de (140), teremos:
(2n− 1)! ≤ (2n)2ne−2ne⇒ (2n− 1)!(2n!)
(n!)2≤ (2n)2ne−2ne(2n!)
(n!)2⇒
en(2n− 1)!(2n!)
(2n)2n(n!)2≤ e−ne(2n!)
(n!)2⇒ e n
√(2n− 1)!
(2n)2nn
√(2n)!
(n!)2≤ n
√e−ne(2n!)
(n!)2⇒
121
en√
2nn
√(2n)!
(2n)2nn
√(2n)!
(n!)2≤ n
√e−ne(2n!)
(n!)2
De onde concluímos que:
en√
2nn
√(2n)!
(2n)2nn
√(2n)!
(n!)2≤ n
√e−ne(2n!)
(n!)2(142)
Juntando (141) e (142) e tomando o limite n tendendo ao infinito, teremos:
limn→∞
en√
2nn
√(2n)!
(2n)2nn
√(2n)!
(n!)2≤ limn→∞
n
√(2n)!e−ne
n!n!≤ limn→∞
e n
√(2n)!
(2n)2nn
√(2n)!
(n!)2
(143)Agora vamos aplicar novamente a desigualdade (136), pegando o lado direito,
é possível ver que:
nne−ne ≤ n!⇒ 1
ee
1n ≤ (n!)
1n
n
De onde concluímos que:
1
ee
1n ≤ (n!)
1n
n(144)
Pegando o lado esquerdo da desigualdade (136), é possível ver que:
(n− 1)! ≤ nne−ne⇒ (n!)1n
n≤ e
1nn
1n
e
De onde concluímos que:
(n!)1n
n≤ e
1nn
1n
e(145)
Tomando o limite de n tendendo ao infinito em (144) e (145), chega-se facil-mente a:
limn→∞
n
√n!
nn=
1
e(146)
Substituindo n por 2n e depois de aplicar propriedades do produto de limitesem (146) é possível ver que:
122
limn→∞
n
√(2n)!
(2n)2n=
1
e2(147)
Considere novamente a desigualdade (140), vamos pegar o lado direito, veja:
e−2ne(2n)2n ≤ (2n)! ⇒ n
√e−2ne(2n)2n
(n!)2≤ n
√(2n)!
(n!)2⇒ e−2e
1nn
√(2n)2n
(n!)2≤
n
√(2n)!
(n!)2⇒ 4e−2e
1nn
√n2n
(n!)2≤ n
√(2n)!
(n!)2
De onde concluímos que sempre vale:
4e−2e1nn
√n2n
(n!)2≤ n
√(2n)!
(n!)2(148)
Considere novamente a desigualdade (140), vamos pegar o lado esquerdo,veja:
(2n−1)! ≤ e−2ne(2n)2n ⇒ 2n! ≤ 2ne−2ne(2n)2n ⇒ n
√2n!
(n!)2≤ n
√2ne−2ne(2n)2n
(n!)2⇒
n
√2n!
(n!)2≤ e−2(2ne)
1nn
√(2n)2n
(n!)2⇒ n
√2n!
(n!)2≤ 4e−2(2ne)
1nn
√n2n
(n!)2
De onde concluímos que sempre vale:
n
√2n!
(n!)2≤ 4e−2(2ne)
1nn
√n2n
(n!)2(149)
De (148) e (149) e tomando o limite:
limn→∞
4e−2e1nn
√n2n
(n!)2≤ limn→∞
n
√2n!
(n!)2≤ limn→∞
4e−2(2ne)1nn
√n2n
(n!)2(150)
De (146) ou das desigualdades que resultaram em (146), podemos ver que
limn→∞
n
√n2n
(n!)2= e2 Aplicando o resultado ao lado em (150), vem que:
limn→∞
n
√2n!
(n!)2= 4 (151)
Aplicando (147) e (151) em (143) e usando que limn→∞
1n√
2n= 1no lado es-
querdo, podemos ver que:
123
limn→∞
n
√(2n)!e−ne
n!n!=
4
e(152)
Aplicando o resultado acima em (139) e usando que limn→∞
n√n = 1no lado
direito de (139), se pode ver que:
limn→∞
n
√(2n)!
nnn!=
4
e(153)
124
33.(Desafio Final/Somatórios-Filipe Moreira/Instituto Tecnológico de Aeronáutica-ITA-SP)Prove que:
∞∑k=1
1
k2=π2
6(154)
Solução:Observe que:
csc2(πz) =1
sen2(πz)=
1
4sen2(πz2
)cos2
(πz2
) =sen2
(πz2
)+ cos2
(πz2
)4sen2
(πz2
)cos2
(πz2
) =1
4
(1
cos2(πz2
) +1
sen2(πz2
)) =
1
4
(sec2
(πz2
)+ csc2
(πz2
))=
1
4
(csc2
(π2− πz
2
)+ csc2
(πz2
))=
1
4
(csc2
((z − 1)π
2
)+ csc2
(πz2
))
De onde concluímos:
csc2(πz) =1
4
(csc2
((z − 1)π
2
)+ csc2
(πz2
))(155)
Fazendo z=1/4, teremos:
2 =1
4
(csc2
(3π
8
)+ csc2
(π8
))(156)
Seja (156) nossa base de indução, como hipótese de indução suponha válidopara um n que
1 =2
4n
2n−1−1∑k=0
csc2(2k + 1)π
2n+1(157)
Aplicando (155) em (157), teremos:
1 =2
4n
2n−1−1∑k=0
csc2(2k + 1)π
2n+1=
2
4n
2n−1−1∑k=0
1
4
csc2(
(2k+1)2n+1 − 1
)π
2
+ csc2
((2k+1)π2n+1
2
)(158)
=2
4n+1
2n−1−1∑k=0
(csc2
((2k + 1− 2n+1)π
2n+2
)+ csc2
((2k + 1)π
2n+2
))= (159)
=2
4n+1
2n−1−1∑k=0
csc2(
(2n+1 − (2k + 1))π
2n+2
)+
2
4n+1
2n−1−1∑k=0
csc2(
(2k + 1)π
2n+2
)(160)
125
=2
4n+1
2n−1∑k=0
csc2(
(2k + 1)π
2n+2
)(161)
Provando assim, por indução que vale:
1 =2
4n
2n−1−1∑k=0
csc2(2k + 1)π
2n+1(162)
Por outro lado, usando que csc2x = cot2x+ 1, vem:
1 =2
4n
2n−1−1∑k=0
cot2(2k + 1)π
2n+1+
2× 2n−1
4n(163)
2
4n
2n−1−1∑k=0
cot2(2k + 1)π
2n+1= 1− 1
2n(164)
Usando que senx ≤ x ≤ tanx ⇒ cotx ≤ 1
x≤ cscx ⇒ cot2x ≤ 1
x2≤ csc2x,
teremos:
2
4n
2n−1−1∑k=0
cot2(2k + 1)π
2n+1≤ 2
4n
2n−1−1∑k=0
22n+2
((2k + 1)π)2≤ 2
4n
2n−1−1∑k=0
csc2(2k + 1)π
2n+1
(165)E a desigualdade acima é equivalente a desigualdade abaixo:
2
4n
2n−1−1∑k=0
cot2(2k + 1)π
2n+1≤
2n−1−1∑k=0
8
((2k + 1)π)2≤ 2
4n
2n−1−1∑k=0
csc2(2k + 1)π
2n+1
(166)Substituindo (162) e (164) em (166), teremos:
1− 1
2n≤
2n−1−1∑k=0
8
((2k + 1)π)2≤ 1 (167)
Tomando o limite de n tendendo ao infinito em todas as partes da desigualdade(167), teremos:
limn→∞
(1− 1
2n
)≤ limn→∞
2n−1−1∑k=0
8
((2k + 1)π)2≤ limn→∞
1 (168)
Pelo teorema do confronto, isto implica que:
∞∑k=1
1
(2k + 1)2=π2
8(169)
126
Para calcular a soma pedida basta observar que:
∞∑k=1
1
4k2= limn→∞
(1
4+
1
42+
1
43+ ...+
1
4n
) ∞∑k=1
1
(2k + 1)2= limn→∞
(1
4+
1
42+
1
43+ ...+
1
4n
)π2
8
=1
3
π2
8⇒
∞∑k=1
1
4k2=π2
24(170)
De onde finalmente segue que:
∞∑k=1
1
k2=π2
6(171)
127
34.(Mathematics Stack Exchange)The “sum and difference” formulas oftencome in handy, but it’s not immediately obvious that they would be true.
cos(α± β) = cosαcosβ ∓ senαsenβ
sen(α± β) = cosαsenβ ± senαcosβ
So what I want to know is,1.How can I prove that these formulas are correct? More importantly, how
can I understand these formulas intuitively?2.Ideally, I’m looking for answers that make no reference to Calculus, or to
Euler’s formula, although such answers are still encouraged, for completeness.
Solução: Vamos primeiro usar um resultado intermediário:
sen2α+ cos2α = 1
Este resultado é muito importante, e será usado algumas vezes na demons-tração que se segue.
Vamos inscrever um triângulo em uma circunferência, sejam ω, γ, γ′ seusângulos.Pela lei dos cossenos sabemos que:
a2 = b+ c− 2bccos(ω) (172)
Aplicando a lei dos senos em cada lado a,b,c em (172), teremos:
4R2sen2(ω) = 4R2sen2γ + 4R2sen2γ′ − 8R2senγsenγ′cos(ω) (173)
Dividindo tudo por 4R2 teremos:
sen2γ + sen2γ′ − 2senγsenγ′cos(ω) + cos2(ω)− 1 = 0 (174)
Fazendo cos(ω) = x, obtemos uma equação do segundo grau, veja:
sen2γ + sen2γ′ − 2senγsenγ′x+ x2 − 1 = 0 (175)
Lembrando da solução geral da equação do segundo grau, teremos:
x =−b±
√∆
2a(176)
Calculemos seu discriminante, veja:
∆ = (−2senγsenγ′)2 − 4(1).(sen2γ + sen2γ′ − 1) = 4(sen2γsen2γ′ − sen2γ −sen2γ′+ 1) = 4(−sen2γ′(1− sen2γ) + (1− sen2γ)) = (1− sen2γ)(1− sen2γ′) =4cos2γcos2γ′
128
De onde concluímos a igualdade:
∆ = 4cos2γcos2γ′ (177)
Além disso de (174), podemos ver que:
b = −2senγsenγ′ (178)
Então de (176),(177) e (178) concluímos que:
x = cos(ω) = senγsenγ′ ± cosγcosγ′ (179)
Observe que cos(π − x) = −cosx e note também que ω + γ + γ′ = π, daíconcluímos que cos(ω) = −cos(γ + γ′), substituindo em (179), teremos:
x = −cos(γ + γ′) = senγsenγ′ ± cosγcosγ′ (180)
Em outras palavras:
cos(γ + γ′) = −senγsenγ′ ∓ cosγcosγ′ (181)
Note que temos dois resultados para o delta, e isto nos coloca em dúvida sobrequal usar, mas este é um problema simples.Suponha, por absurdo, que a fórmulacorreta seja a expressão abaixo:
cos(γ + γ′) = −senγsenγ′ − cosγcosγ′ (182)
Mas isto é absurdo, pois cos(π−x) = −cosx,cos(π
2− x)
= senx e sen(π
2− x)
=
cosx, daí segue, dessas fórmulas e de (179) , que−cos(γ+γ′) = cos(π−(γ+γ′)) = −cos
(π2− γ)cos(π
2− γ′
)−sen
(π2− γ)sen
(π2− γ′
)=
−senγsenγ′ − cosγcosγ′ ⇒ −cos(γ + γ′) = −senγsenγ′ − cosγcosγ′ ⇒cos(γ + γ′) = senγsenγ′ + cosγcosγ′, este ultimo resultado é absurdo, e istopode ser visto comparando-o com (182).Sendo assim, concluímos a demonstra-ção.Como faríamos para achar uma fórmula para o cosseno da diferença?Como jásabemos somar, seria interessante que transformemos a diferença em soma...Paraisto considere o seguinte desenvolvimento:
−cos(x−y) = cos(π−(x−y)) = cos((π2 − x
)+(π2 + y
))= cos
(π2 − x
)cos(π2 + y
)−
sen(π2 − x
)sen
(π2 + y
)= −cosxcosy − senxseny ⇒ cos(x − y) = cosxcosy +
senxseny
Concluindo assim o resultado, acima usamos apenas as fórmulas de redução dequadrante combinada com o cosseno da soma.As fórmulas para o seno são sim-ples de se encontrar também , veja:
−sen(x+y) = cos
(3π
2− (x+ y)
)= cos
((π2− x)
+ (π − y))
= cos(π
2− x)cos (π − y)−
129
sen(π
2− x)sen (π − y) = −senxcosy − cosxseny ⇒ sen(x+ y) = cosxseny +
senxcosy
Ainda:
sen(x−y) = sen (π − (x− y)) = sen((π
2− x)
+(π
2+ y))
= cos(π
2− x)sen
(π2
+ y)
+
sen(π
2− x)cos(π
2+ y)
= senxcosy − cosxseny ⇒ sen(x − y) = senxcosy −cosxseny
130
35.(Problema sugerido por Israel Meireles Chrisostomo)Dados seis númerosdesconhecidos, encontre uma relação algébrica entre esses números, que envolvaapenas os números em questão e somente as quatro operações, necessária e su-ficiente para que pelo menos um dentre esses seis números seja irracional.
Solução:Sejam x1, x2, x3, y1, y2, y3 esses números, seja o determinante:∣∣∣∣∣∣
x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1
∣∣∣∣∣∣ 6= 0 (183)
Vamos interpretar esses números como pontos no plano cartesiano.Observe quepela condição acima, os pares de variáveis com mesmo índice representam acoordenada de um ponto no plano cartesiano bidimensional.Pelo determinanteacima, não há alinhamento entre estes pontos e, portanto, esses pontos formamum triângulo. Vamos provar que um triângulo equilátero, não pode possuirtodas as coordenadas racionais, se provarmos isso, o problema simplesmenteacaba, pois daí teremos uma outra condição incidente sobre as seis variáveis quesatisfaça o enunciado.Supondo que esses pontos formam um triângulo equilátero,teremos:
√(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 =
√(x1 − x3)2 + (y1 − y3)2 =
√(x2 − x3)2 + (y2 − y3)2 = l
(184)Em que cada termo na igualdade acima e a variável l, representam o lado dotriângulo equilátero.Sabemos que a área do triângulo equilátero é dado por:
AT =l2√
3
4(185)
Substituindo quaisquer das equações de (184) em (185):
AT =((x1 − x2)2 + (y1 − y2)2)
√3
4(186)
Observe que pela geometria analítica sabemos que a área é dada pelo determi-nante:
AT =1
2
∣∣∣∣∣∣x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1
∣∣∣∣∣∣ (187)
De (187) e (186):∣∣∣∣∣∣x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1
∣∣∣∣∣∣ =((x1 − x2)2 + (y1 − y2)2)
√3
2(188)
131
Observe que se todas as variáveis são racionais, então teremos um absurdo,pois um racional seria igual a um irracional.Disso concluímos que (183) e (184)são condições necessárias e suficientes para que haja entre seis números umirracional.
132
36. (Titu Andreescu-“103 Trigonometry Problems from the training of theUSA IMO Team”)Let ABC be a triangle. Prove that:
cosAcosBcosC ≤ 1
8
Solução 1: Há várias outras maneiras de se provar essa desigualdade, e oleitor pode encontrar uma demonstração mais simples aplicando alguns desi-gualdades provadas no meu primeiro PDF.Usando que sen2x+cos2x = 1, segueque:
tanx+ cotx =1
senxcosx
Daí seguem as identidades:
senβ2 senγ2
senα2 cosα2
=(tan
α
2+ cot
α
2
)sen
β
2sen
γ
2(189)
cosβ2 cosγ2
senα2 cosα2
=(tan
α
2+ cot
α
2
)cos
β
2cos
γ
2(190)
Somando (189) e (190):
(tan
α
2+ cot
α
2
)sen
β
2sen
γ
2+(tan
α
2+ cot
α
2
)cos
β
2cos
γ
2=cos(β2 −
γ2
)senα2 cos
α2
≤ 1
senα2 cosα2
De onde concluímos:(tan
α
2+ cot
α
2
)(cos
β
2cos
γ
2+ sen
β
2sen
γ
2
)≤ 1
senα2 cosα2
(191)
Pelas transformações (26) e (27), teremos:(√xy
z(x+ y + z)+
√z(x+ y + z)
xy
)×
(√x(x+ y + z)
(x+ z)(x+ y)
√y(x+ y + z)
(x+ y)(y + z)+
√yz
(x+ z)(x+ y)
√xz
(x+ y)(y + z)
)
≤ (x+ y)(y + z)√xyz(x+ y + z)
(192)
De (192) é possível ver que vale:
(xy+ z(x+ y+ z)) ((x+ y + z)√xy + z
√xy) ≤ (x+ y)2(y+ z)
√(x+ z)(y + z)
(193)
133
A desigualdade acima é equivalente a:
(x+ z)(y + z)√xy (x+ y + 2z) ≤ (x+ y)2(y + z)
√(x+ z)(y + z) (194)
Que com o devido cancelamento se reduz à desigualdade abaixo:
(x+ z)√xy (x+ y + 2z) ≤ (x+ y)2
√(x+ z)(y + z) (195)
Aplicando o mesmo raciocínio acima para os outros ângulos concluímos asdesigualdades:
(x+ y)√yz (2x+ y + z) ≤ (y + z)2
√(x+ z)(x+ y) (196)
(y + z)√xz (x+ 2y + z) ≤ (x+ z)2
√(y + z)(x+ y) (197)
Multiplicando (195),(196) e (197), teremos:
xyz(2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z) ≤ [(x+z)(x+y)][(y+z)(x+y)][(x+z)(y+z)](198)
Suponha xy+xz+ yz = 1, note que x,y e z serão cotangentes de ângulos deum triângulo agudo, daí segue
[(x+ z)(x+ y)][(y + z)(x+ y)][(x+ z)(y + z)] =
[x2 + xy + xz + yz][y2 + xy + xz + yz][z2 + xy + xz + yz] =
[x2 + 1][y2 + 1][z2 + 1] = [cot2α′+ 1][cot2β′+ 1][cot2γ′+ 1] = csc2α′csc2β′csc2γ′
De onde podemos ver que (198) é equivalente a:
cotα′cotβ′cotγ′ (2cotα′ + cotβ′ + cotγ′) (cotα′ + 2cotβ′ + cotγ′) (cotα′ + cotβ′ + 2cotγ′) ≤
csc2α′csc2β′csc2γ′ (199)
Extraindo a raiz cúbica em ambos os lados da desigualdade, teremos:
(cotα′cotβ′cotγ′)13 (2cotα′ + cotβ′ + cotγ′)
13 (cotα′ + 2cotβ′ + cotγ′)
13 (cotα′ + cotβ′ + 2cotγ′)
13 ≤
csc23α′csc
23 β′csc
23 γ′ (200)
Pela Desigualdade de Holder em três variáveis(λa = λb = λc =
1
3
)segue
que:
134
4(cotα′cotβ′cotγ′)13 ≤ (2cotα′ + cotβ′ + cotγ′)
13 (cotα′ + 2cotβ′ + cotγ′)
13 (cotα′ + cotβ′ + 2cotγ′)
13
(201)Multiplicando (201) por (cotα′cotβ′cotγ′)
13 , chegamos em:
4(cotα′cotβ′cotγ′)23 ≤
(cotα′cotβ′cotγ′)13 (2cotα′ + cotβ′ + cotγ′)
13 (cotα′ + 2cotβ′ + cotγ′)
13 (cotα′ + cotβ′ + 2cotγ′)
13
(202)De (202) e (200), chega-se por transitividade à desigualdade abaixo:
4(cotα′cotβ′cotγ′)23 ≤ csc 2
3α′csc23 β′csc
23 (203)
Podemos supor sem perda de generalidade que os ângulos estão no primeiroquadrante, sendo assim podemos extrair a raiz e preservar o sinal da desigual-dade, pois por essa hipótese todos os termos são positivos...Portanto, extraindoa raiz quadrada e elevando ao cubo, nossa desigualdade é equivalente a desi-gualdade requerida no problema.
135
Solução 2: Nós vamos proceder aqui, semelhantemente ao problema 5.Veja:
x+ y ≥ 2√xy (204)
x+ z ≥ 2√xz (205)
y + z ≥ 2√yz (206)
Multiplicando (204), (205) e (206):
(x+ y)(x+ z)(y + z) ≥ 8xyz
1
8≥ xyz
(x+ y)(x+ z)(y + z)
1
8≥√
xy
(x+ z)(y + z)
√xz
(x+ y)(y + z)
√yz
(x+ y)(x+ z)
Pela transformação 26, segue :
1
8≥ senα
2sen
β
2sen
γ
2
1
8≥ cos
(π2− α
2
)cos
(π
2− β
2
)cos(π
2− γ
2
)Considere a substituição
π
2− β
2= A,
π
2− β
2= B,
π
2− γ
2= C, então, nós teremos
A+B + C = π e:1
8≥ cosAcosBcosC
136
Solução 3:Pela desigualdade das médias e pela lei dos cossenos, sabemos que:
4a4 = ((a2+b2−c2)+(a2+c2−b2))2 ≥ 4(a2+b2−c2)(a2+c2−b2) = 16a2bccosβcosγ ⇒ a2 ≥ 4bccosβcosγ(A)
4b4 = ((a2+b2−c2)+(b2+c2−a2))2 ≥ 4(a2+b2−c2)(b2+c2−a2) = 16ab2ccosαcosγ ⇒ b2 ≥ 4accosαcosγ(B)
4c4 = ((a2+c2−b2)+(b2+c2−a2))2 ≥ 4(a2+c2−b2)(b2+c2−a2) = 16abc2cosαcosβ ⇒ c2 ≥ 4abcosαcosβ(C)
Multiplicando A,B e C e extraindo a raiz(supondo, sem perda de generali-dade, que alpha, beta e gamma estão no primeiro quadrante) teremos a desi-gualdade requerida.
