Novo URL do blogue Problemas e Teoremas: https://problemasteoremas.blog

Publicado em 10 de Julho de 2023 por Américo Tavares

Informo os leitores e visitantes que o novo URL deste blogue passou a ser https://problemasteoremas.blog/.

O URL anterior, https://problemasteoremas.wordpress.com, é redirecionado para este.

Publicado em Blogue, Geral | Deixe um comentário

Redes Neuronais Artificiais

Publicado em 17 de Outubro de 2022 por Américo Tavares
Descrição matemática simplificada da retropropagação dos erros no perceptrão multicamada

Informo que iniciei com este artigo sobre retropagação (backpropagation) o meu blogue Redes neuronais artificiais

Publicado em Blogue, Geral | Etiquetas Geral | 1 Comentário

Uma questão do exame de Matemática inglês GCSE

Publicado em 1 de Junho de 2022 por Américo Tavares

GCSE EXAM FINAL QUESTION (link)

(Versão do artigo em pdf)

Recentemente vi no FB referências a uma questão de matemática do exame inglês conhecido por GCSE (General Certificate of Secondary Education) deste ano, destinado a alunos que deixam a escola aos 16 anos e que não pretendem prosseguir estudos.

Tradução do enunciado. A figura representa três círculos de 4 cm de raio cada. Os centros dos círculos são os pontos A, B e C tais que ABC é uma linha recta e AB=BC=4 cm. Calcule a área total das duas regiões sombreadas. Apresente a sua resposta em termos de \pi.

gcse-fig0

Possível resolução. Designemos a área da região sombreada por A. Ora.

A=\pi r^{2}-4A_{\text{seg. circ.}}

em que A_{\text{seg. circ.}} é a área de um segmento de um círculo (veja última figura) de raio r=4 cm e ângulo ao centro \theta =120{{}^{\circ }}=\frac{2\pi }{3} rad. Para calcular esta área, determinamos primeiro a área A_{\text{seg. circ.}} de um sector de círculo de raio r=4 cm e ângulo ao centro \theta =\frac{2\pi }{3} rad, retirando-lhe depois a área A_{\triangle\mathrm{PQC}} do triângulo PQC (da segunda figura), em que P é o ponto intersecção de duas circunferências concorrentes, por exemplo a do meio e a da direita e Q é o ponto simétrico de P na vertical

gcse-fig1

Então,

A_{\text{sec. circ.}}=\dfrac{1}{2}r^{2}\theta =\dfrac{16\pi }{3}\,\text{cm}^{2}

Seja T o ponto equidistante de B e C. Mas como a área do triângulo rectângulo PTC (rectângulo em T, base b=TC=2 cm e altura h=PT=\sqrt{12}=2\sqrt{3} cm) é

A_{\triangle \text{PTC}}=\dfrac{bh}{2}=2\sqrt{3}\,\text{cm}^{2}=\dfrac{A_{\triangle \text{PQC}}}{2}

a área A_{\text{seg. circ.}} vem

A_{\text{seg. circ.}}=A_{\text{sec. circ.}}-A_{\triangle \text{PQC}}=A_{\text{sec. circ.}}-2\times A_{\triangle\mathrm{PTC}}=\dfrac{16\pi }{3}-4\sqrt{3}\,\text{cm}^{2}

Donde a área pedida será

A=\pi r^{2}-4A_{\text{seg. circ.}}=16\pi -4\left(\dfrac{16\pi }{3}-4\sqrt{3}\right) =-\dfrac{16}{3}\pi +16\sqrt{3}\, \text{cm}^{2}

 

gcse-fig2

Segmento de círculo \overset{ \huge\frown}{PCQP} (a vermelho) e sector de círculo \overset{ \huge\frown}{BPCQB} (regiões azul e vermelha; ângulo ao centro \angle PBQ e raio r=BP=4)

Comentário. No contexto de exame, parece-me uma questão difícil.

Usando trigonometria, pode demonstrar-se que se o raio for r e o ângulo ao centro \theta, a área do segmento de círculo é igual a

\dfrac{r^2}{2}(\theta - \text{sen}(\theta))

com \theta expresso em radianos. No entanto, por ser mais simples, na resolução geométrica sugerida, recorri apenas ao teoremas de Pitágoras.

gcsemaths2022finalDescarregar
Publicado em Exercícios Matemáticos, Geometria, Matemática, Matemática-Secundário, Problemas | Etiquetas Matemática, Matemática-Secundário, Problema | Deixe um comentário

Desigualdade probabilística de Hoeffding ilustrada com um caso específico simples