137
IV = 1.18
I
V
Z l2A1m2
B1n2
C1
D1
p2E1
q2
F1
37.(Problema sugerido por Israel Meireles Chrisostomo) Com palitos como oque está acima e de tamanhos iguais, se constroem hexágonos regulares cadavez maiores, formados por pequenos triângulos equiláteros, como os que estãoabaixo:
1o 2o
3o
138
4o
Responda:
a)Com quantos palitos se pode construir um hexágono com 6 milhões depequenos triângulos equiláteros?
b)Se chamarmos esse hexágono de k-ésimo hexágono da sequência, qual seriao valor de k?
c)Mostre uma fórmula que relacione o número de palitos com o número detriângulos equiláteros da figura.
d)Se fizermos 6 milhões e uma cópias do milionésimo hexágono, deveríamosconstruir uma sequência com quantos hexágonos, para que o número de triân-gulos contidos em toda essa sequência de hexágonos seja igual ao número depalitos contados em todas essas cópias?
e)É possível que uma sequência de hexágonos contenha uma quantidadetotal de palitos que seja quadrado perfeito?Em caso afirmativo, mostre ondeisto sempre ocorre.
139
Solução:
Primeiramente observe que um hexágono regular é composto por 6 triângulosequiláteros. Nossa estratégia é olhar para o número de pequenos triângulosequiláteros que há em cada triângulo equilátero grande.Vamos olhar apenaspara o triângulo equilátero grande de um desses hexágonos, é como se tivéssemosuma pizza hexagonal e a repartíssemos em seis pedaços iguais, veja (no exemploabaixo seria uma parte do quinto hexágono da sequencia formada pelos palitos,ou o o pedaço correspondente a 1/6 da quinta pizza):
1o linha
2o linha
3o linha
4o linha
5o linha
Observe a lei de formação do triângulo equilátero e note que em cada k-ésimalinha temos k triângulos para cima e k-1 triângulos para baixo (por exemplo nalinha 1, temos 1 triângulo para cima e 1-1=0 para baixo,na linha 2 temos 2triângulos para cima e 2-1=1 para baixo).Podemos construir uma relação com onúmero de triângulos para cima e para baixo com o valor que representa aquelalinha, veja:
1o linha: 1 triângulo para cima, 0 triângulos para baixo.Total:1 triângulo.
2o linha: 2 triângulos para cima, 1 triângulo para baixo.Total:3 triângulos.
3o linha: 3 triângulos para cima, 2 triângulos para baixo.Total:5 triângulos.
4o linha: 4 triângulos para cima, 3 triângulos para baixo.Total:7 triângulos.
140
5o linha: 5 triângulos para cima, 4 triângulos para baixo.Total:9 triângulos.
...
...
k-ésima linha: k triângulos para cima, k-1 triângulos para baixo.Total:2k-1 tri-ângulos.
Como o total de triângulos em uma linha é sempre ímpar, o total de triân-gulos em uma fatia da pizza corresponde a soma desses k primeiros ímpares,isto é:
t = k2 (1)
Como temos seis triângulos grandes no hexágono, devemos multiplicar por6, para obter a quantidade th de triângulos pequenos no hexágono, sendo assim:
th = 6k2 (2)
Agora observe que a quantidade pt de palitos para formar um triângulogrande é 3(n + 1)n/2 (basta contar os palitos dos triângulos com o vérticevoltado para cima , que são os únicos que fazem diferença na contagem, eperceber que isso é a soma do k naturais multiplicado por 3-cada triângulo tem3 palitos).Sendo assim:
pt = 3(k + 1)k/2 (3)
Como a quantidade de triângulos equiláteros em um hexágono é 6, devemosmultiplicar a fórmula acima por 6 e descontar os palitos que foram contadosa mais, e assim obter a quantidade total de palitos para formar o hexágono.Quando multiplicamos por seis, os lados que se interceptam foram contadosduas vezes, enfim temos seis lados contados a mais, como cada lado do triânguloequilátero contém k linhas, devemos multiplicar pt por 6e subtrair 6k para obtero número np de palitos do hexágono, sendo assim:
np = 6pt − 6k = 9(k + 1)k − 6k = 3k(3k + 1)
np = 3k(3k + 1) (4)
Pronto!Agora ficou fácil, basta substituirmos os valores que quisermos!Asequações que nos interessam são (2) e (4)!Se tivermos 6 milhões de triângulosdevemos ter:
141
6000000 = 6k2 ⇒ 1000000 = k2 ⇒ k =√
1000000⇒ k = 1000
Substituindo em (4), devemos ter np = 3×1000(3×1000+1) = 3000×3001 =9003000 = 9 milhões e 3 mil palitos.
Para encontrarmos uma fórmula que relaciona o número de palitos com onúmero de triângulos equiláteros, podemos isolar th em (2), de onde obteremos:
k =
√6√th
6(5)
Substituindo (5) em (4), finalmente teremos:
np(th) =
√6√th
2
(√6√th
2+ 1
)(4)
Onde np(th) é o número de palitos dado em função de th, que é o número detriângulos no hexágono!Como sabemos que th é um múltiplo de 6 e tambémmúltiplo de um quadrado perfeito, o número de palitos sempre é inteiro.Legalné?
142
d)Essa questão exige um conhecimento prévio de somatório, e parece apontaruma relação muito interessante.Antes, considere que 6 milhões e 1 é um númerona forma 6k + 1.
Considere também que:
n∑k=1
k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6(207)
Sabemos que cada hexágono contém uma quantidade de triângulos equiláte-ros, que é um quadrado perfeito multiplicado por 6.Sendo assim, ao passarmoso 6 multiplicando na relação acima, obteremos a quantidade ts de triângulosequiláteros em uma sequência do primeiro até o n-ésimo hexágono, ou seja:
ts = 6
n∑k=1
k2 = n(n+ 1)(2n+ 1) (208)
Por outro lado, sabemos que a quantidade de palitos em um hexágono é3n(3n+ 1), se fizermos 6n+1 cópias do hexágono regular teremos3n(3n + 1)(6n + 1) palitos, para que a quantidade ts seja igual a essa quanti-dade de palitos, basta substituirmos n por 3n em (208), e teremos o resultadodesejado.
143
e)Considere que a quantidade total de palitos do k-ésimo hexágono vale3k(3k + 1) = 9k2 + 3k.Então se tivermos uma sequência do primeiro até o n-ésimo palito, a quantidade ps de palitos dessa sequência é dada pelo somatório:
ps =
n∑k=1
(9k2 + 3k) = 9
n∑k=1
k2 + 3
n∑k=1
k (209)
Comon∑k=1
k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)
6e
n∑k=1
k =n(n+ 1)
2.Teremos:
ps =3n(n+ 1)(2n+ 1)
2+
3n(n+ 1)
2=
3n(n+ 1)(2n+ 2)
2= 3n(n+ 1)2 (210)
Sendo assim, teremos:ps = 3n(n+ 1)2 (211)
é possível ver por essa fórmula, que para todo n na forma 3j2, j ∈ N, o totalde palitos de um sequência começando pelo primeiro hexágono e terminando non-ésimo hexágono (com n = 3k2) será quadrado perfeito.
144
38.(Problema sugerido por Israel Meireles Chrisostomo)Use um argumentogeométrico para demonstrar que a soma dos n primeiros números ímpares éigual a n2.
Solução:Essa questão foi baseada na anterior.Construa uma sequência de triângulos
equiláteros desenhados sobre outros triângulos equiláteros, como a que estáabaixo:
Veja o padrão:
145
1o linha
2o linha
3o linha
4o linha
5o linha
Observe a lei de formação do triângulo equilátero e note que em cada k-ésimalinha temos k triângulos para cima e k-1 triângulos para baixo (por exemplo nalinha 1, temos 1 triângulo para cima e 1-1=0 para baixo,na linha 2 temos 2 triân-gulos para cima e 2-1=1 para baixo), além disso cada k-ésima linha contém umnúmero ímpar de triângulos equiláteros.Podemos construir “uma tabela” com onúmero de triângulos para cima e para baixo com o valor que representa aquelalinha, veja a tabela abaixo:
1o linha: 1 triângulo para cima, 0 triângulos para baixo.Total:1 triângulo.
2o linha: 2 triângulos para cima, 1 triângulo para baixo.Total:3 triângulos.
3o linha: 3 triângulos para cima, 2 triângulos para baixo.Total:5 triângulos.
4o linha: 4 triângulos para cima, 3 triângulos para baixo.Total:7 triângulos.
5o linha: 5 triângulos para cima, 4 triângulos para baixo.Total:9 triângulos.
...
...
k-ésima linha: k triângulos para cima, k-1 triângulos para baixo.Total:2k-1 tri-ângulos.
146
Como a quantidade t de triângulos que há em um triângulo grande é a somada quantidade de triângulos pequenos, e sabemos que a soma dos k primeirosnaturais k(k+1)/2 e que a soma dos k-1 primeiros naturais (k-1)k/2, teremosque t = k(k + 1)/2 + (k − 1)k/2 = k2, em que k é a k-ésima linha.Sendo assimteremos:
t = k2 (1)
Como é possível demonstrar geometricamente que a soma dos n primeiros na-turais é n(n+1)/2, a demonstração geométrica segue diretamente.
147
39.(“Putnam and Beyond”-Titu Andreescu) Prove for all positive integers nthe identity
1
n+ 1+
1
n+ 2+ ...+
1
2n= 1− 1
2+
1
3− 1
4+ ...+
1
2n− 1− 1
2n
Solução: Vamos fazer a prova por indução.Para o caso base considere n=1.Comohipótese de indução, considere:
1
n+ 1+
1
n+ 2+ ...+
1
2n= 1− 1
2+
1
3− 1
4+ ...+
1
2n− 1− 1
2n
Como tese de indução tome:
1
n+ 2+
1
n+ 3+ ...+
1
2n+ 2= 1− 1
2+
1
3− 1
4+ ...+
1
2n+ 1− 1
2n+ 2
Some1
2n+ 1+
1
2n+ 2− 1
n+ 1nos dois lados da hipótese de indução e o
resultado segue provado.
148
40.Encontre uma expressão fechada para a soma:
sen(φ+θ)+2sen(φ+2θ)+3sen(φ+3θ)+ ...+nsen(φ+nθ) =
n∑k=1
ksen(kθ+φ)
Solução 1: Defina uma função fn : R→ R,∀n ∈ N tal que:
fn(θ) = sen(φ+ θ) + sen(φ+ 2θ) + sen(φ+ 3θ) + ...+ sen(φ+ nθ) (212)
Considere as operações algébricas abaixo, que podemos fazer com essa função:
n(fn(θ)− fn−1(θ)) = nsen(φ+ nθ) (n-ésima igualdade)
(n− 1)(fn−1(θ)− fn−2(θ)) = (n− 1)sen(φ+ (n− 1)θ) ((n-1)-ésima igualdade)
(n− 2)(fn−2(θ)− fn−3(θ)) = (n− 2)sen(φ+ (n− 2)θ) ((n-2)-ésima igualdade)
...
...
...
2(f2(θ)− f1(θ)) = 2sen(φ+ 2θ) (segunda igualdade)
f1(θ) = sen(φ+ θ) (primeira igualdade)
Somando da primeira igualdade até a n-ésima igualdade, teremos:
nfn(θ)− fn−1(θ)− fn−2(θ)− ....− f1(θ) =
n∑k=1
ksen(kθ + φ) (213)
Da igualdade acima e pela solução da questão 17, concluímos:
n∑k=1
ksen(kθ+φ) =nsen
(nθ2
)sen
(φ+ θ(n+1)
2
)sen θ2
−sen
((n−1)θ
2
)sen
(φ+ nθ
2
)sen θ2
−....−sen
(θ2
)sen (θ + φ)
sen(θ2
) =
nsen(nθ2
)sen
(φ+ θ(n+1)
2
)2sen θ2
+cos(
(2n−1)θ2 + φ
)− cos
(φ+ θ
2
)2sen θ2
+...+cos(3θ2 + φ
)− cos
(φ+ θ
2
)2sen θ2
=
nsen(nθ2
)sen
(φ+ θ(n+1)
2
)sen θ2
+cos(
(2n−1)θ2 + φ
)2sen θ2
+...+cos(3θ2 + φ
)2sen θ2
−(n− 1)cos
(φ+ θ
2
)2sen θ2
149
Somando e subtraindocos(θ2 + φ
)2sen θ2
logo acima, teremos:
n∑k=1
ksen(kθ+φ) =nsen
(nθ2
)sen
(φ+ θ(n+1)
2
)sen θ2
+cos(
(2n−1)θ2 + φ
)2sen θ2
+...+cos(θ2 + φ
)2sen θ2
−ncos
(φ+ θ
2
)2sen θ2
(214)Observe que temos uma soma de valores ímpares de cossenos no lado direito,
ora, mas uma soma de valores ímpares é o mesmo que uma soma geral menosos termos pares, com um leve ajuste no denominador, que é 2, basta alterar ovalor de theta.Veja como podemos chegar a esse resultado.Primeiramente con-sidere provado o somatório (o leitor pode prová-lo facilmente com o raciocíniosemelhante ao usado na questão 17):
n∑k=1
cos(kθ + φ) =sen
(nθ2
)cos(
(n+1)θ2 + φ
)sen θ2
(215)
Substituindo n por 2n em (215), teremos:
2n∑k=1
cos(kθ + φ) =sen (nθ) cos
((2n+1)θ
2 + φ)
sen θ2(216)
Substituindo theta por 2theta em (215), teremos:
n∑k=1
cos(2kθ + φ) =sen (nθ) cos ((n+ 1)θ + φ)
senθ(217)
Subtraindo (216) com (217), teremos:
n∑k=1
cos((2k−1)θ+φ) =sen (nθ)
senθsen θ2
(senθcos
((2n+ 1)θ
2+ φ
)− senθ
2cos ((n+ 1)θ + φ)
)=
sen (nθ)
senθsen θ2
(2sen
θ
2cos
θ
2cos
((2n+ 1)θ
2+ φ
)− senθ
2cos ((n+ 1)θ + φ)
)=
sen (nθ)
senθ
(2cos
θ
2cos
((2n+ 1)θ
2+ φ
)− cos ((n+ 1)θ + φ)
)=
sen (nθ)
senθ(cos ((n+ 1)θ + φ) + cos (nθ + φ)− cos ((n+ 1)θ + φ)) =
sen (nθ) cos (nθ + φ)
senθ
150
De onde concluímos:n∑k=1
cos((2k − 1)θ + φ) =sen (nθ) cos (nθ + φ)
senθ
Finalmente, subsituindo theta por theta/2 na expressão acima, teremos:
n∑k=1
cos
((2k − 1)θ
2+ φ
)=sen
(nθ2
)cos(nθ2 + φ
)sen θ2
(218)
Substituindo (218) em (214), vem:
n∑k=1
ksen(kθ+φ) =nsen
(nθ2
)sen
(φ+ θ(n+1)
2
)sen θ2
+sen
(nθ2
)cos(nθ2 + φ
)2sen2 θ2
−ncos
(φ+ θ
2
)2sen θ2
=
n∑k=1
ksen(kθ+φ) =ncos
(φ+ θ
2
)− ncos
(φ+ (2n+1)θ
2
)2sen θ2
+sen
(nθ2
)cos(nθ2 + φ
)2sen2 θ2
−ncos
(φ+ θ
2
)2sen θ2
=
n∑k=1
ksen(kθ + φ) = −ncos
(φ+ (2n+1)θ
2
)2sen θ2
+sen
(nθ2
)cos(nθ2 + φ
)2sen2 θ2
=
n∑k=1
ksen(kθ + φ) =sen
(nθ2
)sen
(nθ2 + φ
)− nsen
(θ2
)cos(φ+ (2n+1)θ
2
)2sen2 θ2
=
n∑k=1
ksen(kθ+φ) =sen(nθ + φ)− sen(φ)− n(sen(φ+ (n+ 1)θ)− sen(nθ + φ))
4sen2 θ2
n∑k=1
ksen(kθ + φ) =−nsen(φ+ (n+ 1)θ) + (n+ 1)sen(nθ + φ)− senφ
2(1− cosθ)
151
Solução 2:Derive a soma de cossenos com argumentos em P.A..
152
41.(“Putnam and Beyond”-Titu Andreescu e Razvan Gelca)Prove that thesequence (an)n≥1 defined by
an = 1 +1
2+ ...+
1
n− ln(n+ 1), n ≥ 1
is convergent.
Solução:Seja f uma função contínua decrescente, então vale:
f(2) + ...+ f(n) ≤∫ n
1
f(x)dx ≤ f(1) + ...+ f(n− 1) (219)
Fazendo f(x) =1
xem (219), teremos:
1
2+ ...+
1
n≤∫ n
1
1
xdx ≤ 1 +
1
2+ ...+
1
n− 1(220)
Mas observe que:∫ n
1
1
xdx = ln(n)− ln1 = ln(n), substituindo este resultado em (220), teremos:
1
2+ ...+
1
n≤ ln(n) ≤ 1 +
1
2+ ...+
1
n− 1(221)
Multiplicando (221) por -1 e somando 1 +1
2+ ...+
1
n− 1, temos:
0 ≤ 1 +1
2+ ...+
1
n− 1− ln(n) ≤ 1− 1
n(222)
Tomando o limite em todas as partes da desigualdade acima, teremos:
0 ≤ limn→∞
(1 +
1
2+ ...+
1
n− 1− ln(n)
)≤ 1 (223)
O resultado segue pelo teorema de Weierstrass, que diz que toda sequênciamonótona limitada é convergente.
153
42.Prove que π é irracional.
Solução:É fácil provar, usando complexos, que vale a igualdade abaixo:
sen(2nz) =
n∑k=0
(2n
2k + 1
)(−1)k(cosz)2n−(2k+1)(senz)2k+1 (224)
Multiplicando (1) porcosz
sen2n+1z, podemos deduzir a igualdade abaixo:
coszsen(2nz)
sen2n+1z=
n∑k=0
(2n
2k + 1
)(−1)kcot2(n−k)(z) (225)
Fazendo cot2z = ζ, obtemos um polinômio na variável ζ, a saber:
coszsen(2nz)
sen2n+1z=
n∑k=0
(2n
2k + 1
)(−1)kζn−k (226)
Que é um polinômio de grau n em ζ.Como ζ está em função de z, podemosencontrar as raízes deste polinômio pelo seno ao lado esquerdo, pois como setrata de uma igualdade o mesmo ângulo que anula o esquerdo anula também odireito.Sendo assim as raízes saem do seno ao lado esquerdo, então, vem:
sen(2nz) = 0⇒ 2nz = kπ ⇒ z =kπ
2n, k ∈ N∗|k ≤ n
Sendo assim suas raízes são:
ζk = cot2(kπ
2n
), k ∈ N∗|k ≤ n (227)
Suponha que π seja um racional na forma π =p
q, com p e q inteiros, então
teremos:
qπ = p (228)
Teorema.O número π é irracional.
Demonstração: Substituindo 2n por n!p na igualdade (225), teremos:
cos(z)sen(n!pz)
senn!p+1(z)=cos(z)sen(n!qπz)
senn!p+1(z)=
n!p2∑
k=0
(n!p
2k + 1
)(−1)kcot(n!p−2k)(z)
(229)Note que 1 é um argumento que anula o polinômio acima, por outro lado,
cot1 é transcendente, o que é um absurdo.
154
43.Prove novamente a desigualdade de Cauchy-Schwarz.
Solução:Vamos provar por indução que vale a igualdade:
n−1∑k=1
n∑j=k+1
(akbj − ajbk)2 + (a1b1 + ...+ anbn)2 = (a21 + ...+ a2n)(b21 + ...+ b2n)
Vamos primeiro verificar a base de indução para n=3. Observe que se definirmos~u = (a1, a2, a3) e ~v = (b1, b2, b3), teremos:
‖~u× ~v‖ =∥∥∥∥∥∥∣∣∣∣∣∣~i ~j ~ka1 a2 a3b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣∥∥∥∥∥∥ =
√(a2b1 − a1b2)2 + (a2b3 − a3b2)2 + (b3a1 − b1a3)2
Daí segue que:
‖~u× ~v‖2 = (a2b1 − a1b2)2 + (a2b3 − a3b2)2 + (b3a1 − b1a3)2 (230)
Por outro lado, temos:
~u.~v = a1b1 + a2b2 + a3b3 (231)
Somando (230) com o quadrado de (231) teremos:
(a2b1−a1b2)2+(a2b3−a3b2)2+(b3a1−b1a3)2+(a1b1+a2b2+a3b3)2 = ||~u× ~v||2+(~u.~v)2
Multiplicando e dividindo a expressão acima por (||~u||||~v||)2, teremos:
(a2b1−a1b2)2+(a2b3−a3b2)2+(b3a1−b1a3)2+(a1b1+a2b2+a3b3)2 = (||~u||||~v||)2(‖~u× ~v‖2
(||~u||||~v||)2+
(~u.~v)2
(||~u||||~v||)2
)(232)
Seja θ o ângulo formado entre os vetores ~u e ~v. Observe agora que sen(θ) =‖~u× ~v‖||~u||||~v||
e cos(θ) =~u.~v
||~u||||~v||, substituindo em (232) teremos:
(a2b1−a1b2)2+(a2b3−a3b2)2+(b3a1−b1a3)2+(a1b1+a2b2+a3b3)2 = (||~u||||~v||)2(sen2θ + cos2θ
)(233)
Usando que sen2θ + cos2θ = 1 para todo theta real, teremos:
155
(a2b1−a1b2)2+(a2b3−a3b2)2+(b3a1−b1a3)2+(a1b1+a2b2+a3b3)2 = (||~u||||~v||)2(234)
Usando que ||~u|| =√a21 + a22 + a23 e ||~v|| =
√b21 + b22 + b23, finalmente segue:
(a2b1−a1b2)2+(a2b3−a3b2)2+(b3a1−b1a3)2+(a1b1+a2b2+a3b3)2 = (a21+a22+a23)(b21+b22+b23)(235)
Como hipótese de indução, suponha válido para um n a igualdade abaixo:
n−1∑k=1
n∑j=k+1
(akbj−ajbk)2+(a1b1+...+anbn)2 = (a21+...+a2n)(b21+...+b2n) (236)
Observe que
(a1b1+...+anbn)an+1bn+1+(a1b1+...+anbn+an+1bn+1)an+1bn+1+
n∑k=1
(an+1bk−akbn+1)2 =
(a2n+1b21 + ...+ a2n+1b
2n) + (a21b
2n+1 + ...+ a2nb
2n+1) + a2n+1b
2n+1 (237)
Somando a igualdade (236) com (237), teremos:
n−1∑k=1
n∑j=k+1
(akbj − ajbk)2 + (a1b1 + ...+ an+1bn+1)2 +
n∑k=1
(an+1bk − akbn+1)2 =
(a21+...+a2n)(b21+...+b2n)+(a2n+1b21+...+a2n+1b
2n)+(a21b
2n+1+...+a2nb
2n+1)+a2n+1b
2n+1 =
(a21 + ...+ a2n)(b21 + ...+ b2n) + a2n+1(b21 + ...+ b2n) + b2n+1(a21 + ...+ a2n + a2n+1) =
(a21 + ...+ a2n + a2n+1)(b21 + ...+ b2n) + b2n+1(a21 + ...+ a2n + a2n+1) =
(a21 + ...+ a2n + a2n+1)(b21 + ...+ b2n + b2n+1)⇒
n−1∑k=1
n∑j=k+1
(akbj − ajbk)2 + (a1b1 + ...+ an+1bn+1)2 +
n∑k=1
(an+1bk − akbn+1)2 =
(a21 + ...+ a2n + a2n+1)(b21 + ...+ b2n + b2n+1)⇒
156
n∑k=1
n+1∑j=k+1
(akbj − ajbk)2 + (a1b1 + ...+ an+1bn+1)2 =
(a21 + ...+ a2n + a2n+1)(b21 + ...+ b2n + b2n+1)
Provando assim por indução que (236) vale15.Usando que o quadrado de todonúmero real é maior ou igual a zero em (236), a desigualdade de Cauchy-Schwarzsegue demonstrada.