Publicado em 4 de Abril de 2022 por Américo Tavares

(Versão do artigo em PDF)

No artigo (de Machine Learning) de Sébastien Bubeck e Mark Sellke  A Universal Law of Robustnesss via Isoperimetry é utilizada a desigualdade de Hoeffding, [Hoeffding, Wassily (1963)] na demonstração do teorema principal. Esta desigualdade probabilística apresenta o seguinte enunciado, em tradução do original

Desigualdade de Hoeffding [Hoeffding, Wassily (1963) Theorem 2]: Se X_{1},X_{2}\dots,X_{n}  forem variáveis aleatórias independentes e a_{i}\leq X_{i}\leq b_{i}, i=1,2\ldots,n, então, para t>0:

\mathbb{P}\left[\overline{X}-\mu\geq t\right]\leq\exp\left(-2n^2t^2/\sum_{i=1}^{n}\left(b_{i}-a_{i}\right)\right)^2.

Notação: \overline{X}=\dfrac{S}{n} e \mu =\mathbb{E}\left[ \overline{X}\right] =\dfrac{\mathbb{E}\left[ S\right]}{n}, em que a soma S=\sum_{i=1}^{n}X_{i} e \mathbb{E}\left[\overline{X}\right] é a esperança matemática de \overline{X}.

Embora a demonstração deste teorema não faça referência explícita à desigualdade de Markov, no caso particular do exercício que apresento a seguir, vou usá-la para facilitar a sua demonstração, à semelhança do que é feito neste vídeo de MIT RES.6-012 Introduction to Probability. No exercício, à excepção da utilização da desigualdade de Markov, sigo, para mais fácil generalização, os passos da demonstração do teorema original adaptada ao caso apresentado.

Desigualdade de Markov: se Z  for uma variável aleatória positiva ou nula cuja esperança matemática se designa por \mathbb{E}[Z] e c uma constante positiva, então

\mathbb{P}\left( Z\geq c\right) <\dfrac{\mathbb{E}\left[ Z\right] }{c}.

Exercício (caso particular da desigualdade de Hoeffding): Sejam X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n} variáveis aleatórias independentes que tomam, com igual probabilidade, os valores -1 e 1

\mathbb{P}\left( X_{i}=-1\right) =\mathbb{P}\left(X_{i}=1\right)=1/2,\qquad i=1,\ldots ,n.

Designando a média das variáveis aleatórias por \overline{X}=S/n, em que S=\sum_{i=1}^{n}X_{i} é a sua soma, e fazendo uso da desigualdade de Markov, determine o seguinte majorante da probabilidade da média ser pelo menos t

\mathbb{P}\left[ \overline{X}\geq t\right] \leq e^{-nt^{2}/2},\qquad t>0.\qquad\qquad(1)

Resolução: Se substituirmos \overline{X} em \mathbb{P}\left[ \overline{X}\geq t\right], obtemos a probabilidade equivalente

\mathbb{P}\left[\overline{X}\geq t\right]=\mathbb{P}\left[\dfrac{S}{n}\geq t\right]=\mathbb{P}\left[S\geq nt\right].

Seja, agora, h uma constante positiva arbitrária. Como a condição S\geq nt é equivalente a e^{hS}\geq e^{hnt}, podemos escrever

\mathbb{P}\left[ \overline{X}\geq t\right]=\mathbb{P}\left[ S\geq nt\right]=\mathbb{P}\left[ e^{hS}\geq e^{hnt}\right].

Para majorar esta última probabilidade usamos a desigualdade de Markov,
que aplicada a este caso se traduz em

\mathbb{P}\left[ e^{hS}\geq e^{hnt}\right] \leq \dfrac{\mathbb{E}\left[ e^{hS}\right]}{e^{hnt}}.\qquad\qquad\qquad(2)

Substituindo o valor de S, tem-se

\dfrac{\mathbb{E}\left[e^{hS}\right]}{e^{hnt}}=\dfrac{\mathbb{E}\left[e^{h\left(\sum_{i=1}^{n}X_{i}\right)}\right]}{e^{hnt}}=\dfrac{\displaystyle\prod\limits_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left[e^{hX_{i}}\right]}{e^{hnt}}.\qquad(3)

Dado que a função exponencial f(x)=e^{hx} é convexa, o seu gráfico é limitado superiormente, no intervalo  \left[ -1,1\right], pela recta que une os pontos \left( -1,f(-1)\right) =\left(-1,e^{-h}\right) e \left( 1,f(1)\right) =\left( 1,e^{h}\right), cuja equação é dada por

y=\dfrac{1-x}{2}e^{-h}+\dfrac{x+1}{2}e^{h}.

Assim,

f(x)=e^{hx}\leq\dfrac{1-x}{2}e^{-h}+\dfrac{x+1}{2}e^{h},\qquad x\in \left[-1,1\right],\qquad(4)

pelo que \mathbb{E}\left[ e^{hX_{i}}\right] =\mathbb{E}\left[ f(X_{i})\right] satisfaz a condição

\mathbb{E}\left[e^{hX_{i}}\right]\leq\dfrac{1-\mathbb{E}\left[X_{i}\right]}{2}e^{-h}+\dfrac{\mathbb{E}\left[X_{i}\right]+1}{2}e^{h}=\dfrac{1}{2}\left(e^{-h}+e^{h}\right),\qquad(5)

atendendo a que \mathbb{E}\left[ X_{i}\right] =0, pois a distribuição de cada X_{i} é simétrica.

carview.php?tsp=

De (2),(3) e (5) resulta então

\mathbb{P}\left[\overline{X}\geq t\right]\leq\dfrac{\prod\limits_{i=1}^{n}\mathbb{E}\left[ e^{hX_{i}}\right] }{e^{hnt}}\leq\left(\dfrac{e^{-h}+e^{h}}{2e^{ht}}\right)^{n}.\qquad(6)

Para facilitar o resto do cálculo, vamos agora reescrever \left(^{-h}+e^{h}\right)/2:

\dfrac{e^{-h}+e^{h}}{2}=e^{-h-\ln 2+\ln\left(1+e^{2h}\right)}:= e^{L\left(h\right)},\qquad\qquad(7)

em que o expoente L\left( h\right) =-h-\ln 2+\ln\left(1+e^{2h}\right). As duas primeiras derivadas de L\left( h\right) são

L^{\prime }\left( h\right)=-1+\dfrac{2}{1+e^{-2h}}\qquad\text{e\qquad }L^{\prime\prime}\left(h\right)=\dfrac{4e^{-2h}}{\left(1+e^{-2h}\right)^{2}}.

carview.php?tsp=

A segunda derivada admite a seguinte factorização

L^{\prime \prime }\left( h\right) =4\times\dfrac{1}{e^{-2h}+1}\times\dfrac{e^{-2h}}{e^{-2h}+1}=4\times\dfrac{1}{e^{-2h}+1}\left(1-\dfrac{1}{e^{-2h}+1}\right),\qquad(8)

isto é, L^{\prime \prime }\left( h\right) =4u(1-u) em que u=1/(e^{-2h}+1)\in \left] 0,1\right[, uma vez que 0<1/(e^{-2h}+1)<1. Ora, o máximo de 4u(1-u) ocorre quando u=1/2, donde L^{\prime\prime}\left( h\right) \leq 4\times (1/2)(1-1/2)=1. Pelo desenvolvimento em série de Taylor, dado que L\left( 0\right) =L^{\prime }\left(0\right) =0, vem

L\left(h\right)=L(0)+L^{\prime}\left(0\right)h+\dfrac{L^{^{\prime \prime}}\left(0\right) }{2}h^{2}+\cdots \leq \dfrac{1}{2}h^{2}.\qquad(9)

No gráfico anterior mostram-se os andamentos de L(h), h^{2}/2 e L^{\prime \prime }(h). De (7) e (9), resulta que \left( e^{-h}+e^{h}\right) /2=e^{L\left( h\right) }\leq e^{h^{2}/2}, e de (6),

\mathbb{P}\left[\overline{X}\geq t\right] \leq \left(\dfrac{e^{-h}+e^{h}}{2e^{ht}}\right) ^{n}\leq e^{-hnt+nh^{2}/2}.\qquad(10)

Designe-se o expoente de (10) por g(h)=-hnt+nh^{2}/2. Visto que \min_{h}\exp\left[g(h)\right]=\exp\left[\min_{h}g(h)\right] e g^{\prime }(h)=nh-nt=0, o segundo membro de (10) tem o mínimo em h_{\min }=t. Finalmente, inserindo este valor em (10), obtemos o majorante e^{-hnt+nh^{2}/2}=e^{-nt^{2}/2} de \mathbb{P}\left[ \overline{X}\geq t\right] indicado em (1), o que demonstra a desigualdade de Hoeffding, neste caso específico.