15(236) é conhecido como Identidade de Lagrange, curioso o fato que antes de provar adesigualdade de Cauchy Schwarz dessa forma eu não conhecia essa identidade.Só fui conheceressa identidade após uma pesquisa na internet para verificar a correção das ideias envolvidasna demonstração dessa Desigualdade, depois de já ter obtido o resultado por indução.
157
44.(Vardan Verdiyan-“Simple trigonometric substitution with broads results”)Let
x,y,z real numbers greater than 1 such that1
x+
1
y+
1
z= 2. Prove that:
√x− 1 +
√y − 1 +
√z − 1 ≤
√x+ y + z
Solução:Vamos usar a notação
∑cyc
senαsenβ = senαsenβ+senαsenγ+senβsenγ.Observe
que nossa condição para que a desigualdade seja verdadeira é equivalente a:
x− 1
x+y − 1
x+z − 1
z= 1
Faça a seguinte substituição:
a =
√x(y − 1)(z − 1)
(x− 1)yz
b =
√y(x− 1)(z − 1)
(y − 1)xz
c =
√z(x− 1)(y − 1)
(z − 1)xy
Observe que dessa forma teremos:
ab =z − 1
z
ac =y − 1
x
bc =x− 1
x
De onde podemos ver que podemos reescrever nossa condição como ab+bc+ac =1, observe que a,b,c são tangentes cujos argumentos são metade de uma ângulode triângulo.Essa substituição implica nas igualdades abaixo:
x =1
1− bc
y =1
1− ac
z =1
1− abE nossa desigualdade pode ser reescrita como:
158
√1
1− bc− 1 +
√1
1− ac− 1 +
√1
1− ab− 1 ≤
√1
1− bc+
1
1− ac+
1
1− ab
Efetuando, portanto a substituição por tangentes, teremos:
∑cyc
√1
1− tanβ2 tanγ2
− 1 ≤√∑
cyc
1
1− tanβ2 tanγ2
∑cyc
√√√√ cosβ2 cosγ2
cosβ2 cosγ2 − sen
β2 sen
γ2
− 1 ≤
√√√√∑cyc
cosβ2 cosγ2
cosβ2 cosγ2 − sen
β2 sen
γ2
∑cyc
√senβ2 sen
γ2
senα2≤
√√√√∑cyc
cosβ2 cosγ2
senα2
Multiplicando ambos os lados da desigualdade por
√sen
α
2sen
β
2sen
γ
2, tere-
mos:
∑cyc
senβ
2sen
γ
2≤√∑
cyc
senβ
2sen
γ
2cos
β
2cos
γ
2
Elevando ambos os lados da desigualdade ao quadrado, teremos que:
∑cyc
[sen2
β
2sen2
γ
2+ 2sen2
α
2sen
β
2sen
γ
2
]≤∑cyc
senβ
2sen
γ
2cos
β
2cos
γ
2
∑cyc
[sen2
β
2sen2
γ
2− senβ
2sen
γ
2cos
β
2cos
γ
2+ 2sen2
α
2sen
β
2sen
γ
2
]≤ 0
∑cyc
[−senα
2sen
β
2sen
γ
2+ 2sen2
α
2sen
β
2sen
γ
2
]≤ 0
∑cyc
[−1 + 2sen
α
2
]≤ 0
senα
2+ sen
β
2+ sen
γ
2≤ 3
2
Que nada mais é do que a primeira desigualdade desse artigo.
159
45.(Titu Andreescu-“103 Trigonometry Problems from the training of theUSA IMO Team”/Problem E 1724. American Mathematical Monthly 72 (1965),792.Suggested by Alexander Oppenheim)Let x,y,z real positive numbers. Provethat:
a2x+ b2y + c2z ≥ 4[ABC]√xy + xz + yz
Solução:Note que:
a2x+ b2y + c2z ≥ 4[ABC]√xy + xz + yz
a2x+ b2y + c2z ≥ abc
R
√xy + xz + yz
aRx
bc+bRy
ac+cRz
ab≥√xy + xz + yz
1
2
(4aR2x
2Rbc+
4bR2y
2Rac+
4cR2z
2Rab
)≥√xy + xz + yz
senαx
senβsenγ+
senβy
senαsenγ+
senγz
senαsenβ≥ 2√xy + xz + yz
sen(π − α)x
senβsenγ+sen(π − β)y
senαsenγ+sen(π − γ)z
senαsenβ≥ 2√xy + xz + yz
sen(α+ β + γ − α)x
senβsenγ+sen(α+ β + γ − β)y
senαsenγ+sen(α+ β + γ − γ)z
senαsenβ≥ 2√xy + xz + yz
sen(β + γ)x
senβsenγ+sen(α+ γ)y
senαsenγ+sen(α+ β)z
senαsenβ≥ 2√xy + xz + yz
(senβcosγ + senγcosβ)x
senβsenγ+
(senαcosγ + senγcosα)y
senαsenγ+
(senαcosβ + senβcosα)z
senαsenβ≥ 2√xy + xz + yz
(cotβ + cotγ)x+ (cotα+ cotγ)y + (cotα+ cotβ)z ≥ 2√xy + xz + yz (238)
Fazendo xy + xz + yz = 1 e fazendo a substituição x = cotα′, y = cotβ′, z =cotγ′, teremos16 que α′, β′, γ′ serão ângulos de um triângulo, e a nossa desigual-dade será equivalente a desigualdade abaixo :
(cotβ + cotγ)cotα′ + (cotα+ cotγ)cotβ′ + (cotα+ cotβ)cotγ′ ≥ 2 (239)
Suponha sem perda de generalidade (o caso contrário é análogo) que:16 Note que como a desigualdade é homogênea, podemos supor que xy + xz + yz = 1, isto
é, estamos apenas normalizando a desigualdade
160
cotα ≥ cotα′ (240)
cotβ ≥ cotβ′ (241)
cotγ′ ≥ cotγ (242)
Pois como essas variáveis são ângulos de um triângulo, não podemos ter cotα ≥cotα′, cotβ ≥ cotβ′, cotγ ≥ cotγ′.De fato, isso não pode ocorrer, pois suponhasem perda de generalidade que α′ ≥ α e β′ ≥ β(como a cotangente é decrescente,isto implica que cotα ≥ cotα′ e também cotβ ≥ cotβ′), somando essas duasprimeiras desigualdades temos α′ + β′ ≥ α + β ⇒ cot(α + β) ≥ cot(α′ + β′)⇒−cot(π−(α+β)) ≥ −cot(π−(α′+β′))⇒ −cot(α+β+γ−(α+β)) ≥ −cot(α′+β′ + γ′ − (α′ + β′)) ⇒ −cot(γ) ≥ −cot(γ′) ⇒ cot(γ′) ≥ cot(γ).Agora, definacomo funções f1(α, β, γ, α′, β′, γ′) : R6 → R e f2(α, β, γ, α′, β′, γ′) : R6 → R taisque:
f1(α, β, γ, α′, β′, γ′) = (cotβ+cotγ)(cotα′−cotα)+(cotα+cotγ)(cotβ′−cotβ)+(cotα+cotβ)(cotγ′−cotγ)(243)
f2(α, β, γ, α′, β′, γ′) = (cotβ′+cotγ′)(cotα−cotα′)+(cotα′+cotγ′)(cotβ−cotβ′)+(cotα′+cotβ′)(cotγ−cotγ′)(244)
Observe agora, que pelas desigualdades (240), (241) e (242) segue que:
0 ≥ cotα′ − cotα (245)
0 ≥ cotβ′ − cotβ (246)
cotγ′ − cotγ ≥ 0 (247)
Sabemos que α′, β′, γ′ são ângulos de um triângulo, então existe a′, b′, c′ talque a′2 = b′2 + c′2 − 2b′c′cosα′, b′2 = a′2 + c′2 − 2a′c′cosβ′, c′2 = a′2 + b′2 −2a′b′cosγ′.Seja R’ o raio da circunferência inscrita ao triângulo de lados a’,b’ e
c’.Defina k :=
(a′
b′c′+
b′
a′c′+
c′
a′b′
), então:
a′
b′c′+
b′
a′c′+
c′
a′b′= k(α′, β′, γ′) (248)
Sendo k(α′, β′, γ′) uma função de a,b e c.E como nossa desigualdade originalé homogênea nas variáveis a,b,c, suponha sem perda de generalidade que aigualdade abaixo ocorra17:
17Novamente aqui, estamos normalizando a desigualdade.
161
a
bc+
b
ac+
c
ab= k(α′, β′, γ′) (249)
Como x, y, z não dependem do circunraio R′, suponha sem perda de gene-ralidade que R′ ≥ R.Tome agora a desigualdade (240) e considere o desenvolvi-mento(aplicando a lei dos cossenos e lei dos senos):
cotα ≥ cotα′ ⇒ (b2 + c2 − a2)R
abc≥ (b′2 + c′2 − a′2)R′
a′b′c′⇒(a
bc+
b
ac+
c
ab− 2
a
bc
)R ≥(
a′
b′c′+
b′
a′c′+
c′
a′b′− 2
a′
b′c′
)R′ ⇒ Rk(α′, β′, γ′)−2
aR
bc≥ Rk(α′, β′, γ′)−2
a′R′
b′c′⇒
a′R′
b′c′≥ aR
bc⇒
a′R′
b′c′≥ aR
bc(250)
Aplicando o mesmo raciocínio para a desigualdade (242), concluímos:
b′R′
a′c′≥ bR
ac(251)
Suponha agora, por absurdo que:
cotα+ cotγ > cotα′ + cotγ′ (252)
Ora, veja que:
cotα+cotγ > cotα′+cotβ′ ⇒ (b2 + c2 − a2)R
abc+
(a2 + b2 − c2)R
abc>
(b′2 + c′2 − a′2)R′
a′b′c′+
(a′2 + b′2 − c′2)R′
a′b′c′⇒ bR
ac>b′R′
a′c′
O que é um absurdo.Por outro lado, suponha por absurdo que:
cotβ + cotγ > cotβ′ + cotγ′ (253)
Ora, veja que:
cotβ+cotγ > cotβ′+cotβ′ ⇒ (a2 + c2 − b2)R
abc+
(a2 + b2 − c2)R
abc>
(a′2 + c′2 − b′2)R′
a′b′c′+
(a′2 + b′2 − c′2)R′
a′b′c′⇒ aR
bc>a′R′
b′c′
O que é um absurdo.Disso conluímos as desigualdades:
cotα+ cotγ ≤ cotα′ + cotγ′ (254)
cotβ + cotγ ≤ cotβ′ + cotγ′ (255)
162
Multiplicando (254) por cotβ′ − cotβ e (255) por cotα′ − cotα, note queessas desigualdades vão inverter, pois estamos multiplicando por quantidadesnão positivas, teremos respectivamente:
(cotα+ cotγ)(cotβ′ − cotβ) ≥ (cotα′ + cotγ′)(cotβ′ − cotβ) (256)
(cotβ + cotγ)(cotα′ − cotα) ≥ (cotβ′ + cotγ′)(cotα′ − cotα) (257)
Por outro lado das desigualdades (240) e (241) sabemos que:
cotα+ cotβ ≥ cotα′ + cotβ′ (258)
Multiplicando a desigualdade acima por cotγ′ − cotγ, que pela desigualdade(248) sabemos ser maior ou igual a zero, teremos:
(cotα+ cotβ)(cotγ′ − cotγ) ≥ (cotα′ + cotβ′)(cotγ′ − cotγ) (259)
Somando (256), (257) e (259), teremos:
f1(α, β, γ, α′, β′, γ′) ≥ (cotα′+cotγ′)(cotβ′−cotβ)+(cotβ′+cotγ′)(cotα′−cotα)+(cotα′+cotβ′)(cotγ′−cotγ)(260)
Somando o lado esquerdo de (244) com o lado esquerdo de (260) e o ladodireito de (244) com o lado direito de (260), os termos vão se cancelar e teremos:
f1(α, β, γ, α′, β′, γ′) + f2(α, β, γ, α′, β′, γ′) ≥ 0 (261)
E isto implica, finalmente que:
(cotβ + cotγ)cotα′ + (cotα+ cotγ)cotβ′ + (cotα+ cotβ)cotγ′ ≥ 2 (262)
Que nada mais é do que a desigualdade (239), que é equivalente a desigualdadedo enunciado.
163
46.(Problema sugerido por Israel Meireles Chrisostomo)Seja j, n ∈ N taisque 1 < j < n, e tal que n é número ímpar, encontre valores para xn quesatisfaçam as desigualdades abaixo(explicitando o caso onde ocorre a igualdade):
1 + ...+ bn− 1
jc ≤ xn (1 + ...+ n)
1 + ...+ bnjc ≤ xn (1 + ...+ n)
Obs:Note que xn depende de n.
Solução:Seja j e n números naturais, tal que j é estritamente maior do que 1 e
estritamente menor do que n.Qual é a quantidade máxima de múltiplos inteirosde j que existem no intervalo fechado [j,n]?A resposta para essa pergunta é quese n-j é ímpar, então existem no máximo (n-j+1)/2 inteiros, por outro lado, sen-j é par existem no máximo (n-j+2)/2.Como o total de múltiplos inteiros de jno intervalo [1, n] é bn
jc, fica demonstrado assim o resultado.
Vamos provar que o máximo é realmente esse por etapas:(1)Seja b um número irracional, então bk e bk+1 não podem ser ambos ra-
cionais. Prova:Suponha que bk e bk+1 sejam ambos racionais, então existemp, q, p′, q′ inteiros tais que bk = p/q e bk+1 = p′/q′, multiplicando as duas igual-dades teremos b = pq′/qp′, o que é um absurdo, pois isto implicaria que b éracional.
(2)Seja a expressão a1/j , com j > 1, então existe a ∈ N e j ∈ N, tais quea
1j 6∈ Q. Prova:Tome a como sendo um número primo qualquer, como a não
tem fatores primos, então não pode ser potência k-ésima perfeita.(3)Seja j um número, a quantidade máxima de múltiplos inteiros de j que
existem no intervalo fechado [1, n] é (n−j+1)/2, se n−j é ímpar, e (n−j+2)/2
se n − jé par. Prova: Seja b um número, tal que b = a1j e tal que (2) seja
satisfeito, então, seja o conjunto X ={bj , bj+1, ...., bn
}por (1), sabemos que
não existem duas potências consecutivas nesse conjunto que sejam racionais.Daíconcluímos que o número máximo de potências racionais de b no conjunto ocorreintercaladamente, isto é, quando uma potência é irracional a próxima tem queser racional.Sabemos que a primeira potência é racional, então a segunda temque ser necessariamente irracional, a próxima racional e assim por diante.Veja:
racional, irracional, racional, irracional, racional, ...
Se a quantidade de elementos acima for par, então sabemos que a última po-tência é irracional, se for ímpar sabemos que a última potência é racional.Ora,mas se a quantidade de elementos acima for par, então a quantidade de po-tências racionais é quantidade de elementos dividida por 2, se for ímpar é aquantidade de elementos somado a 1 dividida por 2.Mas observe que a quanti-dade de potências racionais é justamente a mesma quantidade de múltiplos de
164
j, pois a é inteiro, então a elevado a outro inteiro é racional....Mas no conjuntoX =
{bj , bj+1, ...., bn
}temos bj até bn, de j até n temos n − j + 1 elementos,
então o conjunto X, tem n − j + 1 elementos, como a quantidade de inteirosé máxima quando a quantidade de elementos do conjunto está dividida pordois(quando n − jé ímpar), e quando a quantidade de elementos do conjuntosomado a 1 e divido por dois(quando n− j é par), teremos o seguinte resultadoprovado:
bnjc ≤ n+ 1− j
2(Se n− j é ímpar)
bnjc ≤ n+ 2− j
2(Se n− j é par)
Suponha n− j ímpar então, fazendo m = n− j:
bm+ j
jc ≤ m+ 1
2
bmjc+ 1 ≤ m+ 1
2
bmjc(bmjc+ 1
)≤ bm
jcm+ 1
2
1 + ...+ bmjc ≤ bm
jcm+ 1
4
m
(1 + ...+ bm
jc)≤ bm
jcm(m+ 1)
4
1 + ...+ bmjc ≤ 1
2mbmjc (1 + ...+m)
Suponha n− j par então, fazendo m = n− j + 1:
bm+ j − 1
jc ≤ m+ 1
2
bm− 1
jc+ 1 ≤ m+ 1
2
bm− 1
jc(bm− 1
jc+ 1
)≤ bm− 1
jcm+ 1
2
1 + ...+ bm− 1
jc ≤ bm− 1
jcm+ 1
4
m
(1 + ...+ bm− 1
jc)≤ bm− 1
jcm(m+ 1)
4
165
2m
(1 + ...+ bm− 1
jc)≤ bm− 1
jc (1 + ...+m)
1 + ...+ bm− 1
jc ≤ 1
2mbm− 1
jc (1 + ...+m)
A igualdade ocorre quando j = 2.
166
47.(Problema sugerido por Israel Meireles Chrisostomo)Seja T o conjuntodos números transcendentes e Q o conjunto dos números algébricos.Uma sequên-cia (a)n é dita sequência de Weierstrass, se ak ∈ Q,∀k ∈ N e lim
n→∞an = L,L ∈
T.Por exemplo, a sequência an = (1 + x/n)yn, x, y ∈ Q é de Weierstrass, poisseu limite é transencendente e os termos dessa sequência são compostos apenaspor números algébricos.Uma sequência (a)n de Weierstrass, é dita Sequência den-Weierstrass se existe um polinômio Pn(x) de grau n com coeficientes inteiros,tal que Pn(an) = 0,∀n ∈ Z+, e ainda, todos os termos dessa sequência sãodistintos.Encontre o termo geral de uma Sequência de n-Weierstrass.
Solução Sejam ki números naturais, e ci números racionais, ∀i ∈ N.Então
kn
√√√√cn +
kn−1
√cn−1 + ...
k3
√c3 + k2
√c2 + k1
√c1 é algébrico.
Prova: Basta observar que esse número é raíz do polinômioPn(x) = (((( xkn − cn)kn−1 − cn−1)kn−2 − ...)k3 − c2)k1 − c1
De fato, por indução , o caso base é óbvio.Considere como hipótese de indu-ção
rn =kn
√√√√cn +
kn−1
√cn−1 + ...
k3
√c3 + k2
√c2 + k1
√c1 é raiz de
Pn(x) = (((( xkn − cn)kn−1 − cn−1)kn−2 − ...)k3 − c2)k1 − c1Como tese de indução considere que
rn+1 =kn+1
√√√√√cn+1 +
kn
√√√√cn +
kn−1
√cn−1 + ...
k3
√c3 + k2
√c2 + k1
√c1 é raiz de
Pn+1(x) = (((( (xkn+1 − cn+1)kn − cn)kn−1 − cn−1)kn−2 − ...)k3 − c2)k1 − c1Substituindo rn+1 em Pn+1(x) teremosPn+1(rn+1) = (((( rknn − cn)kn−1 − cn−1)kn−2 − ...)k3 − c2)k1 − c1 = Pn(rn) pelahipótese de indução segue que Pn+1(rn+1) = 0.
Encontremos agora uma sequência de algébricos.Primeiramente, provemospor indução que vale a fórmula:
senφ =
√√√√√√√√1
2−
√√√√√√√ 1
23+
√√√√√√ 1
27+
√√√√√ 1
215+
√√√√...+
√1
22n−1−1 +
√1 + cos(2nφ)
22n−1
(263)Como base de indução, considere válido:
167
senx =√
1−cos2x2
senx =
√1−
√1+cos22x
2
2 =
√12 −
√1+cos22x
22×2 =
√12 −
√1
22×2 +√
1+cos 23x22(2+1)×2
Como hipótese de indução, suponha que (263) seja válido para um n, então,usando (263), teremos:
senφ =
√√√√√√√√1
2−
√√√√√√√ 1
23+
√√√√√√ 1
27+
√√√√√ 1
215+
√√√√...+
√1
22n−1−1 +
√1 + cos(2nφ)
22n−1=
√√√√√√√√√1
2−
√√√√√√√√ 1
23+
√√√√√√√ 1
27+
√√√√√√ 1
215+
√√√√√...+
√√√√ 1
22n−1−1 +
√1
22n−1+
1
22n−1
√1 + cos(2n+1φ)
2=
√√√√√√√√√1
2−
√√√√√√√√ 1
23+
√√√√√√√ 1
27+
√√√√√√ 1
215+
√√√√√...+
√√√√ 1
22n−1−1 +
√1
22n−1+
√1 + cos(2n+1φ)
22(2n−1)+1=
√√√√√√√√√1
2−
√√√√√√√√ 1
23+
√√√√√√√ 1
27+
√√√√√√ 1
215+
√√√√√...+
√√√√ 1
22n−1−1 +
√1
22n−1+
√1 + cos(2n+1φ)
22n+1−1
Finalizando assim a prova por indução.Fazendo φ =π
3× 2nem (263), tere-
mos:
sen
(π
3× 2n
)=
√√√√√√√√1
2−
√√√√√√√ 1
23+
√√√√√√ 1
27+
√√√√√ 1
215+
√√√√...+
√1
22n−1−1 +
√1
22n−1+
1
22n
(3×2n)sen
(π
3× 2n
)= (3×2n)
√√√√√√√√1
2−
√√√√√√√ 1
23+
√√√√√√ 1
27+
√√√√√ 1
215+
√√√√...+
√1
22n−1−1 +
√1
22n−1+
1
22n
(264)Observe que (264) é algébrico, pois já provamos isso nas primeiras linhas dessaquestão (de fato os algébricos formam um corpo, o produto de dois algébricos é
168
ainda algébrico).Resta mostrar que todos os termos da sequência são distintos,para isto, observe que nossa sequência é uma expressão do tipo f(x) =
πsenx
x,
por outro lado, note que f ′(x) = π
(senx− xcosx
x2
)e ainda tanx > x⇒ senx−
xcosx > 0, mostrando assim que a função é crescente, e portanto, bijetora, nãopodendo admitir que termos da sequência sejam iguais.