Apresentam-se dois exemplos gráficos para os casos t=1/2 e t=3/4.

carview.php?tsp=

[Hoeffding, Wassily (1963)] Probability inequalities for sums of bounded random variables (PDF). Journal of the American Statistical Association. 58 (301): 13–30. Acessível via Wikipedia

hoeffding-exercicioDescarregar

Publicado em Desigualdades matemáticas, Estatística, Matemática, Probabilidades | Etiquetas Exercícios, Matemática, Prova | Deixe um comentário

Série de MacLaurin de exp(1/(1-z))

Publicado em 2 de Janeiro de 2021 por Américo Tavares

Na questão de DannyBoy  Find the first four non-zero terms of the Maclaurin series of f(z)=e^{\frac{1}{1-z}}, no MSE, pretende-se achar os quatro primeiros termos da série de MacLaurin, sem calcular as derivadas, da função f(z)=e^{\frac{1}{1-z}} .

Tradução da minha resposta.

A partir das séries de Maclaurin

\dfrac{1}{1-z}=1+z+z^{2}+z^{3}+O\left( z^{4}\right)

e

\exp(z)= 1+z+\dfrac{1}{2!}z^{2}+\dfrac{1}{3!}z^{3}+O(z^{4}),

podemos obter o desenvolvimento de \exp\left(\dfrac{1}{1-z}\right) como é explicado nos seguintes passos:

\begin{aligned}\exp\left(\dfrac{1}{1-z}\right)&=\exp\left(1+z+z^{2}+z^{3}+O\left( z^{4}\right)\right)\\&= \exp\left(1\right)\exp\left(z\right)\exp\left(z^2 \right)\exp\left( z \right)\exp\left( z^3 \right)\exp\left( O(z^4) \right)\\&=\underset{\exp\left(1\right)}{\underbrace{e}}\,\underset{\exp\left(z\right) }{\underbrace{\left(1+z+\dfrac{1}{2}z^{2}+\dfrac{1}{6}z^{3}+O(z^{4})\right)}}\times\\&\qquad\underset{\exp\left(z^{2}\right) }{\times \underbrace{\left(1+z^{2}+O( z^{4})\right) }}\, \underset{\exp\left( z^{3}\right)}{ \underbrace{\left( 1+z^{3}+O(z^{4})\right ) }}\\ &=e\left(1+z+\dfrac{1}{2}z^{2}+\dfrac{1}{6}z^{3}+O(z^{4})\right)\underset{\exp\left(z^{2}\right)\exp\left( z^{3}\right)}{\underbrace{\left(1+z^{2}+z^{3}+O( z^{4})\right ) }}\\ &=e\left( 1+z+( 1+\dfrac{1}{2}) z^{2}+( 1+1+\dfrac{1}{6}) z^{3}+O( z^{4})\right)\\&=e+ez+\dfrac{3}{2}ez^{2}+\dfrac{13}{6}ez^{3}+O(z^{4}). \end{aligned}

P.S. A ideia foi desenvolver cada um dos factores de f(z) em série de MacLaurin, aproveitando apenas os termos até O(z^{4}).

Publicado em Análise Complexa, Exercícios Matemáticos, Matemática, Mathematics Stack Exchange, Problemas, Séries | Etiquetas Exercícios, Matemática, MSE, Problema | Deixe um comentário

Estatísticas do ano e mapa de visitantes

Publicado em 26 de Dezembro de 2020 por Américo Tavares

 

 

Aproveito esta altura do ano para publicar o mapa das visualizações do blog desde que WordPress passou a disponibilizá-las nesta forma e os principais países de proveniência dos visitantes

carview.php?tsp=

Entradas mais populares  até 26-12-2020 (acima de 100 000)

Título   Visualizações
Resolução da equação do 3.º grau (ou cúbica)   418 817
Página Inicial/Arquivos   273 489
Problema simples resolvido sobre idades de pais e filhos   258 251
Probabilidades com cartas   137 449
Resolução da equação do 4.º grau (ou quártica)   127 478

Entradas mais populares nos últimos 365 dias, de 27-12-2019 até 26-12-2020 (acima de 1 000)

Título   Visualizações
Problema simples resolvido sobre idades de pais e filhos   26 941
Resolução da equação do 4.º grau (ou quártica)   7 840
Probabilidades com cartas   5 508
Resolução da equação do 3.º grau (ou cúbica)   4 923
Página Inicial/Arquivos   3 706
Exemplo de uma indeterminação do tipo infinito menos infinito ∞ – ∞   3 405
LaTeX – matrizes   2 598
Transformação de um radical duplo na soma de dois simples. O matemático José Sebastião e Silva   2 343
A Matemática é uma Ciência? :: Is Mathematics a Science?   1 692
Somatório duplo   1 590
Limite da raiz de índice n do termo geral de uma sucessão   1 464
Jacobiano   1 393
A função inversa de uma função composta   1 041
Regra de Leibniz de diferenciação de um integral paramétrico e sua generalização   1 006

 

carview.php?tsp=

 

Publicado em Blogue, Estatísticas | Etiquetas Blogue, Estatísticas | 2 comentários

Boas Festas

Publicado em 22 de Dezembro de 2020 por Américo Tavares

Desejo a todos um Santo Natal e um melhor 2021

carview.php?tsp=

 

Publicado em Blogue | Etiquetas Blogue | Deixe um comentário

Desenvolvimento de 1/((z-i)z^2) em série de Laurent numa coroa circular descentrada da origem

Publicado em 24 de Julho de 2020 por Américo Tavares

Na questão de complexanalysis How do I write the Laurent series for \dfrac{1}{z^2(z-i)} for 1<|z-1|<\sqrt{2}?, no MSE, pretende-se desenvolver a função \dfrac{1}{z^2(z-i)}  em série de Laurent na coroa circular 1<|z-1|<\sqrt2.

Tradução da minha resposta.

A. Quando a função dada é da forma f(z)=\dfrac{p(z)}{q(z)}, sendo p(z) e q(z) polinómios em z, o primeiro passo é desenvolvê-la em fracções parciais. Devido à forma de f(z) isto quer dizer que

f(z)\equiv\dfrac{1}{z^{2}\left(z-i\right)}=\dfrac{A}{z^{2}}+\dfrac{B}{z}+\dfrac{C}{z-i}.\qquad\qquad(1)

Para determinar os coeficientes pode usar-se o  método de Heaviside.

  • Para determinar C, multiplica-se por \left(z-i\right) e, usando a raíz z=i do denominador q(z)= z^{2}\left( z-i\right),  calcula-se o limite

C=\displaystyle\lim_{z\rightarrow i}f(z)\left( z-i\right) =\displaystyle\lim_{z\rightarrow i}\dfrac{1}{z^{2}}=\dfrac{1}{i^{2}}=-1.

  • Para calcular A, multiplica-se por z^{2} e usa-se a raíz z=0 de q(z):

A=\displaystyle\lim_{z\rightarrow 0}f(z)z^{2}=\displaystyle\lim_{z\rightarrow 0}\dfrac{1}{z-i}=i.

  • Para determinar B, substitui-se C e A numa das equações resultantes da multiplicação de (1) por \left( z-i\right) ou z^{2}, e escolhe-se um z que não a anule, p. ex. z=1:

f(z)\left( z-i\right) =\dfrac{1}{z^{2}}=\dfrac{A}{z^{2}}\left( z-i\right) +\dfrac{B}{z}\left( z-i\right) +C,

z=1\implies 1=i\left(1-i\right) +B\left(1-i\right) -1\implies B=1.

Então

f(z)\equiv\dfrac{1}{z^{2}\left(z-i\right)}=\dfrac{i}{z^{2}}+\dfrac{1}{z}- \dfrac{1}{z-i}.\qquad\qquad(2)

B. Para facilitar algumas manipulações algébricas vamos agora fazer a substituição w=z-1. Então a coroa circular 1<\left\vert z-1\right\vert <\sqrt{2} transforma-se na nova coroa 1<\left\vert w\right\vert <\sqrt{2}, centrada em w=0, e \dfrac{1}{z^{2}\left( z-i\right) } converte-se em

\dfrac{1}{z^{2}\left( z-i\right) }=\dfrac{1}{\left( w+1\right)^{2}\left[ w+\left( 1-i\right) \right] }\equiv g(w).\qquad\qquad(3)

Assim, pela equação (2) pode fazer-se o seguinte desenvolvimento da função g(w)

g(w)=\dfrac{1}{w+1}+\dfrac{i}{\left( w+1\right) ^{2}}-\dfrac{1}{w+\left( 1-i\right) }.\qquad\qquad(4)

C. Cada termo pode ser desenvolvido numa série geométrica específica:

1. Para 1<\left\vert w\right\vert e usando a soma da série geométrica complexa \displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{w^{n}}=\dfrac{1}{1-\left(-1/w\right) }, o primeiro termo pode ser escrito como

g_{1}(w)\equiv\dfrac{1}{w+1}=\dfrac{1}{w}\dfrac{1}{1+1/w}=\dfrac{1}{w}\dfrac{1}{1-\left( -1/w\right) }

e desenvolvido da seguinte maneira

g_{1}(w)=\dfrac{1}{w}\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{w^{n}}=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{w^{n+1}}, \text{ for } 1<\left\vert w\right\vert.\qquad\qquad(5)