169
48.Calcule a integral∫
ln(x)dx.
Solução 1:Pela fórmula de integração por partes, sabemos que∫v(x)du = u(x)v(x)−
∫u(x)dv
Faça a substituição ln(x) = v(x) ⇒ dv =1
xdx, e ainda du = dx ⇒ u(x) = x,
subsituindo na fórmula de integração por partes, teremos:∫ln(x)dx = x ln(x)−
∫dx = x ln(x)− x
Solução 2:
Faça a substituição ln(x) = −w ⇒ dw = − 1
xdx ⇒ dx = −xdw ⇒ dx =
−e−wdw. Substituindo na integral, teremos:∫ln(x)dx =
∫we−wdw
Pela fórmula de integração por partes, sabemos que∫v(w)du = u(w)v(w)−
∫u(w)dv
Fazendo u(w) = −e−w ⇒ du = e−wdw, dv = dw ⇒ v(w) = w, teremos:∫w︸︷︷︸v(w)
e−wdw︸ ︷︷ ︸du
= −e−w︸ ︷︷ ︸u(w)
w︸︷︷︸v(w)
−∫
(−e−w︸ ︷︷ ︸u(w)
) dw︸︷︷︸dv∫
we−wdw = −e−ww +
∫e−wdw = −e−ww − e−w
Desfazendo a substituição, e observando que ln(x) = −w ⇒ eln(x) = e−w ⇒x = e−w teremos:∫
ln(x)dx = x ln(x)− x
170
49.Calcule a integral ∫ √k + x2dx
Solução:Faça x =
√ktanα⇒ dx =
√ksec2αdα, a integral fica reescrita como:∫ √
k + x2dx =
∫ksec3αdα (1)
Calculemos a integral acima.Pela formula da integral por partes sabemos que:∫u(α)v′(α)dα = u(α)v(α)−
∫u′(α)v(α)dα (2)
Fazendo u(α) = secα ⇒ u′(α) = secαtanα e também v′(α) = sec2α ⇒v(α) = tanα, substituindo em (1), teremos:∫sec3αdα = secαtanα−
∫secαtan2αdα
∫sec3αdα = secαtanα−
∫secα(sec2α− 1)dα
∫sec3αdα =
1
2secαtanα+
1
2
∫secαdα
Multiplicando e dividindo a integral ao lado direito por tanα+secα, teremos:
∫sec3αdα =
1
2secαtanα+
1
2
∫secα(tanα+ secα)
tanα+ secαdα (3)
Observe que (tanα+ secα)′ = secα(tanα+ secα), fazendo f(α) = tanα+ secα,teremos que∫secα(tanα+ secα)
tanα+ secαdα =
∫f ′(α)
f(α)dα = ln|f(x)| = ln |tanα+ secα|
Substituindo em (3), teremos:
∫sec3αdα =
1
2secαtanα+
1
2ln |tanα+ secα| (4)
Substituindo (4) em (1):∫ √k + x2dx =
k
2secαtanα+
k
2ln |tanα+ secα| (5)
Mas x =√ktanα ⇒ x2 = ktan2α ⇒ x2 = k(sec2α − 1) ⇒ secα =√
x2 + k
k, substituindo esse resultado em (5), teremos:
171
∫ √k + x2dx =
x√x2 + k
2+k
2ln
∣∣∣∣∣ x√k +
√x2 + k
k
∣∣∣∣∣+ C (5)
172
50.Calcule a integral ∫x2√k − x2
dx
Solução: Fazendo x =√ksen(α), teremos
dx
dα=√kcos(α) ⇒ dx =
√kcos(α)dα,substituindo na integral teremos:∫
x2√k − x2
dx =
∫ksen2(α)
√kcos(α)√
k − ksen2(α)dα =
∫ksen2(α)dα
Calculemos a integral acima.Pela formula da integral por partes sabemos que:∫u(α)v′(α)dα = u(α)v(α)−
∫u′(α)v(α)dα (1)
Fazendo u(α) = senα ⇒ u′(α) = cos(α)dα. Fazendo v′(α) = senα ⇒ v(α) =−cosαSubstituindo em (1) e multiplicando tudo por k:
∫ksen2(α)dα = −ksenαcosα+∫
kcos2αdα⇒∫ksen2(α)dα = −ksenαcosα+
∫k(1− sen2α)dα⇒∫
ksen2(α)dα =k
2(α− senαcosα) + C ⇒∫
x2√k − x2
dx =k
2(α− senαcosα) + C (2)
Mas x =√ksen(α)⇒ x =
√k
1√1 + cot2(α)
⇒ cot2α+ 1 =k
x2⇒
cot2α =k
x2− 1⇒ tan2α =
1kx2 − 1
⇒ tanα =x√
k − x2⇒ α = arctan
x√k − x2
Alem disso sabemos que x =√ksen(α) ⇒ x2 = ksen2(α) = k(1 − cos2α) ⇒
cosα =
√k − x2k
Substituindo em (2), teremos:∫x2√k − x2
dx =k
2
(arctan
x√k − x2
− x√k − x2k
)+ C
173
51.O Teorema Fundamental do Cálculo, diz que se f é uma função contínuade valores reais, definida em um intervalo fechado [a, b], e se F for a funçãodefinida para x em [a, b] por:
F (x) =
∫ x
a
f(x)dx
EntãoF ′(x) = f(x)
Além disso, se f uma função contínua de valores reais, definida em um intervalofechado [a, b], e se F é uma função tal que
F ′(x) = f(x)
então ∫ b
a
f(x)dx = F (b)− F (a)
Prove o Teorema Fundamental do Cálculo.
Solução:
Se m e M são os máximos e mínimos de f(x), então:
m ≤ f(x) ≤M (1)
Do lado esquerdo de (1), segue:
0 ≤ f(x)−m⇒ 0 ≤∫ b
a
(f(x)−m)dx⇒∫ b
a
mdx ≤∫ b
a
f(x)dx (2)
A segunda desigualdade acima segue do fato que a primitiva deH1(x) = f(x)−mé não decrescente pois f(x)−m ≥ 0 e b ≥ a. Por outro lado, do lado direito de(1), segue:
f(x)−M ≤ 0⇒∫ b
a
(f(x)−M)dx ≤ 0⇒∫ b
a
f(x)dx ≤∫ b
a
Mdx (3)
A segunda desigualdade acima segue do fato que a primitiva de H2(x) = f(x)−M é não crescente pois f(x)−M ≤ 0 e b ≥ a.De (2) e de (3), vem:∫ b
a
mdx ≤∫ b
a
f(x)dx ≤∫ b
a
Mdx (4)
Observe que∫ b
a
mdx = (b − a)m e∫ b
a
Mdx = (b − a)M , subsituindo em
(4), temos:
m(b− a) ≤∫ b
a
f(x)dx ≤M(b− a)
174
Dividindo ambos os lados da desigualdade acima por b− a, teremos:
m ≤ 1
b− a
∫ b
a
f(x)dx ≤M (5)
Como f(x) é contínua,f(x) passa por todos os pontos entrem eM e portantoexiste c tal que:
f(c) =1
b− a
∫ b
a
f(x)dx (6)
Fazendo b = x + h e a = x em (6),e usando que toda função f definida emum intervalo fechado tem máximo e mínimo, teremos:
f(ch) =1
x+ h− x
∫ x+h
x
f(t)dt =1
h
∫ x+h
x
f(t)dt (6)
Onde x ≤ ch ≤ x+ hPor outro lado, observe que:∫ x+h
x
f(t)dt =
∫ x+h
a
f(t)dt−∫ x
a
f(t)dt = g(x+ h)− g(x)
Substituindo o resultado acima em (6), obtemos:
f(ch) =1
h
∫ x+h
x
f(t)dt =g(x+ h)− g(x)
h(7)
Temos duas possibilidades 18, dependendo se f é não decrescente ou não cres-cente, pois como x ≤ ch ≤ x+ h, ou ocorre:
f(x) ≤ f(ch) ≤ f(x+ h) (f é não decrescente (A))
Ou ocorre:
f(x+ h) ≤ f(ch) ≤ f(x) (f é não crescente (B))
Se A é verdade, então tomando o limite de h tendendo a zero, e usando quef é contínua, teremos:
limh→0
f(x) ≤ limh→0
f(ch) ≤ limh→0
f(x+ h)⇒ f(x) ≤ limh→0
f(ch) ≤ f(x)
Pelo teorema do confronto o resultado segue.Por outro lado, se B é verdade,então tomando o limite e usando que f é contínua:
limh→0
f(x+ h) ≤ limh→0
f(ch) ≤ limh→0
f(x)⇒ f(x) ≤ limh→0
f(ch) ≤ f(x)
Pelo teorema do confronto o resultado segue.18Os outros casos podem ser cobertos também pela continuidade...
175
Se h < 0, então faça a = x+ h e b = x em 6, no intervalo fechado [x+ h, x]f admite máximo e mínimo, segue que:
f(ch) =1
x− (x+ h)
∫ x
x+h
f(t)dt = − 1
h
∫ x
x+h
f(t)dt⇒ f(ch) = − 1
h
∫ x
x+h
f(t)dt (7)
Por comodidade seja h = −h′, h′ > 0, então:
f(ch) = − 1
h
∫ x
x−h′f(t)dt
Fazendo x′ = x− h′ e substituindo nos limites de integração:
f(ch) = − 1
h
∫ x′+h′
x′f(t)dt
Observe que:∫ x′+h′
x′f(t)dt =
∫ x′+h′
a
f(t)dt−∫ x′
a
f(t)dt =
∫ x
a
f(t)dt−∫ x+h
a
f(t)dt
Substituindo esse resultado em (7), teremos:
f(ch) = − 1
h
(∫ x
a
f(t)dt−∫ x+h
a
f(t)dt
)=
1
h
(∫ x+h
a
f(t)dt−∫ x
a
f(t)dt
)=g(x+ h)− g(x)
h
Tomando o limite de h tendendo a zero, teremos:
limn→0
f(ch) = limn→0
g(x+ h)− g(x)
h
Temos duas possibilidades, dependendo se f é não decrescente ou não cres-cente, pois como x+ h ≤ ch ≤ x, ou ocorre:
f(x) ≤ f(ch) ≤ f(x+ h) (A′)
Ou ocorre:
f(x+ h) ≤ f(ch) ≤ f(x) (B′)
Nos dois casos, como a função é contínua, o resultado segue pelo teorema doconfronto. Concluindo assim, que:
g′(x) = f(x)
Sabemos que F ′(x) = f(x) e g′(x) = f(x), pelo teorema do valor médio adiferença entre as funções é uma constante, então, existe uma constante C, talque:
F (x) = g(x) + C
176
Fazendo x = b e x = a, teremos:
F (b) = g(b) + C
F (a) = g(a) + C =
∫ a
a
f(t)dt+ C = 0 + C = C ⇒ F (a) = C
Pegando a diferença entre as igualdades acima, teremos:
F (b)− F (a) = g(b) =
∫ b
a
f(t)dt
177
52.Calcule a integral∫sen2θdθ.
Solução:Observe que cos(2θ) = 1− 2sen2θ ⇒ sen2(θ) =1− cos(2θ)
2, subs-
tituindo na integral, teremos:∫sen2θdθ =
∫1− cos(2θ)
2dθ =
∫1
2dθ−
∫cos(2θ)
2dθ =
θ
2−∫cos(2θ)
2dθ ⇒∫
sen2θdθ =θ
2−∫cos(2θ)
2dθ
Fazendo 2θ = u⇒ du = 2dθ ⇒ dθ =du
2, substituindo na integral:∫
sen2θdθ =θ
2−∫cos(u)
4du =
θ
2− sen(u)
4=θ
2− sen(2θ)
4
178
53.Calcule a integral∫sen3θdθ.
Solução: Observe∫sen3θdθ =
∫senθsen2θdθ =
∫senθ(1 − cos2θ)dθ =∫
senθdθ −∫senθcos2θdθ = −cosθ −
∫senθcos2θdθ
Fazendo cos2θ = u ⇒ du = −2senθcosθdθ ⇒ du
2= −senθcosθdθ, substi-
tuindo na integral:∫sen3θdθ = cosθ+
∫ √u
2du = −cosθ+
2u32
3× 2+C = −cosθ+
(cos2(θ))32
3+C =
−cos(θ) +cos3(θ)
3+ C
179
54.Calcule a integral∫θ arctan2(θ)dθ.
Solução:
Faça y = arctan(θ) ⇒ dy =1
1 + θ2dθ ⇒ dy =
1
1 + tan2(y)dθ ⇒ dθ =
sec2(y)dy, substituindo na integral teremos:∫θ arctan2(θ)dθ =
∫y2tan(y)sec2(y)dy
Fazendo u = y2sec(y) ⇒ du = (2ysec(y) + y2sec(y)tan(y))dy e dv =tan(y)sec(y)dy ⇒ v = sec(y)∫y2tan(y)sec2(y)dy = y2sec2(y) −
∫sec(y)(2ysec(y) + y2sec(y)tan(y))dy =
y2sec2(y) −∫
2ysec2(y)dy −∫y2sec2(y)tan(y)dy ⇒
∫y2tan(y)sec2(y)dy =
1
2
(y2sec2(y)− 2
∫ysec2(y)dy
)=
1
2y2sec2(y)−
∫ysec2(y)dy
∫y2tan(y)sec2(y)dy =
1
2y2sec2(y)−
∫ysec2(y)dy (265)
Calculemos a segunda integral acima por integração por partes.Faça y =u⇒ dy = du e dv = sec2(y)dy ⇒ v = tan(y)
∫y2tan(y)sec2(y)dy =
1
2y2sec2(y)−
(ytan(y)−
∫tan(y)dy
)=
1
2y2sec2(y)−
ytan(y) +
∫tan(y)dy =
1
2y2sec2(y)− ytan(y)− ln |cos(y)|+K
Observe que sec2(y) = tan2(y) + 1 = tan2(arctan(θ)) + 1 = θ2 + 1, cos(y) =1√
1 + tan2(y)=
1√1 + tan2(arctan(θ))
=1√
1 + θ2, substituindo teremos:
∫y2tan(y)sec2(y)dy =
1
2y2sec2(y)−ytan(y)−ln (cos(y))+K =
(θ2 + 1)
2arctan2 θ−
θ arctan θ−ln∣∣∣∣ 1√
1 + θ2
∣∣∣∣+K =(θ2 + 1)
2arctan2 θ−θ arctan θ−
(ln1− ln
∣∣∣√1 + θ2∣∣∣)+
K =(θ2 + 1)
2arctan2 θ − θ arctan θ + ln
∣∣∣√1 + θ2∣∣∣ + K =
(θ2 + 1)
2arctan2 θ −
θ arctan θ+ ln∣∣1 + θ2
∣∣ 12 +K =(θ2 + 1)
2arctan2 θ−θ arctan θ+
1
2ln∣∣1 + θ2
∣∣+K
180
55.(Mathematics Stack Exchange)They are asking me to prove
sen(x) > x− x3
3!, forx ∈ R∗+.
I didn’t understand how to approach this kind of problem so here is how I tried:
sen(x)− x+x3
6> 0
then I computed the derivative of that function to determine the critical points.
So:(sen(x)− x+
x3
6
)′= cos(x)− 1 +
x2
2The critical points:
cos(x)− 1 +x2
2= 0
It seems that ‘x = 0‘ is a critical point. Since(
cos(x)− 1 +x2
2
)′= −sen(x)+x
and −sen(0) + 0 = 0The function has no local minima and maxima. Since the derivative of thefunction is positive, the function is strictly increasing so the lowest value is
‘f(0)‘. Since ‘f(0) = 0‘ and ‘0 > 0‘ I proved that sen(x) + x− x3
6> 0. I’m not
sure if this solution is right. And, in general, how do you tackle this kind ofproblems?
Solução:A solução segue diretamente da observação que:
sen(3γ) = sen(2γ)cos(γ)+sen(γ)cos(2γ) = 2sen(γ)cos2(γ)+sen(γ)(1−2sen2(γ)) =2sen(γ)(1− sen2γ) + sen(γ)(1− 2sen2(γ)) = 3sen(γ)− 4sen3(γ)⇒ sen3(γ) =1
4(3sen(γ)− sen(3γ))
sen3(γ) =1
4(3sen(γ)− sen(3γ)) (266)
Fazendo γ =φ
3k, a igualdade fica reduzida a:
sen3(φ
3k
)=
1
4
(3sen
(φ
3k
)− sen
(φ
3k−1
))(267)
Multiplicando por 3k−1:
3k−1sen3(φ
3k
)=
1
4
(3ksen
(φ
3k
)− 3k−1sen
(φ
3k−1
))(268)
Aplicando somatório nos dois lados da igualdade, teremos:
181
n∑k=1
3k−1sen3(φ
3k
)=
n∑k=1
1
4
(3ksen
(φ
3k
)− 3k−1sen
(φ
3k−1
))=
1
4
((3sen
(φ
3
)− sen (φ)
)+
(32sen
(φ
32
)− 3sen
(φ
3
))+ ...+
(3nsen
(φ
3n
)− 3n−1sen
(φ
3n−1
)))=
1
4
(3nsen
(φ
3n
)− sen(φ)
)⇒
n∑k=1
3k−1sen3(φ
3k
)=
1
4
(3nsen
(φ
3n
)− sen(φ)
)
Tomando o limite e fazendo x =φ
3n, teremos:
∞∑k=1
3k−1sen3(φ
3k
)= limn→∞
1
4
(3nsen
(φ
3n
)− sen(φ)
)= limn→∞
1
4
(φ× 3n
φsen
(φ
3n
)− sen(φ)
)=
limx→0
1
4
(φsen (x)
x− sen(φ)
)=
1
4(φ− sen(φ))⇒
∞∑k=1
3k−1sen3(φ
3k
)=
1
4(φ− sen(φ))
Observe por outro lado, pela desigualdade senx ≤ x, segue
sen
(φ
3k
)≤ φ
3k⇒ sen3
(φ
3k
)≤ φ3
33k⇒ 3k−1sen3
(φ
3k
)≤ φ3
32k+1⇒
⇒∞∑k=1
3k−1sen3(φ
3k
)≤∞∑k=1
φ3
32k+1=φ3
3
∞∑k=1
1
32k=
φ3
3× 8⇒
∞∑k=1
3k−1sen3(φ
3k
)≤
φ3
3× 8⇒ 1
4(φ− sen(φ)) ≤ φ3
3× 8⇒ φ− φ3
6≤ sen(φ)
182
56.(Rumo ao ITA,Substituições trigonométricas)Sejam a, b, c números posi-tivos tais que c2 = a2 − ab+ b2.Prove que (a− c)(b− c) ≤ 0
Solução 1:Observe que:
3(a− b)2 ≥ 0⇒ 3a2 − 6ab+ 3b2 ≥ 0⇒ 4a2 − 4ab+ 4b2 ≥ a2 + 2ab+ b2 ⇒ a2 −
ab+b2 ≥(a+ b
2
)2
⇒ c2 ≥(a+ b
2
)2
⇒ c ≥ a+ b
2⇒ 2c ≥ a+b⇒ c−b ≥ a−c
De onde concluímos:
c− b ≥ a− c (269)
Observe que 3ab > 0 ⇒ (a + b)2 > a2 − ab + b2 ⇒ (a + b)2 > c2 ⇒ a + b >c⇒ a+ b− c > 0, e portanto podemos multiplicar ambos os lados de (269) pora+ b− c sem alterarmos o sinal da desigualdade:
(a+ b− c)(c− b) ≥ (a+ b− c)(a− c) (270)
Somando (b− c)(a+ b− c) nos dois lados da desigualdade acima, teremos:
0 ≥ (a+ b− c)(a− c) + (b− c)(a+ b− c) (271)
Defina agora a função f : R+ → R tal que:
f(a, b, c) = (a− c)(b− c) (272)
Note que:
f(a, b, c) = ab− ac− bc+ c2 (273)
Além disso, vem:
c2 = a2 − ab+ b2 ⇒ ab = a2 + b2 − c2
De onde segue:
ab = a2 + b2 − c2 (274)
Substituindo (274) em (273) seguef(a, b, c) = a2 + b2 − c2 − ac− bc+ c2 = a2 + b2 − ac− bc = a(a− c) + b(b− c)
f(a, b, c) = a(a− c) + b(b− c) (275)
Multiplicando (272) por 2 e somando com (275):
3f(a, b, c) = (a− c)(a+ b− c) + (b− c)(a+ b− c) (276)
Pela igualdade acima e por (271) segue que:
3f(a, b, c) ≤ 0⇔ f(a, b, c) ≤ 0⇔ (a− c)(b− c) ≤ 0
183
Solução 2:Suponha sem perda de generalidade que a ≤ b, então:
− b ≤ −a⇒ −b2 ≤ −ab⇒ a2 + b2 − b2 ≤ −ab+ a2 + b2 ⇒ a2 ≤ c2 ⇒ a ≤ c⇒a− c ≤ 0
a− c ≤ 0 (277)
Por outro lado:− b ≤ −a⇒ −ab ≤ −a2 ⇒ a2 + b2 − ab ≤ −a2 + a2 + b2 ⇒ c2 ≤ b2 ⇒ c ≤ b⇒b− c ≥ 0
b− c ≥ 0 (278)
O produto de (277) com (278) é negativo, portanto:
(a− c)(b− c) ≤ 0
184
57.(ITA-SP)Sabendo-se que senx =m− nm+ n
,m > 0, n > 0, podemos afirmar
que tan(π
4− x
2
)é igual a:
a)n
mb)
√m
nc)1− n
md)
√n
me)n.r.a.