2. Quanto ao segundo termo, também para \left\vert w\right\vert >1, como

\dfrac{1}{\left( w+1\right)^{2}}=-\dfrac{d}{dw}\left(\dfrac{1}{w+1}\right) =-\dfrac{d}{dw}g_{1}(w),

pode desenvolver-se na forma

\begin{aligned}g_{2}(w)&\equiv\dfrac{i}{\left(w+1\right)^{2}}=-i\dfrac{d}{dw}g_{1}(w)=-i\dfrac{d}{dw}\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left(-1\right) ^{n}}{w^{n+1}}\\ \\&=i\displaystyle\sum_{n\geq 0}\left( -1\right) ^{n}\frac{n+1}{w^{n+2}}=-i\displaystyle\sum_{n\geq 1}\left(-1\right)^{n}\dfrac{n}{w^{n+1}},\text{ for }1<\left\vert w\right\vert.\qquad\qquad(6)\end{aligned}

3. Quanto ao terceiro, se \left\vert -\dfrac{w}{1-i}\right\vert =\dfrac{\left\vert w\right\vert}{\sqrt{2}}<1, tem-se

\begin{aligned}g_{3}(w)&\equiv\dfrac{1}{w+\left( 1-i\right) }=\dfrac{1}{1-i}\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{w}{1-i}\right) }\\ \\&=\dfrac{1}{1-i}\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left(-1\right)^{n}w^{n}}{\left(1-i\right)^{n}}=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left(-1\right) ^{n}w^{n}}{\left(1-i\right) ^{n+1}}\text{ for }\left\vert w\right\vert <\sqrt{2}.\qquad\qquad(7)\end{aligned}

D. Das equações (5)-(7) decorre que para 1<\left\vert w\right\vert<\sqrt{2}, se tem

\begin{aligned}g(w)&=g_{1}(w)+g_{2}(w)+g_{3}(w) \\ \\&=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\left(-1\right)^{n}\left[\dfrac{1-in}{w^{n+1}}+\dfrac{w^{n}}{\left(1-i\right) ^{n+1}}\right] \text{ for }1<\left\vert w\right\vert <\sqrt{2}. \qquad\qquad(8)\end{aligned}

Em termos da função dada f(z), tem-se, portanto, o seguinte desenvolvimento para 1<\left\vert z-1\right\vert <\sqrt{2}:

f(z)=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\left(-1\right)^{n}\left[\dfrac{1-in}{\left( z-1\right)^{n+1}}+\dfrac{\left(z-1\right)^{n}}{\left(1-i\right)^{n+1}}\right] \text{ for }1<\left\vert z-1\right\vert <\sqrt{2}.\qquad\qquad(9)

 

 

Publicado em Análise Complexa, Exercícios Matemáticos, Matemática, Mathematics Stack Exchange, Problemas, Séries | Etiquetas Exercícios, Matemática, MSE, Problema | Deixe um comentário

Cálculo de um integral impróprio (com logaritmo no numerador e um polinómio do 2.º grau no denominador) como aplicação do teorema dos resíduos da análise complexa

Publicado em 8 de Julho de 2020 por Américo Tavares

Na questão Evaluate an improper integral using complex analysis, no MSE,  Simplyorange pretende determinar o valor do integral

\displaystyle\int_0^\infty\dfrac{\log x}{(x+a)^2+b^2}\,dx

usando análise complexa.

Tradução da minha resposta.

Baseada nesta resposta à questão “How to evaluate \displaystyle\int_0^\infty\dfrac{\log x}{(x^2+a^2)^2}dx” (Como calcular \displaystyle\int_0^\infty\frac{\log x}{(x^2+a^2)^2}dx)  e nesta resposta à questão “Evaluate \displaystyle\int_0^\infty\dfrac{(\log x)^4dx}{(1+x)(1+x^2)}” (Cálculo de \displaystyle\int_0^\infty\dfrac{(\log x)^4dx}{(1+x)(1+x^2)}) .  Em vez de uma função com \log z no numerador, consideramos uma função com \log^2 z. Este método é exactamente o mesmo do indicado nos links dos comentários.

Para a,b>0 este método dá a seguinte fórmula explícita

\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\log x}{\left( x+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dx=\frac{1}{2b}\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \log \left( a^{2}+b^{2}\right) .\qquad a,b>0\qquad (\ast)

Escolhi a função multívoca f(z) com uma linha de ramificação  \arg z=0 definida por

\begin{aligned}f(z)&=\dfrac{\log ^{2}z}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}},\quad \text{com }0<\arg z<2\pi ,\quad z=re^{i\theta }\\&=\dfrac{\log ^{2}z}{\left( z-z_{1}\right)\left( z-z_{2}\right) }\qquad z_{1}=-a+ib,\quad z_{2}=-a-ib,\end{aligned}

e integrei-a no sentido directo ao longo do contorno fechado \Gamma mostrado na figura. Este contorno é furado em redor do ponto de ramificação O e consiste nos círculos \gamma _{R} (\left\vert z\right\vert =R) e \gamma _{\varepsilon } (\left\vert z\right\vert =\varepsilon), 0<\varepsilon <1<R e no segmento \left[ \varepsilon,R\right] descrito no sentido positivo por cima do eixo dos x e no sentido negativo por baixo do eixo dos x.

msecontourwithbranchcutandpoles

Contorno fechado \Gamma

No segmento “superior” \left[ \varepsilon,R\right], \theta =0 (r\in \left[ \varepsilon ,R\right] ) e

f(z)=\dfrac{\left( \log r\right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}.

No segmento “inferior” \left[ \varepsilon,R\right], \theta =2\pi (r\in \left[ \varepsilon ,R\right] ) e

f(z)=\dfrac{\left( \log \left( re^{i2\pi }\right) \right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}=\dfrac{\left( \log r+i2\pi \right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}.

Como tal,

\begin{aligned}I &=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0,R\rightarrow \infty }\oint_{\Gamma}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz, \\ &=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\left( \log r\right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr-\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\left( \log \left( re^{i2\pi }\right) \right) ^{2}}{\left( re^{i2\pi }+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr \\ &\quad+\lim_{R\rightarrow \infty }\displaystyle\int_{\gamma _{R}}\dfrac{\left( \log z\right)^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz-\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\displaystyle\int_{\gamma _{\varepsilon }}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz \\&=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\left( \log r\right) ^{2}-\left( \log r+i2\pi\right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dx \\ &=4\pi ^{2}\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr-i4\pi\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\log r}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr \end{aligned}

desde que

\lim_{R\rightarrow \infty }\displaystyle\int_{\gamma _{R}}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\displaystyle\int_{\gamma _{\varepsilon }}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz=0,\quad \text{(vide em baixo).}

Pelo teorema dos resíduos

\begin{aligned}I &=2\pi i\left( \underset{\displaystyle{z=z_{1}}}{\text{\textrm{Res}}}f(z)+ \underset{\displaystyle{z=z_{2}}}{\text{\textrm{Res}}}f(z)f(z)\right) \\&=2\pi i\left[ \underset{\displaystyle{z=z_{1}}}{\text{\textrm{Res}}}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) }+\underset{\displaystyle{z=z_{2}}}{\text{\textrm{Res}}}\dfrac{\left( \log z\right)^{2}}{\left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) }\right] \\&=2\pi i\left[ \dfrac{\left( \log z_{1}\right) ^{2}}{z_{1}-z_{2}}+\dfrac{\left( \log z_{2}\right) ^{2}}{z_{2}-z_{1}}\right] \\&=2\pi i\left[ \dfrac{\left( \log \left( -a+ib\right) \right) ^{2}}{i2b}-\dfrac{\left( \log \left( -a-ib\right) \right) ^{2}}{i2b}\right] \\&=\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( -a+ib\right) \right] ^{2}-\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( -a-ib\right) \right] ^{2}\end{aligned}.

Supomos agora que a,b>0. Então

\begin{aligned}I &=\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( \left\vert -a+ib\right\vert \right)+i\left( \pi -\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &\quad-\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( \left\vert -a-ib\right\vert \right) +i\left( \pi +\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &=\dfrac{\pi }{b}\left[ \dfrac{1}{2}\log \left( a^{2}+b^{2}\right) +i\left( \pi -\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &\quad-\dfrac{\pi }{b}\left[ \frac{1}{2}\log \left( a^{2}+b^{2}\right) +i\left( \pi +\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &=\dfrac{4\pi ^{2}}{b}\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) -i\dfrac{2\pi }{b} \arctan \left( \frac{b}{a}\right) \log \left( a^{2}+b^{2}\right) \end{aligned}

visto que

\log\left( \left\vert -a+ib\right\vert \right) =\log\left( \left\vert -a-ib\right\vert \right) =\dfrac{1}{2}\log \left( a^{2}+b^{2}\right) .

Tomando a parte imaginária de I obtém-se (\ast) na forma

\text{Im }( I )=-4\pi \int_{0}^{\infty }\dfrac{\log r}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2} }\,dr=-\dfrac{2\pi }{b}\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \log \left(a^{2}+b^{2}\right).