Solução 1:Observe que:
tan(π
4− x
2
)=
1− tan(x2
)1 + tan
(x2
) (279)
cot(π
4+x
2
)=
1− tan(x2
)1 + tan
(x2
) (280)
Somando (279) com (280) teremos:
2×
(1− tan
(x2
)1 + tan
(x2
)) = tan(π
4− x
2
)+cot
(π4
+x
2
)=sen
(π4 + x
2
)sen
(π4 −
x2
)+ cos
(π4 −
x2
)cos(π4 + x
2
)cos(π4 −
x2
)sen
(π4 + x
2
) =
cos (x)
cos(π4 −
x2
)sen
(π4 + x
2
) =cos(x)
cos(π4 −
x2
)sen
(π4 + x
2
) =
cos(x)(cos(π4
)cos(x2
)+ sen
(π4
)sen
(x2
)) (sen
(π4
)cos(x2
)+ cos
(π4
)sen
(x2
)) =
2cos(x)(cos2
(x2
)+ 2sen
(x2
)cos(x2
)+ sen2
(x2
)) =
2cos(x)
1 + sen(x)⇒
1− tan(x2
)1 + tan
(x2
) =cos(x)
1 + sen(x)
1− tan(x2
)1 + tan
(x2
) =cos(x)
1 + sen(x)(281)
Observe que senx =m− nm+ n
⇒ sen2x =
(m− nm+ n
)2
⇒ 1 − sen2x = 1 −(m− nm+ n
)2
⇒ cos2x = 1 −(m− nm+ n
)2
⇒ cosx =2√mn
m+ n, substituindo em
(281): √n
m=
1− tan(x2
)1 + tan
(x2
) (282)
Usando (279): √n
m= tan
(π4− x
2
)(283)
185
57.(Problema sugerido por Israel Meireles Chrisostomo)Seja:
sen(u) + sen(v) + sen(w) = −sen(u+ v + w)
Prove que:
sen(v+w)+sen(u+v)+sen(u+w) = −sen(v+w)sen(u+v)sen(u+w) (284)
Solução:Observe que se x+ y + z = −xyz, então teremos:
(1 + y2)(1 + z2)
4yz+
(1 + x2)(1 + z2)
4xz+
(1 + x2)(1 + y2)
4xy= −1 (285)
Agora, o que devemos provar é a igualdade acima.Para isto, considere odesenvolvimento:
1 + y2 + z2 + y2z2
4yz+
1 + x2 + z2 + x2z2
4xz+
1 + x2 + y2 + x2y2
4xy
Observe que:
x+ y + z = −xyz ⇒ 1
xy= − z
x+ y + z,
1
yz= − x
x+ y + z,
1
xz= − y
x+ y + z
De onde se conclui que:
− (1 + y2 + z2 + y2z2)x
4(x+ y + z)− (1 + x2 + z2 + x2z2)y
4(x+ y + z)− (1 + x2 + y2 + x2y2)z
4(x+ y + z)⇒
−x− xy2 − xz2 − xy2z2
4(x+ y + z)+−y − yx2 − yz2 − yx2z2
4(x+ y + z)+−z − zx2 − zy2 − zx2y2
4(x+ y + z)⇒
−x− xy2 − xz2 − xyz(yz)4(x+ y + z)
+−y − yx2 − yz2 − xyz(xz)
4(x+ y + z)+−z − zx2 − zy2 − xyz(xy)
4(x+ y + z)⇒
−x− xy2 − xz2 + (x+ y + z)yz
4(x+ y + z)+−y − yx2 − yz2 + (x+ y + z)xz
4(x+ y + z)+−z − zx2 − zy2 + (x+ y + z)xy
4(x+ y + z)⇒
−(x+ y + z) + 3xyz
4(x+ y + z)=−(x+ y + z)− 3(x+ y + z)
4(x+ y + z)= −1
Em outras palavras, o que provamos é que (286) implica (287):
x+ y + z = −xyz (286)
186
x
1 + x2+
y
1 + y2+
z
1 + z2= − 4xyz
(1 + x2)(1 + y2)(1 + z2)(287)
Fazendo x = tan(α), y = tan(β), z = tan(γ), nossa relação fica reescritacomo: tan(α) + tan(β) + tan(γ) = −tan(α)tan(β)tan(γ),por outro lado tam-bém teremos:
sen(α)cos(α)+sen(β)cos(β)+sen(γ)cos(γ) = −4sen(α)cos(α)sen(β)cos(β)sen(γ)cos(γ)Multiplicando os dois lados por 2 e usando o seno do arco duplo, finalmente,teremos:
sen(2α) + sen(2β) + sen(2γ) = −sen(2α)sen(2β)sen(2γ)
Substituindo as tangentes em (285):
tan(α) + tan(β) + tan(γ) = −tan(α)tan(β)tan(γ)⇒tan(α) + tan(β) + tan(γ) + tan(α)tan(β)tan(γ) = 0⇒sec(α)sec(β)sec(γ)(sen(α)cos(β)cos(γ)+sen(β)cos(α)cos(γ)+sen(γ)cos(α)cos(β)+sen(α)sen(β)sen(γ)) = 0⇒sec(α)sec(β)sec(γ)(2sen(α)cos(β)cos(γ)+2sen(β)cos(α)cos(γ)+2sen(γ)cos(α)cos(β)+2sen(α)sen(β)sen(γ)) = 0⇒sec(α)sec(β)sec(γ){{[cos(α)sin(β)−sin(α)cos(β)]cos(γ)+[sin(α)sin(β)+cos(α)cos(β)]sen(γ)}+{[sin(α)cos(β)− cos(α)sin(β)]cos(γ) + [sin(α)sin(β) + cos(α)cos(β)]sen(γ)}+{[sin(α)cos(β) + cos(α)sin(β)]cos(γ)− [cos(α)cos(β)− sin(α)sin(β)]sen(γ)}+{[sin(α)cos(β)+cos(α)sin(β)]cos(γ)+[cos(α)cos(β)−sin(α)sin(β)]sen(γ)}} =0⇒sec(α)sec(β)sec(γ){[sen(−α+β)cos(γ)+cos(−α+β)sen(γ)]+[sen(α−β)cos(γ)+cos(α−β)sen(γ)]+ [sen(α+β)cos(γ)−cos(α+β)sen(γ)]+ [sen(α+β)cos(γ)+cos(α+ β)sen(γ)]} = 0⇒sec(α)sec(β)sec(γ){sen(−α+β+γ)+sen(α−β+γ)+sen(α+β−γ)+sen(α+β + γ)} = 0
A única forma dessa igualdade ser igual a zero é se a igualdade abaixo ocorrer:
sen(α+β− γ) + sen(α−β+ γ) + sen(−α+β+ γ) + sen(α+β+ γ) = 0 (288)
E isto implica finalmente que:
sen(α+ β − γ) + sen(α− β + γ) + sen(−α+ β + γ) = −sen(α+ β + γ) (289)
Em outras palavras o que provamos foi que se a igualdade abaixo é verdadeira:
sen(α+ β − γ) + sen(α− β + γ) + sen(−α+ β + γ) = −sen(α+ β + γ) (290)
187
Então vale:
sen(2α) + sen(2β) + sen(2γ) = −sen(2α)sen(2β)sen(2γ) (291)
Fazendo α =v + w
2, β =
u+ w
2, γ =
u+ v
2, teremos que se:
sen(u) + sen(v) + sen(w) = −sen(u+ v + w) (292)
Então vale:
sen(v+w)+sen(u+v)+sen(u+w) = −sen(v+w)sen(u+v)sen(u+w) (293)
188
58.Seja Γ(x) =
∫ ∞0
tx−1e−tdt, defina ψn(x) =dn+1
dxn+1ln (Γ(x)).Prove que:
0 ≤ ψ(1)
(m+
1
2
)≤ π2
4m
Onde m é um inteiro maior do que 0.
Solução:Seja X o conjunto dos transcendentes tais que o produto de um elemento de
X com π seja inteiro. Seja q ∈ X, então existe n ∈ N e p ∈ N tal que qπ = p e :
cos (2qnπz) = cos (2pnz) =cis2pn (z) + cis2pn (− (z))
2=
1
2
(2pn∑k=0
(2pn
k
)cos2pn−k (z) iksenk (z)−
2pn∑k=0
(2pn
k
)cos2pn−k (z) (−1)kiksenk (z)
)=
1
2
(2pn∑k=0
(1− (−1)k)
(2pn
k
)cos2pn−k (z) iksenk (z)
)=
2
2
pn∑k=0
(2pn
2k
)cos2pn−(2k) (z) i2ksen2k (z) =
pn∑k=0
(2pn
2k
)cos2pn−(2k) (z) i2ksen2k (z) =
pn∑k=0
(2pn
2k
)(−1)kcos2pn−(2k) (z) sen2k (z)⇒
cos (2qnπz) =
pn∑k=0
(2pn
2k
)(−1)kcos2pn−2k (z) sen2k (z)
Multiplicando os dois lados da igualdade pnor1
sen2pn(z), obtemos:
cos (2qnπz)
sen2pn(z)=
pn∑k=0
(2pn
2k
)(−1)kcot2pn−2k (z)
Fazendo cot2(z) = ζ, obtemos um polinômio em ζ de grau pn.Sabe-se queas raízes desse polinômio saem do cosseno ao lado esquerdo, veja:
cos (2qnπz) = 0⇒ 2qnπz =(2k − 1)π
2⇒ z =
2k − 1
4qnportanto, suas raízes são:
ζk = cot2(
2k − 1
4qn
), k = 1, ..., pn
189
Sabemos pela relação de Girard, que a soma das raízes do polinômio acima
é dado por(2pn2
)(2pn0
) , sendo assim, teremos:
pn∑k=1
ζk =
(2pn2
)(2pn0
) =
2pn!2!(2pn−2)!
2pn!0!(2pn−0)!
= pn(2pn−1)⇒pn∑k=1
cot2(
2k − 1
4qn
)= pn(2pn−
1)
De onde segue que:
pn∑k=1
cot2(
2k − 1
4qn
)= pn(2pn− 1) (294)
pn∑k=1
1
n2cot2
(2k − 1
4qn
)= 2p2 − p
n(295)
Usando que cot2x+ 1 = csc2x segue:
pn∑k=1
1
n2csc2
(2k − 1
4qn
)= 2p2 (296)
Agora, veja que cscx > 1/x e cotx < 1/x, sendo assim teremos:
2p2 − p
n≤ (4q)2
pn∑k=1
1
(2k − 1)2≤ 2p2 (297)
Observe quem∑k=1
1
(2k − 1)2=π2
8−1
4ψ(1)
(m+
1
2
), substituindo essa relação
em (4), temos:
2p2 − p
n≤ (4q)2
(π2
8− 1
4ψ(1)
(pn+
1
2
))≤ 2p2
2p2 − p
n≤ 2p2 − 4q2ψ(1)
(pn+
1
2
)≤ 2p2
− pn≤ −4q2ψ(1)
(pn+
1
2
)≤ 0
0 ≤ 4q2ψ(1)
(pn+
1
2
)≤ p
n
Observe que qπ = p⇒ q2 =p2
π2, substituindo logo acima, temos:
0 ≤ 4p2
π2ψ(1)
(pn+
1
2
)≤ p
n
190
0 ≤ ψ(1)
(pn+
1
2
)≤ π2
4pn
Fazendo m = pn, tem-se o resultado desejado.
191
59.Prove que:
limn→∞
n
πsen
π
n= 1
Solução:Vamos decompor um círculo em um polígono de n partes.
Sabe-se que o lado de um polígono inscrito de n lados é igual a 2R ×sen
π
n.Sabe-se que o perímetro da circunferência é igual a 2πR, sendo assim:
limn→∞
n∑k=1
2Rsenπ
n= 2πR
De onde segue o resultado.
192
60.(Problema sugerido por Israel Meireles Chrisostomo)Defina:
σx,y =(ax + bx)
c2y
[(by − ay) + byay + (c2y − 1)
],∀x, y ∈ X | X = {x, y ∈ N | x−y = 1},∀a1, b1, c1 ∈ R+ | c1 ≥ 1
Um grupo de quatro sequências recorrentes (a)n , (b)n, (c)n e (σ)n,m , com leisde formação distintas, é chamado de “ Quarteto de Liouville ”, se para todoa1, b1, c1 ∈ R+ | c1 ≥ 1, ocorre:
σ(n+2k+1−1),(n−1) =1
an+2k−1
(an+2k+1−1 × σ(n+2k−1),(n−1) + an−1 × σ(n+2k+1−1),(n+2k−1)
),
∀k ∈ Z+ ∪ {0} ∧ n ∈ Z+ \ {1}
Encontre as quatro sequências de um Quarteto de Liouville qualquer.
Solução:
Observe que(fazendo a substituição√a√b
= tan(θ)):
a+ b = b(ab + 1
)= b(tan2(θ) + 1) = bsec2(θ) = bsec2(θ)(sen2(φ− θ) + cos2(φ−
θ)) = b(
(tan(θ)sen(φ) + cos(φ))2
+ (sen(φ)− tan(θ)cos(φ))2)
=
b
((√a√bsen(φ) + cos(φ)
)2+(sen(φ)−
√a√bcos(φ)
)2)= (√asen(φ)+
√bcos(φ))2+
(√bsen(φ)−
√acos(φ))2
De onde concluímos:
a+ b = (√asen(φ) +
√bcos(φ))2 + (
√bsen(φ)−
√acos(φ))2 (298)
Dividindo ambos lados da expressão por cos2(φ), temos:
(a+ b)sec2(φ) = (√atan(φ) +
√b)2 + (
√btan(φ)−
√a)2
Fazendo c = sec(φ) ⇒ tan(φ) =√c2 − 1, substituindo na expressão logo
acima, temos:
(a+ b) =
(√a√c2 − 1 +
√b
c
)2
+
(√b√c2 − 1−
√a
c
)2
(299)
Substituindo a, b, c por a1, b1, c1, teremos:
193
a1 + b1 =
(√a1√c21 − 1 +
√b1
c1
)2
+
(√b1√c21 − 1−√a1c1
)2
= a2 + b2 (300)
Onde a2, b2 estão bem definidos pelas sequências abaixo:
an =
√an−1√c2n−1 − 1 +
√bn−1
cn−1
2
(301)
bn =
√bn−1√c2n−1 − 1−√an−1cn−1
2
(302)
Vamos provar que a1 + b1 = an + bn,∀n ∈ N, como base de indução considere(300).Como hipótese de indução considere:
a1 + b1 = an−1 + bn−1 (303)
Substituindo a por an−1 , b por bn−1 e c por cn−1 na expressão (299),teremos:
an−1+bn−1 =
√an−1√c2n−1 − 1 +
√bn−1
cn−1
2
+
√bn−1√c2n−1 − 1−√an−1cn−1
2
= an+bn
(304)Comparando (304) com (303), finalmente por indução, segue que:
a1 + b1 = an + bn,∀n ∈ N (305)
Agora nos resta provar que existe outra sequência que satisfaz a igual-dade.Multiplicando (301) por bn−1 e (302) por an−1 e subtraindo esses resulta-dos, temos:
anbn−1−an−1bn =
√an−1bn−1√c2n−1 − 1 + bn−1
cn−1
2
−
√bn−1an−1√c2n−1 − 1− an−1cn−1
2
=
b2n−1 + 2(an−1 + bn−1)√bn−1an−1
√c2n−1 − 1− a2n−1
c2n−1⇒ c2n−1(anbn−1−an−1bn) =
(bn−1 + an−1)
[(bn−1 − an−1) + 2
√bn−1an−1
√c2n−1 − 1
]≤
(bn−1 + an−1)[(bn−1 − an−1) + bn−1an−1 + (c2n−1 − 1)
]
194
Observando que usamos a desigualdade das médias, a igualdade ocorre ape-nas se c2n−1 − 1 = bn−1an−1 ⇒ cn−1 =
√bn−1an−1 + 1, isto é, a sequência (c)n
é dada pela relação:
cn =
√√√√√√an−1√c2n−1 − 1 +
√bn−1
cn−1
×√bn−1
√c2n−1 − 1−√an−1cn−1
2
+ 1
(306)Então podemos dizer que se (306) é verdade então é verdadeira também a igual-dade abaixo:
anbn−1 − an−1bn =(bn−1 + an−1)
c2n−1
[(bn−1 − an−1) + bn−1an−1 + (c2n−1 − 1)
](307)
Por (305) segue que bn−1 + an−1 = bn + an, sendo assim, teremos:
anbn−1 − an−1bn =(bn + an)
c2n−1
[(bn−1 − an−1) + bn−1an−1 + (c2n−1 − 1)
](308)
Defina:
axby − aybx = σx,y (309)
Vamos fazer a prova por indução, primeiro vamos fazer a base de indução,para tanto considere, que da igualdade acima seguem as igualdades:
anbn−1an−1
− bn =1
an−1σn,n−1 (310)
bn−1 −an−1bnan
=1
anσn,n−1 (311)
Substituindo n por n+ 1 em (311), obtemos:
bn −anbn+1
an+1=
1
an+1σn+1,n (312)
Somando (312) com (310) e multiplicando o resultado poran+1an−1
an, obte-
mos:
an+1bn−1 − an−1bn+1 =1
an(an+1σn,n−1 + an−1σn+1,n) (313)
Mas por definição, sabemos que an+1bn−1 − an−1bn+1 = σn+1,n−1, de ondese conclui a base de indução(que é o caso em que k = 0), ou seja:
σn+1,n−1 =1
an(an+1σn,n−1 + an−1σn+1,n) (314)
195
Como hipótese de indução, suponha que a igualdade abaixo é válida paraum k:
σ(n+2k+1−1),(n−1) =1
an+2k−1
(an+2k+1−1σ(n+2k−1),(n−1) + an−1σ(n+2k+1−1),(n+2k−1)
)(315)
Nosso objetivo torna-se mostrar que:
σ(n+2k+2−1),(n−1) =1
an+2k+1−1
(an+2k+2−1σ(n+2k+1−1),(n−1) + an−1σ(n+2k+2−1),(n+2k+1−1)
)(316)
Multiplique a hipótese de indução poran+2k+2−1an+2k+1−1
, de onde obteremos:
an+2k+2−1an+2k+1−1
σ(n+2k+1−1),(n−1) =1
an+2k−1
(an+2k+2−1σ(n+2k−1),(n−1) +
an−1an+2k+2−1an+2k+1−1
σ(n+2k+1−1),(n+2k−1)
)
Somandoan−1σ(n+2k+2−1),(n+2k+1−1)
an+2k+1−1em ambos os lados da igualdade acima,
teremos:
an+2k+2−1an+2k+1−1
σ(n+2k+1−1),(n−1) +an−1σ(n+2k+2−1),(n+2k+1−1)
an+2k+1−1=
1
an+2k−1
(an+2k+2−1σ(n+2k−1),(n−1) +
an−1an+2k+2−1an+2k+1−1
σ(n+2k+1−1),(n+2k−1)
)+an−1σ(n+2k+2−1),(n+2k+1−1)
an+2k+1−1=
1
an+2k−1[an+2k+2−1(an+2k−1bn−1 − an−1bn+2k−1)
+an−1an+2k+2−1an+2k+1−1
(an+2k+1−1bn+2k−1 − an+2k−1bn+2k+1−1)
]+
an−1(an+2k+2−1bn+2k+1−1 − an+2k+1−1bn+2k+2−1)
an+2k+1−1
= an+2k+2−1bn−1 − an−1bn+2k+2−1 = σn+2k+2−1,n−1
Conluindo assim a prova por indução.Há porém, uma maneira mais fácil dese provar isso.Veja:
σ(m+2k+1−1),(m−1) = am+2k+1−1bm−1 − am−1bm+2k+1−1 (317)
Fazendo m = n em (317) e dividindo o resultado por an−1, teremos:
σ(n+2k+1−1),(n−1)
an−1=an+2k+1−1bn−1
an−1− bn+2k+1−1 (318)
Fazendo a substituição m = n+ 2k+1 em (317), teremos:
196
σ(n+2k+2−1),(n+2k+1−1) = an+2k+2−1bn+2k+1−1 − an+2k+1−1bn+2k+2−1 (319)
Dividindo (319) por an+2k+2−1, teremos:
σ(n+2k+2−1),(n+2k+1−1)
an+2k+2−1= bn+2k+1−1 −
an+2k+1−1bn+2k+2−1an+2k+2−1
(320)
Somando (320) com (318) e multiplicando o resultado poran+2k+2−1an−1an+2k+1−1
,
temos que:
an+2k+2−1bn−1−an−1bn+2k+2−1 =1
an+2k+1−1
(an+2k+2−1σ(n+2k+1−1),(n−1) + an−1σ(n+2k+2−1),(n+2k+1−1)
)(321)
Mas por definição σ(n+2k+2−1),(n−1) = an+2k+2−1bn−1 − an−1bn+2k+2−1, deonde segue o resultado.
197
61.(The American Mathematical Monthly)Considere um triângulo ABC eum ponto P do mesmo plano. Sejam PA, PB , PC as projeções ortogonais de Pnos lados BC,CA,AB respectivamente. Prove a desigualdade19:
AP +BP + CP ≥ 2(PPA + PPB + PPC)
Solução:Sejam a, b, c lados de um triângulo, então defina a função:
f(a, b, c, x, y, z) = a2x2 + b2y2 + c2z2 (322)
Observe que:
f(a, b, c, x, y, z) =
(a2 + c2 − b2) + (a2 + b2 − c2)
2x2+
(b2 + c2 − a2) + (a2 + b2 − c2)
2y2+
(b2 + c2 − a2) + (a2 + c2 − b2)
2z2
(323)Observe que pela desigualdade das médias temos que:
(a2 + c2 − b2)
2x2 +
(a2 + c2 − b2)
2z2 ≥ xz(a2 + c2 − b2) (324)
(a2 + b2 − c2)
2x2 +
(a2 + b2 − c2)
2y2 ≥ xy(a2 + b2 − c2) (325)
(b2 + c2 − a2)
2y2 +
(b2 + c2 − a2)
2z2 ≥ yz(b2 + c2 − a2) (326)
Somando (324), (325) e (326) temos que:
f(a, b, c, x, y, z) ≥ xz(a2 + c2 − b2) + xy(a2 + b2 − c2) + yz(b2 + c2 − a2) (327)
Pela lei dos cossenos segue que b2 + c2 − a2 = 2bccosα, a2 + c2 − b2 =2accosβ, a2 + b2 − c2 = 2abcosγ, substituindo em (327), temos:
f(a, b, c, x, y, z) ≥ 2xzac× cosβ + 2xyab× cosγ + 2yzbc× cosα (328)
Substituindo (322) em (328), temos que:
a2x2 + b2y2 + c2z2 ≥ 2xzac× cosβ + 2xyab× cosγ + 2yzbc× cosα (329)
Fazendo ax = x′, by = y′, cz = z′ e substituindo logo acima teremos:
x′2 + y′2 + z′2 ≥ 2x′z′cosβ + 2x′y′cosγ + 2y′z′cosα (330)19Essa desigualdade é conhecida como desigualdade de Erdös-Mordell.
198
Em outras palavras, o que provamos foi que se x, y, z são reais positivos eα+ β + γ = π, então vale:
x2 + y2 + z2 ≥ 2yz × cosα+ 2xz × cosβ + 2xy × cosγ (331)
Fazendo x =√AP, y =
√BP, z =
√CP , teremos:
AP+BP+CP ≥ 2√BP√CPcosα+2
√AP√CPcosβ+2
√AP√BPcosγ (332)
Tracemos um triângulo ∆ABC e um ponto P interior ao triângulo.Tracemosa bissetriz do ângulo BPC:
ψ1
ψ
ψ1
A
B
c
C
a
b
P
O1
O1P
Observe que a área ABPC do triângulo ∆BPC é igual a soma das áreas ABPO1 eACPO1 dos triângulos ∆BPO1 e ∆CPO1, respectivamente.Tracemos as alturasdesses dois últimos triângulos:
ψ1
ψ
ψ1
A
B
c
C
a
b
P
O1
O1P
199
Observe que:
ABPO1=BP ×O1P × senψ1
2(333)
ACPO1 =CP ×O1P × senψ1
2(334)
ABPC =BP × CP × sen(2ψ1)
2(335)
Comparando as igualdades acima teremos:
BP × CP × sen(2ψ1) = CP ×O1P × senψ1 +BP ×O1P × senψ1 (336)
Usando que sen(2x) = 2senxcosx, teremos:
O1P =2BP × CP × cos(ψ1)
BP + CP
Por simetria, concluímos:
O1P =2BP × CP × cos(ψ1)
BP + CP(337)
O2P =2AP × CP × cos(ψ2)
AP + CP(338)
O3P =2AP ×BP × cos(ψ3)
AP +BP(339)
De (332), note que ψ1 + ψ2 + ψ3 = π, e usando que a média geométrica émaior ou igual a média harmônica, temos que:
AP +BP + CP ≥ 2(O1P +O2P +O3P ) (340)
A desigualdade segue diretamente do fato de que O1P,O2P,O3P são res-pectivamente maiores ou iguais às respectivas distâncias de P aos lados(pordefinição a distância é o menor caminho que une o ponto à reta).
200
62.(Complex Analysis Homework/Caltech-California Institute of Techno-logy)Prove a Fórmula da Reflexão de Euler:
Γ(a)Γ(1− a) =π
sen(aπ)
Solução: Observe que:
B(x, y) =Γ(x)Γ(y)
Γ(x+ y)= B(y, x) (341)
Fazendo a substituição t = tan2θ ⇒ dt = 2tanθsec2θdθ, teremos:∫ ∞0
ta−1
1 + tdt = 2
∫ π2
0
tan2a−1θdθ
Observe que, pela forma trigonométrica da função beta:
2
∫ π2
0
tan2a−1θdθ = 2
∫ π2
0
sen2a−1θcos1−2aθdθ = B(1 − a, a) = B(a, 1 − a) =
Γ(a)Γ(1− a)
Γ(a+ 1− a)=
Γ(a)Γ(1− a)
Γ(1)= Γ(a)Γ(1− a)
Γ(a)Γ(1− a) =
∫ ∞0
ta−1
1 + tdt =
∫ 1
0
ta−1
1 + tdt+
∫ ∞1
ta−1
1 + tdt (342)
Considere a integral: ∫ ∞1
ta−1
1 + tdt (343)
Fazendo a substituição t =1
x⇒ dt = − 1
x2dx, substituindo logo acima
teremos: ∫ ∞1
ta−1
1 + tdt = −
∫ 0
1
x−a
1 + xdx =
∫ 1
0
x−a
1 + xdx (344)
Usando que∫ 1
0
x−a
1 + xdx =
∫ 1
0
t−a
1 + tdt Aplicando esses dois últimos resulta-
dos em (342) teremos:
Γ(a)Γ(1− a) =
∫ 1
0
ta−1
1 + tdt+
∫ 1
0
t−a
1 + tdt (345)
Usando a série geométrica, sabemos que1
1 + t=
∞∑k=0
(−1)ktk, e substituindo
em (345) teremos:
201
Γ(a)Γ(1− a) =
∫ 1
0
∞∑k=0
(−1)ktk+a−1dt+
∫ 1
0
∞∑k=0
(−1)ktk−adt (346)
Integrando termo a termo, teremos:
Γ(a)Γ(1− a) =
∞∑k=0
(−1)k1
k + a+
∞∑k=0
(−1)k1
k − a+ 1=
1
a+
∞∑k=1
(−1)k1
k + a+
∞∑k=0
(−1)k1
k − a+ 1=
1
a+
∞∑k=1
(−1)k1
k + a+
∞∑k=1
(−1)k−11
k − a=
1
a+
∞∑k=1
(−1)k+1
(− 1
k + a+
1
k − a
)=
1
a+
∞∑k=1
(−1)k+1 2a
k2 − a2
De onde segue finalmente que:
Γ(a)Γ(1− a) =1
a+
∞∑k=1
(−1)k+1 2a
k2 − a2
Usando que a série infinita ao lado direito converge paraπ
sen(aπ), teremos:
Γ(a)Γ(1− a) =π
sen(aπ)
202
63.Mostre que a sequência converge:
an =
n∑k=1
1
k2(347)
Solução:Toda sequência monótona limitada é convergente.Basta provarmos que a
sequência é limitada.1
k2<
1
k(k − 1)⇒
n∑k=2
1
k2<
n∑k=2
1
k(k − 1)⇒
n∑k=1
1
k2< 1+
n∑k=2
1
k(k − 1)= 1+
n∑k=2
(1
k − 1− 1
k
)= 2− 1
n⇒
n∑k=1
1
k2< 2− 1
n⇒ lim
n→∞
n∑k=1
1
k2< limn→∞
(2− 1
n
)⇒
0 <
∞∑k=1
1
k2< 2
203
64.Sejam λ1, λ2, λ3, ...., λm tais que λ1 + λ2 + λ3 + ....+ λm = 1,e
ax,y ∈ R+,∀x, y ∈ N, prove que:
(a1,1 + a1,2 + a1,3 + ...+ a1,n)λ1(a2,1 + a2,2 + a2,3 + ...+ a2,n)λ2 ....(am,1 + am,2 +
am,3 + ...+ am,n)λm ≥ aλ11,1a
λ22,1...a
λmm,1 + aλ1
1,2aλ22,2...a
λmm,2 + ...+ aλ1
1,naλ22,n...a
λmm,n
Essa desigualdade é conhecida como desigualdade de Holder.
Solução:
Demonstração. Vamos proceder por indução sobre m.Como base de induçãotome λ1+λ2 = 1, isto é, como base de indução tome que a seguinte desigualdadeé verdadeira:
(a1,1 + a1,2 + a1,3 + ... + a1,n)λ1(a2,1 + a2,2 + a2,3 + ... + a2,n)λ2 ≥ aλ11,1a
λ22,1 +
aλ11,2a
λ22,2 + ...+ aλ1
1,naλ22,n
Como a desigualdade é homogênea, suponha sem perda de generalidade quea1,1 + ... + a1,n = 1 = a2,1 + ... + a2,n.Pela desigualdade de Jensen, aplicada afunção f(x) = ax, que é convexa, sabemos que vale:
λ1ax1 + λ2a
x2 ≥ ax1λ1+x2λ2 (348)
Fazendo a =a2,ia1,i
e x1 = 0, x2 = 1 teremos:
λ1 + λ2a2,ia1,i≥(a2,ia1,i
)λ2
(349)
Multiplicando (349) por a1,i teremos:
λ1a1,i + λ2a2,i ≥ a1,i(a2,ia1,i
)λ2
= a1−λ21,i aλ2
2,i = aλ11,ia
λ22,i (350)
De onde concluímos:
λ1a1,i + λ2a2,i ≥ aλ11,ia
λ22,i
Aplicando somatório variando em i em ambos os lados da desigualdade,teremos:
n∑i=1
aλ11,ia
λ22,i ≤
n∑i=1
(λ1a1,i + λ2a2,i) = λ1
n∑i=1
a1,i+λ2
n∑i=1
a2,i = λ1+λ2 = 1 =
(n∑i=1
a1,i
)λ1
×
(n∑i=1
a2,i
)λ2
204
Vamos agora provar o caso geral.Como hipótese de indução, tome:
(a1,1 + a1,2 + a1,3 + ...+ a1,n)σ1(a2,1 + a2,2 + a2,3 + ...+ a2,n)σ2 ....(am,1 + am,2 +am,3 + ...+ am,n)σm ≥ aσ1
1,1aσ22,1...a
σmm,1 + aσ1
1,2aσ22,2...a
σmm,2 + ...+ aσ1
1,naσ22,n...a
σmm,n
Tal que σ1 + σ2 + σ3 + .... + σm = 1.Mostremos que ela vale para m + 1,tome λ1 +λ2 +λ3 + ....+λm+1 = 1 e seja λ1 +λ2 +λ3 + ...+λm = λ, usando ahipótese de indução e a base de indução (observe que λ+ λm+1 = 1 e tambémλ1 + ...+ λm
λ= 1), teremos :
(a1,1 + a1,2 + a1,3 + ...+ a1,n)λ1(a2,1 + a2,2 + a2,3 + ...+ a2,n)λ2 ....(am,1 + am,2 +am,3 + ...+ am,n)λm(am+1,1 + am+1,2 + am+1,3 + ...+ am+1,n)λm+1 =[(a1,1 + a1,2 + a1,3 + ...+ a1,n)
λ1λ (a2,1 + a2,2 + a2,3 + ...+ a2,n)
λ2λ ....(am,1 + am,2 + am,3 + ...+ am,n)
λmλ
]λ× (am+1,1 + am+1,2 + am+1,3 + ...+ am+1,n)λm+1 ≥[aλ1λ1,1a
λ2λ2,1...a
λmλm,1 + a
λ1λ1,2a
λ2λ2,2...a
λmλm,2 + ...+ a
λ1λ1,na
λ2λ2,n...a
λmλm,n
]λ× (am+1,1 + am+1,2 +
am+1,3 + ...+am+1,n)λm+1 ≥ aλ11,1a
λ22,1...a
λmm,1a
λm+1
m+1,1 +aλ11,2a
λ22,2...a
λmm,2a
λm+1
m+1,2 + ...+
aλ11,na
λ22,n...a
λmm,na
λm+1
m+1,n �
205
65.(Mathematics Stack Exchange Question)Can you help me to prove that
(x+ y)n ≤ 2n−1(xn + yn)
for n ≥ 1 and x, y ≥ 0.I tried by induction, but I didn’t get a result.
Solução 1:É uma aplicação direta da desigualdade de Jensen, para ver issobasta dividir os dois lados 2n.
206
Solução 2:Suponha sem perda de generalidade que x ≥ y e tome p ≥k.Então isto implica que:
xp−k ≥ yp−k ⇒ xp−k − yp−k ≥ 0
Veja também que xk ≥ yk então podemos multiplicar os dois lados dessadesigualdade por xp−k − yp−k sem alterarmos a expressão, daí segue que:
(xp−k − yp−k)xk ≥ yk(xp−k − yp−k)
De onde concluímos:
xp + yp ≥ xp−kyk + xkyp−k (351)
Multiplique a desigualdade (351) por(p
k
)e teremos:
(xp + yp)
(p
k
)≥(p
k
)xp−kyk +
(p
k
)xkyp−k (352)
Aplicando o somatório variando em k em ambos os lados da desigualdadeacima teremos:
(xp + yp)
p∑k=0
(p
k
)≥
p∑k=0
(p
k
)xp−kyk +
p∑k=0
(p
k
)xkyp−k (353)
De onde concluímos:
(xp + yp)2p ≥ 2(x+ y)p (354)
De onde finalmente segue o resultado, basta dividir os dois lados por 2.
207
66.(Cálculo, Volume 2-Serge Lang)Sejam B1, ..., Bn vetores de comprimento1 no espaço n-dimensional e mutuamente perpendiculares, isto é, Bi.Bj = 0 parai 6= j.Seja A um vetor no espaço n-dimensional, seja ci a componente de A aolongo de Bi.Sejam x1, ..., xn números.Mostre que:∥∥∥∥∥
n∑k=1
xkBk −A
∥∥∥∥∥ ≥∥∥∥∥∥n∑k=1
ckBk −A
∥∥∥∥∥
Solução 1:
Demonstração. Sejam Bj = (bj,1, ..., bj,n) e A = (a1, ..., an) então pelo enunci-
ado cj =A.BjB2j
=a1bj,1 + ...+ anbj,nb2j,1 + ...+ b2j,n
. Além disso sabemos, pelo enunciado,
que bj,1bk,1 + ...+ bk,nbj,n = 0 para k 6= j.Vamos provar algo mais forte do queo problema pede, vamos trocar a condição de bj,1bk,1 + ...+ bk,nbj,n = 0 para aque está logo abaixo(a desigualdade (355)), que é bem mais geral.Além disso,não há necessidade de que as normas dos Bj’s sejam iguais a 1(a norma podeassumir qualquer valor que a desigualdade é verdadeira):
n∑j=1j<k
n∑k=1
xjxk(bj,1bk,1+ ...+bj,nbk,n) ≥n∑j=1j<k
n∑k=1
cjck(bj,1bk,1+ ...+bj,nbk,n) (355)
Essa última desigualdade é equivalente a desigualdade abaixo, o que nos mostrauma relação simétrica entre as desigualdades que é particularmente bela(justamentepelos padrões envolvidos):∥∥∥∥∥
n∑k=1
xkBk
∥∥∥∥∥2
−n∑k=1
‖xkBk‖2 ≥
∥∥∥∥∥n∑k=1
ckBk
∥∥∥∥∥2
−n∑k=1
‖ckBk‖2
Observe que a desigualdade abaixo é verdadeira, pois o quadrado de todo númeroreal é positivo:
n∑j=1
(cj
√b2j,1 + ...+ b2j,n − xj
√b2j,1 + ...+ b2j,n
)2≥ 0⇔
n∑j=1
c2j (b2j,1 + ...+ b2j,n)−2
n∑j=1
xjcj(b2j,1 + ...+ b2j,n) +
n∑j=1
(b2j,1 + ...+ b2j,n)x2j ≥ 0⇔
n∑j=1
a2j−2
n∑j=1
xjcj(b2j,1+...+b2j,n)+
n∑j=1
x2j (b2j,1+...+b2j,n) ≥
n∑j=1
a2j−n∑j=1
c2j (b2j,1+...+b2j,n)⇔
208
n∑j=1
a2j−2
n∑j=1
xj(a1bj,1+...+anbj,n)+
n∑j=1
x2j (b2j,1+...+b2j,n) ≥
n∑j=1
a2j−n∑j=1
c2j (b2j,1+...+b2j,n)
Multiplicando a desigualdade (355) por 2 e somando com a desigualdadeacima, teremos:
n∑j=1
a2j − 2
n∑j=1
xja1bj,1 − ...− 2
n∑j=1
xjanbj,n +
n∑j=1
x2jb2j,1 + ...+
n∑j=1
x2jb2j,n + 2
n∑j=1j<k
n∑k=1
xjxkbj,1bk,1 + ...+
+2
n∑j=1j<k
n∑k=1
xjxkbj,nbk,n ≥n∑j=1
a2j −n∑j=1
c2j (b2j,1 + ...+ b2j,n) + 2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjck(bj,1bk,1 + ...+ bj,nbk,n)⇔
a21 − 2
n∑j=1
xja1bj,1 + 2
n∑j=1j<k
n∑k=1
xjxkbj,1bk,1 +
n∑j=1
x2jb2j,1
+ ...+
a2n − 2
n∑j=1
xjanbj,n
+2
n∑j=1j<k
n∑k=1
xjxkbj,nbk,n +
n∑j=1
x2jb2j,n
≥ n∑j=1
a2j −n∑j=1
c2j (b2j,1 + ...+ b2j,n)
+2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjck(bj,1bk,1 + ...+ bj,nbk,n)⇔
a21 − 2a1
n∑j=1
xjbj,1 +
n∑j=1
xjbj,1
2+ ...+
a2n − 2an
n∑j=1
xjbj,n +
n∑j=1
xjbj,n
2 ≥
n∑j=1
a2j −n∑j=1
c2j (b2j,1 + ...+ b2j,n) + 2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjck(bj,1bk,1 + ...+ bj,nbk,n)⇔
a1 − n∑j=1
xjbj,1
2
+ ...+
an − n∑j=1
xjbj,n
2
≥n∑j=1
a2j −n∑j=1
c2j (b2j,1 + ...+ b2j,n)
+2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjck(bj,1bk,1 + ...+ bj,nbk,n)⇔
209
‖A− (x1B1 + ...+ xnBn)‖2 ≥n∑j=1
a2j −n∑j=1
c2j (b2j,1 + ...+ b2j,n) + 2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjck(bj,1bk,1 + ...+ bj,nbk,n)
Veja que:
n∑j=1
a2j −n∑j=1
c2j (b2j,1 + ...+ b2j,n) + 2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjck(bj,1bk,1 + ...+ bj,nbk,n) =
n∑j=1
a2j − 2
n∑j=1
c2j (b2j,1 + ...+ b2j,n) +
n∑j=1
c2j (b2j,1 + ...+ b2j,n) + 2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjck(bj,1bk,1 + ...+ bj,nbk,n) =
n∑j=1
a2j−2
n∑j=1
cj(a1bj,1+...+anbj,n)+
n∑j=1
c2j (b2j,1+...+b2j,n)+2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjck(bj,1bk,1+...+bj,nbk,n) =
n∑j=1
a2j − 2
n∑j=1
cja1bj,1 − ...− 2
n∑j=1
cjanbj,n +
n∑j=1
c2jb2j,1 + ...+
n∑j=1
c2jb2j,n + 2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjckbj,1bk,1 + ...+
+2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjckbj,nbk,n =
a21 − 2
n∑j=1
cja1bj,1 + 2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjckbj,1bk,1 +
n∑j=1
c2jb2j,1
+ ...+
a2n − 2
n∑j=1
cjanbj,n
+2
n∑j=1j<k
n∑k=1
cjckbj,nbk,n +
n∑j=1
c2jb2j,n
=
a21 − 2a1
n∑j=1
cjbj,1 +
n∑j=1
cjbj,1
2+ ...+
a2n − 2an
n∑j=1
cjbj,n +
n∑j=1
cjbj,n
2 =
a1 − n∑j=1
cjbj,1
2
+ ...+
an − n∑j=1
cjbj,n
2
= ‖A− (c1B1 + ...+ cnBn)‖2
�
210
Solução 2:
Demonstração. Primeiramente vamos provar que se−→U ,−→V são vetores não nulos
e mutuamente perpendiculares no espaço n-dimensional, então, para todo x realvale que: ∥∥∥−→U + x
−→V∥∥∥ ≥ ∥∥∥−→U ∥∥∥ (356)
Observe que
x2−→V 2 ≥ 0⇒ 2x
−→U .−→V︸ ︷︷ ︸
0
+x2−→V 2 ≥ 0⇒
−→U 2+2x
−→U .−→V +x2
−→V 2 ≥
−→U 2 ⇒
∥∥∥−→U + x−→V∥∥∥2 ≥∥∥∥−→U ∥∥∥2 ⇒ ∥∥∥−→U + x
−→V∥∥∥ ≥ ∥∥∥−→U ∥∥∥
Agora, veja que, para todo i natural, vale que:
−→B 2i = 1 ⇒ ci
−→B 2i = ci =
−→A.−→B i ⇒ ci
−→Bi.−→Bi −
−→A.−→Bi = 0 ⇒ ci
−→Bi.−→Bi −
−→A.−→Bi +∑
1≤k≤nk 6=i
ck−→Bi.−→Bk
︸ ︷︷ ︸0
= 0⇒n∑k=1
ck−→Bk.−→Bi −
−→A.−→Bi = 0⇒
(−→A −
n∑k=1
ck−→Bk
).−→Bi = 0
Disso concluímos que para qualquer real xi,∀i ∈ N, vale que:
x1
(−→A −
n∑k=1
ck−→Bk
).−→B1 + ...+ xn
(−→A −
n∑k=1
ckBk
).−→Bn = 0⇔
(n∑k=1
xk−→Bk
).
(−→A −
n∑k=1
ck−→Bk
)= 0
Do resultado acima e de (356), segue que:∥∥∥∥∥xn∑k=1
xk−→Bk +
−→A −
n∑k=1
ck−→Bk
∥∥∥∥∥ ≥∥∥∥∥∥−→A −
n∑k=1
ck−→Bk
∥∥∥∥∥ (357)
Substituindo xk por −xk/x+ck/x em (357), chega-se ao resultado desejado.�
211
67.(Cálculo, Volume 1-Serge Lang)Provar por indução que para todo inteiropositivo n,sen(nx), pode ser expresso como uma soma de termos∑
aij(senx)i(cosx)j
Onde aij são inteiros.