——

Prova de que \int_{\gamma _{R}}f,\int_{\gamma _{\varepsilon }}f\rightarrow 0. Se z é um qualquer ponto de \gamma _{R},

\begin{aligned}\left\vert f(z)\right\vert &=\dfrac{\left\vert \log z\right\vert ^{2}}{\left\vert \left( z+a\right) ^{2}+b^{2}\right\vert },\qquad z=R\,e^{i\theta },R>1,0<\theta <2\pi \\&\leq \dfrac{\left( \log R+2\pi \right) ^{2}}{\left\vert z+\left( -z_{1}\right) \right\vert \left\vert z+\left( -z_{2}\right) \right\vert }, \\ &\leq \dfrac{\left( \log R+2\pi \right) ^{2}}{\left\vert R-\sqrt{a^{2}+b^{2}} \right\vert ^{2}}\leq M_{R}\end{aligned}

em que

M_{R}=\dfrac{4\pi \log R+4\pi^{2}+\log ^{2}R}{R^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right) -2R\sqrt{a^{2}+b^{2}}}

porque

\left\vert z+\left( -z_{1}\right) \right\vert \geq \left\vert R-\left\vert z_{1}\right\vert \right\vert ,\left\vert z+\left( -z_{2}\right) \right\vert \geq \left\vert R-\left\vert z_{2}\right\vert \right\vert ,\left\vert z_{1}\right\vert =\left\vert z_{2}\right\vert =\sqrt{a^{2}+b^{2}}.

Isto implica que

\begin{aligned}\left\vert \displaystyle\int_{\gamma _{R}}f(z)\,dz\right\vert &\leq M_{R}\times \,2\pi R\\&=\dfrac{4\pi \log R+4\pi ^{2}+\log ^{2}R}{R^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right)-2R\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\times \,2\pi R\longrightarrow 0\qquad \left(R\rightarrow \infty \right) .\end{aligned}

De maneira semelhante, se z é um ponto qualquer de \gamma _{\varepsilon }

\begin{aligned}\left\vert f(z)\right\vert &=\dfrac{\left\vert \log z\right\vert ^{2}}{\left\vert \left( z+a\right) ^{2}+b^{2}\right\vert },\qquad z=\varepsilon \,e^{i\theta },0<\varepsilon <1,0<\theta <2\pi \\&\leq \dfrac{\left( \log \varepsilon +2\pi \right) ^{2}}{\left\vert z+\left(-z_{1}\right) \right\vert \left\vert z+\left( -z_{2}\right) \right\vert } \\&\leq \dfrac{\left( \log \varepsilon +2\pi \right) ^{2}}{\left\vert\varepsilon -\sqrt{a^{2}+b^{2}}\right\vert ^{2}}\leq M_{\varepsilon }, \end{aligned}

em que

M_{\varepsilon }=\dfrac{4\pi \log \varepsilon +4\pi ^{2}+\log ^{2}\varepsilon }{\varepsilon ^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right) -2\varepsilon \sqrt{a^{2}+b^{2}}}

e

\begin{aligned}\left\vert\displaystyle\int_{\gamma _{\varepsilon }}f(z)\,dz\right\vert &\leq M_{\varepsilon }\times \,2\pi \varepsilon \qquad z=\rho \,e^{i\theta },\rho<1 \\&\leq \dfrac{4\pi \log \varepsilon +4\pi ^{2}+\log ^{2}\varepsilon }{\varepsilon ^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right) -2\varepsilon \sqrt{a^{2}+b^{2}}}\times \,2\pi \varepsilon \longrightarrow 0\qquad \left( \varepsilon \rightarrow 0\right) .\end{aligned}

Publicado em Análise Complexa, Exercícios Matemáticos, Integrais, Matemática, Mathematics Stack Exchange, Problemas | Etiquetas Exercícios, Matemática, MSE, Problema | Deixe um comentário

The integer 17 belongs to the residue class modulo m of 24. Find m.

Publicado em 8 de Junho de 2020 por Américo Tavares

(Old) Question posted by Felipe Maia to math.stackexchange.com :

The integer 17 belongs to the residue class modulo m of 24. Find m.

(…) I thought of calculating m for the values ​​of the divisors of 24, that is, making m belonging to D (24). (…)

My answer :

Definition of residue. The number r in the congruence a\equiv r\pmod m is called the residue of a\pmod m. In the case at hand r=17 and a=24.

This means that for some integer k the following equality holds 24=17+km. You should then have km=7, where k and m are positive integers. This implies that m=7, because 7 is a prime number, that is, it has no divisors, except 1 and 7.

Publicado em Math, Mathematics Stack Exchange, Number Theory | Etiquetas Exercícios, Matemática, Math, MSE, Problem, Problema | Deixe um comentário