Solução: Como base de indução tome n=1 e n=2, isto é senx = sen1xcos0x esen(2x) = 2sen1xcos1x, como hipótese de indução, suponha válido que sen(nx) =∑
aij(senx)i(cosx)j e sen((n−1)x) =∑
akl(senx)k(cosx)l.Usando que sen((n+
1)x) + sen((n− 1)x) = 2sen(nx)cosx teremos:
sen((n+1)x) = 2sen(nx)cosx−sen((n−1)x) = 2∑
aij(senx)i(cosx)j+1−∑
akl(senx)k(cosx)l
E isto resolve o problema.
212
68.(OBM-U/2004)Calcule:
∞∑k=0
1
(3k + 1)(3k + 2)(3k + 3)
Solução:Observe que, pela fórmula da P.G. infinita temos que
∞∑k=0
1
(3k + 1)(3k + 2)(3k + 3)= limε→1
∫ ε
0
∫ z
0
∫ y
0
1
1− x3dxdydz
Calculando essa integral, teremos:
∞∑k=0
1
(3k + 1)(3k + 2)(3k + 3)= limε→1
∫ ε
0
∫ z
0
∫ y
0
1
1− x3dxdydz =
√3π − 3ln3
12
213
69.Prove a desigualdade 1 desse artigo, isto é, se alpha beta e gamma sãoângulos de um triângulo, então vale a desigualdade:
cosα+ cosβ + cosγ ≤ senα2
+ senβ
2+ sen
γ
2≤ 3
2
Solução:
Já provamos na questão 5, que cosA + cosB + cosC ≤ 3
2.Seja A =
π
2−
α
2, A =
π
2− β
2, A =
π
2− γ
2, observe que A+B + C = π e dessa forma teremos
senα
2+ sen
β
2+ sen
γ
2≤ 3
2.Provemos agora que cosα + cosβ + cosγ ≤ sen
α
2+
senβ
2+ sen
γ
2.Observe que:
cos
(α− β
2
)≤ 1⇒ 2cos
(α+ β
2
)cos
(α− β
2
)≤ 2cos
(α+ β
2
)= 2sen
(γ2
)⇒
cosα+ cosβ ≤ 2sen(γ
2
)Por simetria, concluímos as desigualdades:
cosα+ cosβ ≤ 2sen(γ
2
)cosα+ cosγ ≤ 2sen
(β
2
)cosβ + cosγ ≤ 2sen
(α2
)Somando as três desigualdades, conclui-se a prova.
214
70.Prove a desigualdade 2 desse artigo, isto é, se alpha beta e gamma sãoângulos de um triângulo, então vale a desigualdade:
senα+ senβ + senγ ≤ cosα2
+ cosβ
2+ cos
γ
2≤ 3√
3
2
Solução:Observe que:
a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ac (358)
Multiplicando a desigualdade acima por 2 e somando a2 + b2 + c2, tem-se:
3a2 + 3b2 + 3c2 ≥ (a+ b+ c)2 (359)
Fazendo a = cosα
2, b = cos
β
2, c = cos
γ
2, temos:
3cos2α
2+ 3cos2
β
2+ 3cos2
γ
2≥(cos
α
2+ cos
β
2+ cos
γ
2
)2
(360)
Observe que cosα + cosβ + cosγ ≤ 3
2⇔ 2cos2
α
2+ 2cos2
β
2+ 2cos2
γ
2− 3 ≤
3
2⇔ 3cos2
α
2+ 3cos2
β
2+ 3cos2
γ
2≤ 27
4, assim:
3cos2α
2+ 3cos2
β
2+ 3cos2
γ
2≤ 27
4(361)
De (360) e (361), por transitividade se prova o lado direito.Para provar olado esquerdo, veja que:
cos
(α− β
2
)≤ 1⇒ 2sen
(α+ β
2
)cos
(α− β
2
)≤ 2sen
(α+ β
2
)= 2cos
(γ2
)⇒
senα+ senβ ≤ 2cos(γ
2
)Por simetria, concluímos as desigualdades:
senα+ senβ ≤ 2cos(γ
2
)senα+ senγ ≤ 2cos
(β
2
)senβ + senγ ≤ 2cos
(α2
)Somando essas três últimas desigualdades, chega-se ao resultado.
215
71.Prove a desigualdade 3 desse artigo, isto é, se alpha beta e gamma sãoângulos de um triângulo, então vale a desigualdade:
cosαcosβcosγ ≤ senα2sen
β
2sen
γ
2≤ 1
8
Solução:Como já provamos o lado direito de três formas diferentes, resta provar o
lado esquerdo.Observe que:
a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ac
Somando 2ab+ 2bc+ 2ac, teremos:
(a+ b+ c)2 ≥ 3ab+ 3bc+ 3ac
Suponha sem perda de generalidade que α, β, γ sejam ângulos agudos.Substituindopor tangentes, teremos:
(tanα+ tanβ + tanγ)2 ≥ 3tanαtanβ + 3tanβtanγ + 3tanαtanγ
Usando a identidade 7, essa desiguadade pode ser reescrita como:
(tanαtanβtanγ)2 ≥ 3tanαtanβ + 3tanβtanγ + 3tanαtanγ ⇔
tanαtanβtanγ ≥ 3cotα+ 3cotβ + 3cotγ (362)
Pela desigualdade de Jensen, sabemos que vale:
3cotα+ 3cotβ + 3cotγ ≥ 3√
3 (363)
De (363) e (362), concluímos por transitividade que:
tanαtanβtanγ ≥ 3√
3 (364)
Usando a desigualdade provada no problema anterior, temos que:
2(senα+ senβ + senγ) ≤ 3√
3 (365)
De (365) e (364), concluímos por transitividade que:
tanαtanβtanγ ≥ 2(senα+ senβ + senγ) (366)
Note que senα+ senβ+ senγ = 4cosα
2cos
β
2cos
γ
2, de onde podemos ver que
a desigualdade acima é equivalente a desigualdade abaixo:
tanαtanβtanγ ≥ 8cosα
2cos
β
2cos
γ
2(367)
Usando o seno do arco duplo em (367), o problema se resolve.
216
72.(Problema sugerido por Israel Meireles Chrisostomo)Demonstre que:
(cotα+ cotβ + cotγ)(cosαsen(β + γ) + cosβsen(α+ γ) + cosγsen(α+ β)) =
(cotαcotβ + cotαcotγ + cotβcotγ)× (senαsen(β + γ) + senβsen(α+ γ) + senγsen(α+ β))
Para todo α, β, γ real, tal que α+β, α+γ, β+γ 6= kπ ,(2k + 1)π
26= α, β, γ 6=
kπ, ∀k ∈ Z .
Solução: Usando a identidade provada na primeira solução do problema 4,isto é, a “Igualdade A” da página 29.Faça a substituição x = cotα, y = cotβ, z =cotγ.
217
73.(“Putnam and Beyond”-Titu Andreescu)Let a, b, c be the side lengths ofa triangle with semiperimeter 1. Prove that:
ab+ bc+ ac− abc ≤ 28
27
Solução: Multiplicando a desigualdade por1
4, teremos:
a
2
b
2+b
2
c
2+a
2
c
2− 2
a
2
b
2
c
2≤ 7
27
Fazendo x =a
2, y =
b
2, z =
c
2essa desigualdade é equivalente a:
xy + xz + yz − 2xyz ≤ 7
27
Bem como a condição para que essa desigualdade seja verdadeira é que x+y + z = 1.Já provamos isto na questão 31, página 115.
218
74.Prove a lei dos cossenos:
a2 = b2 + c2 − 2bc× cos(α)
Onde alpha é um ângulo de um triângulo qualquer, e a, b, c são lados do triân-gulo, tal que alpha é oposto ao lado a.
Solução:Sejam x, y, z reais positivos.Observe que:
(x+ y)(x+ z)(y + z) = (x+ y)(xy + xz + yz + z2) = (x+ y)xy + z(x+ y)(x+ y + z) =
(x+ y)xy + xz(x+ z) + yz(y + z) + 2xyz
Sendo assim temos que:
(x+ y)(x+ z)(y + z) = (x+ y)xy + xz(x+ z) + yz(y + z) + 2xyz (368)
Dividindo ambos os lados da igualdade acima por (x+y)(x+z)(y+z), teremos:
1 =xy
(x+ z)(y + z)+
xz
(x+ y)(y + z)+
yz
(x+ y)(x+ z)+
2xyz
(x+ y)(x+ z)(y + z)(369)
Podemos fazer a substituição m′ =
√yz
(x+ z)(x+ y), e por simetria definir:
m′ =
√yz
(x+ z)(x+ y)(370)
n′ =
√xz
(x+ y)(y + z)(371)
o′ =
√xy
(x+ z)(y + z)(372)
Se efetuarmos essa substituição em (369), teremos que:
m′2 + n′2 + o′2 + 2m′n′o′ = 1
Já provamos, no problema 3 (página 20), que isto implica que podemos
fazer a substituição m′ = senα
2, n′ = sen
β
2, o′ = sen
γ
2sendo α+β+γ = π.Pela
transformação de Ravi, ou seja a = y+ z, b = x+ z, c = x+ y, a, b, c serão ladosde um triângulo e valerá:
senα
2=
√(S − b)(S − c)
bc
Onde S é o semiperímetro desse triângulo.Mas já provamos na página 27,que:
a2 = b2 + c2 − 2bc× cos(α)⇔ sen(α
2
)=
√(S − b)(S − c)
bc
219
b2 = a2 + c2 − 2ac× cos(β)⇔ sen
(β
2
)=
√(S − a)(S − c)
ac
c2 = a2 + b2 − 2ab× cos(γ)⇔ sen(γ
2
)=
√(S − a)(S − b)
ab
Onde as duas últimas igualdades foram verificadas pela simetria.Não sabe-mos se a,b,c são opostos aos lados α, β, γ.Na verdade, não sabemos sequer sea,b,c pertencem ao mesmo triângulo de ângulos α, β, γ.Para provar isso, observeque b é uma solução da equação:
x2 + c2 − 2xc× cosα− a2 = 0⇔
Por Bháskara temos que:
x = b = ccosα±√c2cos2α− (c2 − a2) = ccosα±
√−c2sen2α+ a2
Pegue a solução que é positiva ou a negativa20.Por comodidade, vamos pegara positiva, a saber b = ccosα +
√−c2sen2α+ a2, multiplique ambos os lados
por 2b e teremos 2b2 = 2bccosα +√−4b2c2sen2α+ 4a2b2 ⇔ 2b2 = b2 + c2 −
a2 +√−4b2c2sen2α+ 4a2b2 ⇔ a2 + b2 − c2 =
√−4b2c2sen2α+ 4a2b2 ⇔ (a2 +
b2 − c2)2 = 4a2b2 − 4b2c2sen2α.De onde concluímos que:
(a2 + b2 − c2)2 = 4a2b2 − 4b2c2sen2α (373)
Por outro lado, veja que (a2 + b2− c2)2 = 4a2b2cos2γ = 4a2b2−4a2b2sen2γ. Deonde concluímos que:
(a2 + b2 − c2)2 = 4a2b2 − 4a2b2sen2γ (374)
De (373) e (374), teremos:
b2c2sen2α = a2b2sen2γ (375)
Por simetria, teremos21:
bcsenα = absenγ = acsenβ (376)
E veja que isto implica, olhando para área do triângulo, ou mesmo, pela lei dossenos, que os lados a, b, c pertencem ao mesmo triângulo de ângulos α, β, γe são opostos a α, β, γ.Vou dar detalhes aqui de como provar esta implica-ção.Primeiramente separemos (376) nas seguintes igualdades:
csenα = asenγ (377)
bsenα = asenβ (378)20Se pegássemos a solução com somente um delta negativo, obteríamos o mesmo resul-
tado(mas nesse caso, o triângulo seria obtuso).21Observe que o seno é positivo de 0 até π, e portanto podemos extrair a raíz.
220
bsenγ = csenβ (379)
Sabemos pela lei dos senos que existe α′, β′, γ′ tal quea
senα′=
b
senβ′=
c
senγ′= 2R .Essas igualdades implicam:
csenα′ = asenγ′ (380)
bsenα′ = asenβ′ (381)
bsenγ′ = csenβ′ (382)
Multiplicando (380) por (377),(381) por (378),(382) por (379), obtemos:
senγ′senα = senα′senγ (383)
senγ′senβ = senβ′senγ (384)
senα′senβ = senβ′senα (385)
Temos então um sistema para resolvermos.Faça x = senα, x′ = senα′, y =senβ, y′ = senβ′, z = senγ, z′ = senγ′ e teremos o sistema:
x′y = xy′ (386)
x′z = xz′ (387)
y′z = yz′ (388)
Observe quex′
x=z′
z,x
x′=
z
z′⇒ x′
x+x
x′=
z
z′+z′
ze por simetria concluímos:
x′
x+x
x′=
z
z′+z′
z(389)
x′
x+x
x′=
y
y′+y′
y(390)
z′
z+z
z′=
y
y′+y′
y(391)
Fazendox
x′= m,
y
y′= n,
z
z′= o, teremos:
m+1
m=
1
o+ o (392)
m+1
m=
1
n+ n (393)
o+1
o=
1
n+ n (394)
Veja que o+1
o=
1
n+n⇔ o−n =
1
n−1
o⇔ o−n =
o− nno
⇔ n =1
o⇔ y
y′=z′
z⇔
yz = y′z′, multiplicando essa última igualdade por (388), temos que z2 = z′2 ⇔z = z′ e daí teremos por simetria que x = x′, y = y′, z = z′. E isto implica não
221
apenas que a, b, c pertencem ao mesmo triângulo que os ângulos α, β, γ, comoimplica que os lados a, b, c são opostos à α, β, γ.De fato, isso pode não parecerclaro a primeira vista, dado que o seno não é uma função bijetora em todointervalo (0, π).Mas perceba que particionando o intervalo (0, π) em dois sub-intervalos de tamanho
π
2, pelo princípio da casa dos pombos, dos três ângulos
α′, β′, γ′, pelo menos dois pertencerão ao mesmo intervalo.Então, temos duaspossibilidades: ou dois desses ângulos pertencem ao primeiro quadrante ou aosegundo quadrante.Se dois ângulos pertencerem ao segundo quadrante teremosum absurdo, pois a soma dos três ângulos é igual π.Portanto, dois ângulospertencem ao intervalo
(0,π
2
), intervalo onde a função seno é bijetora, isso
também vale para os ângulos α, β, γ.Portanto, podemos concluir pela igualdadeque obtivemos do sistema acima, que pelo menos dois pares de ângulos são iguais,digamos, α = α′, β = β′.Então α′ + β′ + γ′ = π = α + β + γ = α′ + β′ + γ ⇔γ = γ′.O que implica que todos os ângulos são iguais.
Talvez o leitor esteja pensando que haja a possibilidade de que α pertençaao primeiro quadrante e α′ não, veja que isso não pode ocorrer.Se isso acon-tecer, como sen(α) = senα′ = sen(π − α′), então π − α′ também pertence aoprimeiro quadrante, e daí então α = π − α′ = β′ + γ′, suponha, sem perdade generalidade que β = β′, pois a igualdade entre dois ângulos deve ocor-rer pelo menos uma vez.Para ver isso, construamos dois conjuntos A e B, taisque A = {agudo, agudo, obtuso} e B = {agudo, agudo, obtuso}.Queremos definiruma bijeção entre esses conjuntos e provar que pelo menos um ângulo agudodo conjunto A leva um outro ângulo agudo no conjunto B.Veja, que na piordas hipóteses, teremos um ângulo agudo do conjunto A com um obtuso do con-junto B e outro ângulo agudo do conjunto B com um obtuso do conjunto A,e daí sobram dois agudos nos dois conjuntos, que devem ser necessariamentelevados um no outro, prova-se assim que podemos supor que β = β′.Daí entãotemos duas possibilidades, ou γ = γ′(o que é um absurdo, pois isto implicaque γ + β = α ⇒ π = α + γ + β = 2α ⇒ α =
π
2, o que não pode ocor-
rer, pois α pertence ao primeiro quadrante) ou π − γ = γ′(o que implica queα+α′+γ+γ′ = 2π outro absurdo).Essa última igualdade, vem da possibilidadede que haja um ângulo obtuso entre os ângulos α, β, γ, e daí então a igualdadesen(γ′) = sen(γ) = sen(π − γ) implica que π − γ = γ′, pois π − γ pertenceráao primeiro quadrante22.
22A = {agudo, agudo, agudo} e B = {agudo, agudo, obtuso}, é fácil perceber o absurdo.
222
75.(Cálculo, Volume 2-Serge Lang)Se A, B são dois vetores no espaço n-dimensional, denotemos por d(A,B) a distância entre A e B, isto é d(A,B) =‖A−B‖ .Mostre que para três vetores quaisquer A,B,C temos
d(A,B) ≤ d(A,C) + d(B,C)
Solução: Seja A = (a1, ..., an),B = (b1, ..., bn) e C = (c1, ..., cn), então, peladesigualdade de Cauchy-Schwarz e pela definição de módulo, temos:
(n∑k=1
(ak − ck)2
)(n∑k=1
(bk − ck)2
)≥
(n∑k=1
|(ak − ck)||(bk − ck)|
)2
=
(n∑k=1
|(ak − ck)(bk − ck)|
)2
⇒√√√√ n∑k=1
(ak − ck)2
√√√√ n∑k=1
(bk − ck)2 ≥n∑k=1
|(ak − ck)(bk − ck)| ≥n∑k=1
(ak − ck)(ck − bk) =
n∑k=1
ak(ck − bk)−n∑k=1
ck(ck − bk)⇔
√√√√ n∑k=1
(ak − ck)2
√√√√ n∑k=1
(bk − ck)2 +
n∑k=1
ck(ck − bk) ≥n∑k=1
ak(ck − bk)⇔
√√√√ n∑k=1
(ak − ck)2
√√√√ n∑k=1
(bk − ck)2 +
n∑k=1
c2k −n∑k=1
ckbk −n∑k=1
ckak ≥ −n∑k=1
bkak ⇔
2
√√√√ n∑k=1
(ak − ck)2
√√√√ n∑k=1
(bk − ck)2 + 2
n∑k=1
c2k − 2
n∑k=1
ckbk − 2
n∑k=1
ckak ≥ −2
n∑k=1
bkak ⇔
2
√√√√ n∑k=1
(ak − ck)2
√√√√ n∑k=1
(bk − ck)2 +
(n∑k=1
c2k − 2
n∑k=1
ckbk +
n∑k=1
b2k
)+
(n∑k=1
c2k − 2
n∑k=1
ckak
n∑k=1
a2k
)≥
n∑k=1
a2k − 2
n∑k=1
bkak +
n∑k=1
b2k ⇔
2
√√√√ n∑k=1
(ak − ck)2
√√√√ n∑k=1
(bk − ck)2 +
n∑k=1
(ck − bk)2 +
n∑k=1
(ck − ak)2 ≥n∑k=1
(ak − bk)2 ⇔
√√√√ n∑k=1
(ck − bk)2
2
+ 2
√√√√ n∑k=1
(ak − ck)2
√√√√ n∑k=1
(bk − ck)2 +
√√√√ n∑k=1
(ck − ak)2
2
≥n∑k=1
(ak − bk)2 ⇔
√√√√ n∑k=1
(ck − bk)2 +
√√√√ n∑k=1
(ck − ak)2
2
≥n∑k=1
(ak − bk)2 ⇔
√√√√ n∑k=1
(ck − bk)2 +
√√√√ n∑k=1
(ck − ak)2 ≥
√√√√ n∑k=1
(ak − bk)2 ⇔ d(A,C) + d(B,C) ≥ d(A,B)
223
76.Calcule a integral: ∫1
1 + x+ x2dx
Solução: Observe que x2+x+1 =3
4×(
4x2 + 4x+ 4
3
)=
3
4
(1 +
4x2 + 4x+ 1
3
)=
3
4
(1 +
(2x+ 1)2
3
)=
3
4
(1 +
(2x+ 1√
3
)2), disso concluímos que:
∫1
1 + x+ x2dx =
4
3
∫1
1 +(
2x+1√3
)2 dxFazendo
2x+ 1√3
= u⇒ du =2√3dx⇒ dx =
√3
2du e então nossa integral pode
ser reescrita como:∫1
1 + x+ x2dx =
2√
3
3
∫1
1 + u2du =
2√
3
3arctan
(2x+ 1√
3
)+K
224
77.Calcule a integral: ∫arctan(x)dx
Solução: Faça x = tana ⇒ dx = sec2ada, tem-se que a integral é equivalentea: ∫
arctan(x)dx =
∫asec2ada
Fazendo a = u⇒ da = du e dv = sec2a⇒ v = tana, tem-se por integraçãopor partes:∫
arctan(x)dx =
∫asec2ada = atana−
∫tanada = atana−ln |seca| = x arctanx−ln
√x2 + 1
225
78.Calcule a integral: ∫ln(x2 + x+ 1)dx
Solução: Fazendo2x+ 1
x2 + x+ 1dx = du⇒ u = ln(x2+x+1) e dv = dx⇒ v = x,
obtemos, por integração por partes:∫ln(x2 + x+ 1)dx = x ln(x2 + x+ 1)−
∫2x2 + x
x2 + x+ 1dx =
x ln(x2 + x+ 1)−∫
2x2 + 2 + 2x+ 2− 2− xx2 + x+ 1
dx =
x ln(x2 + x+ 1)− 2x+
∫x+ 2
x2 + x+ 1dx = x ln(x2 + x+ 1)− 2x+
1
2
∫2x+ 4
x2 + x+ 1dx =
x ln(x2 + x+ 1)− 2x+1
2
∫2x+ 1
x2 + x+ 1dx+
3
2
∫1
x2 + x+ 1dx
Para calcular a primeira integral, faça u = x2 + x+ 1⇒ du = (2x+ 1)dx e
teremos∫
2x+ 1
x2 + x+ 1dx =
∫1
udu = lnu = ln(x2 + x+ 1), e daí teremos:
∫ln(x2 + x+ 1)dx = x ln(x2 + x+ 1)− 2x+
1
2ln(x2 + x+ 1) +
√3 arctan
(2x+ 1√
3
)+K
226
79.Mostre que toda dízima periódica é um número racional, encontre a fra-ção geratriz.
Solução:
Demonstração. Seja a sequência finita de números naturais a1, a2, a3, ..., ak; a1 6=0; 0 ≤ aj ≤ 9,∀j ∈ N, isto é, uma sequência de algarismos.Então o produto dea1a2a3...ak (onde a1a2a3...ak = a1 × 10k−1 + a2 × 10k−2 + a3 × 10k−3...+ ak )por z é igual a a1a2a3...ak....a1a2a3...ak︸ ︷︷ ︸
m+1 vezes
.Onde z é um número com a seguinte lei
de formação: z começa com 1, seguido de k-1 zeros, seguido de um número 1,seguido de k-1 zeros, seguido de um número 1, e assim por diante(num total dem vezes), isto é, um número que começa e termina com 1, e sempre há, entredois números 1’s, k-1 zeros. Ou seja z = 1 0...0︸︷︷︸
k−1 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1...
︸ ︷︷ ︸m(k−1) zeros
.Façamos a
prova por indução sobre m, como base de indução tome m = 1, como hipótesede indução, suponha que a igualdade abaixo seja verdadeira para algum m:
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1...
︸ ︷︷ ︸m(k−1) zeros
×a1a2a3...ak = a1a2a3...ak....a1a2a3...ak︸ ︷︷ ︸m+1 vezes
O que queremos provar é que:
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1...
︸ ︷︷ ︸(m+1)(k−1) zeros
×a1a2a3...ak = a1a2a3...ak....a1a2a3...ak︸ ︷︷ ︸m+2 vezes
Como 1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1...
︸ ︷︷ ︸(m+1)(k−1) zeros
= 10(m+1)k + 1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1...
︸ ︷︷ ︸m(k−1) zeros
⇒
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1...
︸ ︷︷ ︸(m+1)(k−1) zeros
×a1a2a3...ak = (10(m+1)k+1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1...
︸ ︷︷ ︸m(k−1)) zeros
)×
a1a2a3...ak = a1a2a3...ak × 10(m+1)k + 1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1...
︸ ︷︷ ︸m(k−1) zeros
×a1a2a3...ak =
a1a2a3...ak × 10(m+1)k + a1a2a3...ak....a1a2a3...ak︸ ︷︷ ︸m+1 vezes
= a1a2a3...ak....a1a2a3...ak︸ ︷︷ ︸m+2 vezes
227
Daí então, teremos:
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1...
︸ ︷︷ ︸m(k−1) zeros
×a1a2a3...ak = a1a2a3...ak....a1a2a3...ak︸ ︷︷ ︸m+1 vezes
(395)
Multipliquemos a igualdade acima por 10−(m+1)k+1 teremos:
0, 0..0︸︷︷︸k−2 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1 0...0︸︷︷︸k−1 zeros
1...
︸ ︷︷ ︸m(k−1) zeros
×a1a2a3...ak = a1, a2a3...ak....a1a2a3...ak︸ ︷︷ ︸m+1 vezes
(396)Por outro lado, observe que no lado esquerdo temos uma P.G. cujo primeiro
termo é 10−(k−1) e cuja razão é igual a10−(2k−1)
10−(k−1)= 10−k, e cujo último termo
depende de m, como estamos interessados em valores de m arbitrariamentegrande, pegue o limite de m tendendo ao infinito, e teremos que:
a1, a2a3...ak....a1a2a3...ak︸ ︷︷ ︸∞
=1
10k−1(1− 1
10k
)×a1a2a3...ak =1
10k−1 − 0, 1×a1a2a3...ak
(397)Como k é finito, o resultado segue.Não só fomos capazes de demonstrar queo número é racional como encontramos uma fórmula geral para encontrarmosfrações de dízimas periódicas.
�
228
80.(Problema Sugerido por Israel Meireles Chrisotomo)Partindo do princí-pio que o leitor conheça a demonstração tradicional para a fórmula que dá asoma dos termos de uma Progressão Geométrica.Mostre, com um argumentototalmente diferente ao usado tradicionalmente, a fórmula que retorna a somados termos de uma Progressão Geométrica.
Solução:
Demonstração. Primeiramente observe as identidades:
(r − 1
r
)(rn−k−1 +
1
rn−k−1
)=
(rn−k − 1
rn−k
)+
(−rn−k−2 +
1
rn−k−2
)(398)
(r − 1
r
)(rn−k−1 − 1
rn−k−1
)=
(rn−k +
1
rn−k
)−(rn−k−2 +
1
rn−k−2
)(399)
Aplicando o somatório variando em k, nas duas igualdades acima, teremos:
n−2∑k=0
(r − 1
r
)(rn−k−1 +
1
rn−k−1
)=
n−2∑k=0
(rn−k − 1
rn−k
)+
n−2∑k=0
(−rn−k−2 +
1
rn−k−2
)=
rn − 1
rn+ rn−1 − 1
rn−1+
1
r− r
(400)
n−2∑k=0
(r − 1
r
)(rn−k−1 − 1
rn−k−1
)=
n−2∑k=0
(rn−k +
1
rn−k
)−n−2∑k=0
(rn−k−2 +
1
rn−k−2
)=
rn +1
rn+ rn−1 +
1
rn−1− 2− r − 1
r(401)
Somando os extremos de (400) e (401), lado esquerdo com lado esquerdo elado direito com lado direito, e dividindo o resultado por 2, teremos:
n−2∑k=0
(r − 1
r
)rn−k−1 = rn + rn−1 − 1− r = r(rn−1 − 1) + rn−1 − 1 = (r + 1)(rn−1 − 1)⇔
n−2∑k=0
(r2 − 1
r
)rn−k−1 = (r + 1)(rn−1 − 1)⇔
n−2∑k=0
(r − 1
r
)(r + 1)rn−k−1 = (r + 1)(rn−1 − 1)⇔
n−2∑k=0
rn−k−1 =r(rn−1 − 1)
r − 1
�
229
81.(Problema Sugerido por Israel Meireles Chrisotomo)Demonstre a sériede Taylor do seno de forma elementar, ou seja, não use derivadas ou qualquerdefinição em que o conceito de derivadas esteja implícito, e ainda, sem usar asérie de Taylor da exponencial ou o limite exponencial fundamental.Isto é, usesomente a definição trigonométrica do seno e nada mais.Dica: Use teoremas daAnálise Real.
Solução:
Demonstração. Basicamente, precisaremos de um teorema da Análise muito im-portante, cuja demonstração raramente aparece nos livros de Análise, conhecidocomo Tannery’s Theorem.O teorema de Tannery é uma versão discreta do Teo-rema da Convergência Dominada de Lebesgue.Para começar, vamos enunciar oteorema de Tannery:
Proposição 1 For each natural number n, let∞∑k=1
ak(n) be a convergent
series .If for each k, limn→∞
ak(n) = ak, and |ak(n)| ≤Mk for all n where the
series∞∑k=1
Mk converges, then limn→∞
∞∑k=1
ak(n) =
∞∑k=1
ak
Isto significa dizer, que sob certas condições é possível afirmar que dada umasérie arbitrária, o limite da soma é a soma dos limites, desde que se verifique ascondições do Tannery’s Theorem.Este resultado é um resultado simples de serprovado, contudo, muito importante, devido a mobilidade que ganhamos ao sepassar o limite para dentro da soma infinita. Outro resultado importante quevamos usar consiste na desigualdade abaixo:
Proposição 2 Seja n um número natural, n! o produto de todos os números
naturais menores ou iguais a n, e seja o binômio(n
k
)=
n!
k!n− k!, então,
vale que:
(n
k
)<nk
k!
Por definição, temos que:
230
(n
k
)=
n!
k!n− k!=n(n− 1)(n− 2)...(n− (k − 1))(n− k)!
k!n− k!=n(n− 1)(n− 2)...(n− (k − 1))
k!
Como
n− 1 < nn− 2 < nn− 3 < n....n− (k − 1) < n
Multiplicando todas as desigualdades acima, obtemos:
(n− 1)(n− 2)...(n− (k − 1)) < nk−1
Multiplicando ambos os lados da desigualdade acima porn
k!, obtemos:
n(n− 1)(n− 2)...(n− (k − 1))
k!<nk
k!
Como(n
k
)=n(n− 1)(n− 2)...(n− (k − 1))
k!, segue que:(
n
k
)<nk
k!
Vamos a solução do problema.Primeiramente, vamos definir uma funçãofn(z) tal que
fn(z) =1
2i
((1 + itan
(z
2n+ 1
))2n+1
−(
1− itan(
z
2n+ 1
))2n+1)
Vamos estudar algumas propriedades dessa função.Para isto, vamos expandira função pelo binômio de Newton, veja como podemos fazer isto:
1
2i
((1 + itan
(z
2n+ 1
))2n+1
−(
1− itan(
z
2n+ 1
))2n+1)
=
1
2i
(2n+1∑k=0
(2n+ 1
k
)(itan
(z
2n+ 1
))k−
2n+1∑k=0
(2n+ 1
k
)(−itan
(z
2n+ 1
))k)=
1
2i
(2n+1∑k=0
(2n+ 1
k
)(itan
(z
2n+ 1
))k−
2n+1∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
k
)(itan
(z
2n+ 1
))k)=
1
i
n∑k=0
(2n+ 1
2k + 1
)(itan
(z
2n+ 1
))2k+1
=
1
i
n∑k=0
i2k+1
(2n+ 1
2k + 1
)(tan
(z
2n+ 1
))2k+1
=
231
1
i
n∑k=0
i2k.i
(2n+ 1
2k + 1
)(tan
(z
2n+ 1
))2k+1
=
i
i
n∑k=0
i2k(
2n+ 1
2k + 1
)(tan
(z
2n+ 1
))2k+1
=
n∑k=0
(i2)k(
2n+ 1
2k + 1
)(tan
(z
2n+ 1
))2k+1
=
n∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(tan
(z
2n+ 1
))2k+1
De onde concluímos que:
fn(z) =
n∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(tan
(z
2n+ 1
))2k+1
......Igualdade i
Vamos memorizar a igualdade acima, e partir novamente da função fn(z) echegar a algumas conclusões importantes, veja:
fn(z) =1
2i
((1 + itan
(z
2n+ 1
))2n+1
−(
1− itan(
z
2n+ 1
))2n+1)
=
=1
2i
1 +
isen(
z2n+1
)cos(
z2n+1
)2n+1
−
1−isen
(z
2n+1
)cos(
z2n+1
)2n+1
=
1
2i
cos
(z
2n+1
)+ isen
(z
2n+1
)cos(
z2n+1
)2n+1
−
cos(
z2n+1
)− isen
(z
2n+1
)cos(
z2n+1
)2n+1
=
1
2i
(cos(
z2n+1
)+ isen
(z
2n+1
))2n+1
(cos(
z2n+1
))2n+1 −
(cos(
z2n+1
)− isen
(z
2n+1
))2n+1
(cos(
z2n+1
))2n+1
=
1
2i
cosz + isenz(cos(
z2n+1
))2n+1 −cosz − isenz(
cos(
z2n+1
))2n+1
=
=1
2i
2isenz(cos(
z2n+1
))2n+1
=senz(
cos(
z2n+1
))2n+1
De onde concluímos que:
fn(z) =senz(
cos(
z2n+1
))2n+1 ........Igualdade ii
Das igualdades i e ii, concluímos que:
232
senz(cos(
z2n+1
))2n+1 =
n∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(tan
(z
2n+ 1
))2k+1
Tomando o limite de n tendendo ao infinito em ambos os lados da igualdade,vem:
limn→∞
senz(cos(
z2n+1
))2n+1 = limn→∞
n∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(tan
(z
2n+ 1
))2k+1
Defina uma sequência xn, tal que:
xn := (2n+ 1)tan
(z
2n+ 1
)
Daí então temos quez
2n+ 1= arctan
(xn
2n+ 1
), vem
limn→∞
senz(cos(arctan
(xn
2n+1
)))2n+1
= limn→∞
n∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(tan
(arctan
(xn
2n+ 1
)))2k+1
Usando a identidade trigonométrica cosx =1√
1 + tan2x, vem que:
limn→∞
senz(1√
1+tan2(arctan( xn2n+1 ))
)2n+1 =
= limn→∞
n∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(tan
(arctan
(xn
2n+ 1
)))2k+1
limn→∞
senz(1√
1+( xn2n+1 )
2
)2n+1 = limn→∞
n∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(xn
2n+ 1
)2k+1
.
Aqui podemos ver que estamos próximos de encontrar a série de Taylor doseno, mas alguns problemas permanecem, por exemplo, temos um limite a sercalculado no denominador do seno ao lado esquerdo, por outro lado, temosque a série está na variável x e não na variável z, e portanto, o argumento doseno ao lado esquerdo não corresponde com a variável x no lado direito.Masesses problemas podem ser facilmente resolvidos se percebermos que o limite nodenominador tende para 1, bem como a substituição que efetuamos foi proposi-talmente efetuada por nos permitir voltar facilmente da variável x para variávelz, pois temos a seguinte implicação
233
z
2n+ 1= arctan
xn2n+ 1
⇒ tan
(z
2n+ 1
)=
xn2n+ 1
⇒
⇒ xn = (2n+ 1)tan
(z
2n+ 1
)⇒ lim
n→∞xn = lim
n→∞(2n+ 1)tan
(z
2n+ 1
)⇒
⇒ limn→∞
xn = z
E como nosso limite tende ao infinito, podemos ver, por essa substituição,que podemos voltar a variável z a qualquer momento, para isto precismos apenaspassar o limite para dentro do somatório.Para tanto, o primeiro passo para pas-
sar o limite para dentro do somatório da série limn→∞
n∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(xn
2n+ 1
)2k+1
,
precisamos encontrar um majorante para
∣∣∣∣∣(
2n+ 1
2k + 1
)(xn
2n+ 1
)2k+1∣∣∣∣∣ que é o co-
eficiente da série.Mas isto não é difícil, basta observar que:(n
k
)<nk
k!
Substituindo n por 2n+1 e k por 2k+1, vem:(2n+ 1
2k + 1
)<
(2n+ 1)2k+1
2k + 1!
Multiplicando os dois lados por(
xn2n+ 1
)2k+1
, vem
(2n+ 1
2k + 1
)(xn
2n+ 1
)2k+1
<(2n+ 1)2k+1
2k + 1!
(xn
2n+ 1
)2k+1
=x2k+1n
2k + 1!⇒
⇒(
2n+ 1
2k + 1
)(xn
2n+ 1
)2k+1
<x2k+1n
2k + 1!
Dado que toda sequência convergente é limitada, existe l ∈ R+tal que |xn| ≤l.Provamos, então, que |ak(n)| ≤Mk, a outra condição que devemos satisfazer é
que∞∑k=1
Mk deve convergir, isto é a sérien∑k=0
l2k+1
2k + 1!deve convergir, mas isto é
fácil de provar, basta usar o teste da razão e verificar que o raio de convergênciadessa série é infinita.Com estas condições satisfeitas, podemos passar o limitepara dentro da série infinita e agora, basta calcularmos o limite, pois acabamosde provar que vale a igualdade:
limn→∞
n∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(xn
2n+ 1
)2k+1
=
n∑k=0
limn→∞
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(xn
2n+ 1
)2k+1
Para calcular o limite acima, considere que
234
limn→∞
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(xn
2n+ 1
)2k+1
=
limn→∞
(−1)k(2n+ 1)(2n)(2n− 1)...(2n+ 1− 2k)
2k + 1!
(xn
2n+ 1
)2k+1
=
limn→∞
(−1)kx2k+1n
2k + 1!
(2n+ 1
2n+ 1
)(2n
2n+ 1
)(2n− 1
2n+ 1
)...
(2n+ 1− 2k
2n+ 1
)=
limn→∞
(−1)kx2k+1n
2k + 1!
(1 + 1
2n
1 + 12n
)(1
1 + 12n
)(1− 1
2n
1 + 12n
)...
(1 + 1−2k
2n
1 + 12n
)Considerando que lim
n→∞xn = z, vem que
limn→∞
n∑k=0
(−1)k(
2n+ 1
2k + 1
)(xn
2n+ 1
)2k+1
=
∞∑k=0
(−1)kz2k+1
2k + 1!
Substituindo na Relação i, obtemos
limn→∞
senz(1√
1+( xn2n+1 )
2
)2n+1 =
∞∑k=0
(−1)kz2k+1
2k + 1!
limn→∞
√1 +
(xn
2n+ 1
)22n+1
senz =
∞∑k=0
(−1)kz2k+1
2k + 1!
Agora, nos resta provar que o limite ao lado esquerdo é igual a 1.Para isto,provemos uma desigualdade auxiliar.Para todo φ real positivo, vale a desigual-dade:
log5(φ+ 1) ≤ φ, ∀φ;φ ∈ R+ (402)
Para provarmos isso, primeiramente, seja x, um número entre zero e um, em um inteiro positivo, então é fácil ver que vale a desigualdade abaixo:(
1 +1
m+ x
)m+x
≤(
1 +1
m
)m+1
(403)
Daí então, teremos, usando quem+ 1
m≤ 2,∀m;m ∈ Z+, e que
m− km
<
1,∀k; k ∈ Z+, e também que 2n ≤ (n+ 1)!⇔ 1
(n+ 1)!≤ 1
2n:
235
(1 +
1
m
)m+1
= 1 +m+ 1
m× 1!+
(m+ 1)m
m2 × 2!+
(m+ 1)m(m− 1)
m3 × 3!+ ...+
(m+ 1)!
mm+1 × (m+ 1)!=
1 +m+ 1
m
(1 +
1
2!+m− 1
m× 3!+
(m− 1)(m− 2)
m2 × 4!+ ...+
(m− 1)!
mm−1(m+ 1)!
)<
1 + 2
(1 +
1
2!+
1
3!+ ...+
1
(m+ 1)!
)<
1 + 2
(1 +
1
2+
1
22+ ...+
1
2m
)= 1 + 2(2− 2−m) = 5− 2−(m−1) ⇔(
1 +1
m
)m+1
< 5− 2−(m−1)
(404)
Da igualdade (403) e de (404), temos que:(1 +
1
m+ x
)m+x
≤ 5− 2−(m−1) < 5 (405)
Como temos que todo número real positivo pode ser escrito com uma parteinteira positiva somado a uma parte fracionária, então teremos que, para todoy real e maior do que 1, vale a desigualdade:(
1 +1
y
)y≤ 5,∀y > 1 (406)
Aplicando o logaritmo em ambos os lados da desigualdade, teremos:
log5
(1 +
1
y
)y≤ 1,∀y > 1 (407)
Multiplicando os dois lados porlog5(1 + φ)
log5
(1 + 1
y
)y , teremos:
log5(1 + x) ≤ log5(1 + φ)
log5
(1 + 1
y
)y = log(1+ 1y )y (1 + φ),∀y > 1 (408)
De onde concluímos que:
log5(1 + φ) ≤ log(1+ 1y )y (1 + φ),∀y > 1 (409)
Agora observe que, pela desigualdade de Bernoulli(que pode ser provadafacilmente usando indução), temos que, para todo φ real e n natural, vale adesigualdade:
1 + φ ≤(
1 +φ
n
)n(410)
236
Fazendo1
y=φ
n, observe que para todo φ ∈ R+ existe um valor de n natural
e y real tal que a igualdade acima seja satisfeita(basta tomar n > φ e y =n
φ)
teremos:
1 + φ ≤(
1 +1
y
)φy(411)
Tomando o logaritmo na base(
1 +1
y
)yna desigualdade acima, teremos:
log(1+ 1y )y (1 + φ) ≤ φ (412)
Pela última desigualdade e pela desigualdade (409), finalmente temos, portransitividade, que:
0 < log5(φ+ 1) ≤ φ, ∀φ;φ ∈ R+ (413)
Queremos calcular o limite limn→∞
√1 +
(xn
2n+ 1
)22n+1
, note que
limn→∞
√1 +
(xn
2n+ 1
)22n+1
= 5
limn→∞
(2n+ 1
2
)log5
((xn
2n+ 1
)2
+ 1
), ob-
serve que substituindo(
xn2n+ 1
)2
por φ na desigualdade acima, temos que:
0 < log5
((xn
2n+ 1
)2
+ 1
)≤(
xn2n+ 1
)2
(414)
Multiplicando ambos os lados por2n+ 1
2, teremos:
0 <2n+ 1
2log5
((xn
2n+ 1
)2
+ 1
)≤ x2n
4n+ 2<
l2
4n+ 2(415)
Tomando o limite, temos que limn→∞
(2n+ 1
2
)log5
((xn
2n+ 1
)2
+ 1
)= 0,
pois l é fixo, e isso implica o resultado desejado. �
Essa prova também pode ser estendida para provar a série de Taylor docosseno.
237
Referências[1] Titu Andreescu and Zuming Feng. 103 Trigonometry Problems: From the
Training of the USA IMO Team. Springer Science & Business Media, 2006.
[2] Zdravko Cvetkovski. Inequalities: Theorems, Techniques and Selected Pro-blems. Springer Science & Business Media, 2012.
[3] Vardan Verdiyan e Daniel Campos Salas. Simple trigonometric substituti-ons with broad results. http://www.gimnazija-izdijankoveckoga-kc.skole.hr/upload/gimnazija-izdijankoveckoga-kc/multistatic/663/Trigonometric_substitutions.pdf.
[4] Razvan Gelca and Titu Andreescu. Putnam and beyond. Springer Science& Business Media, 2007.
[5] Serge Lang. Cálculo, vol. i. Livro Técnico, Rio de Janeiro, 1977.
[6] Serge Lang. Cálculo, vol. ii. Livro Técnico, Rio de Janeiro, 1977.
[7] Elon Lages Lima. Análise real volume 1. Projeto Euclides, 2008.
[8] Viktor N Litvinenko, Aleksandr Grigorevich Mordkovich, and Leonid Le-vant. Solving problems in algebra and trigonometry. Mir, 1987.
[9] Lynn Harold Loomis and Shlomo Sternberg. Advanced calculus. WorldScientific Publishing Co Inc, 2014.
[10] Ulysses Sodré. Elementos de matemática. http://www.uel.br/projetos/matessencial/superior/elementos/exercicios06.pdf.
238
Meu Site
Meu Blog
IMO Oficial Site
Cornell University/Putnan Competition/site com vários links legais para bonslivros- a maioria eu não li :)
Blog do Terence Tao
Mathematics Stack Exchange
239