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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
]]> https://problemasteoremas.wordpress.com/2022/06/01/uma-questao-do-exame-de-matematica-ingles-gcse/feed/ 0 ATavares gcse-fig0 gcse-fig1 gcse-fig2 Desigualdade probabilística de Hoeffding ilustrada com um caso específico simples https://problemasteoremas.wordpress.com/2022/04/04/desigualdade-de-hoeffding-ilustrada-com-um-caso-especifico-simples/ https://problemasteoremas.wordpress.com/2022/04/04/desigualdade-de-hoeffding-ilustrada-com-um-caso-especifico-simples/#respond Mon, 04 Apr 2022 16:55:24 +0000 https://problemasteoremas.wordpress.com/?p=19491 Continuar a ler →]]> (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.

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}}.

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.

[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

]]> https://problemasteoremas.wordpress.com/2022/04/04/desigualdade-de-hoeffding-ilustrada-com-um-caso-especifico-simples/feed/ 0 ATavares Série de MacLaurin de exp(1/(1-z)) https://problemasteoremas.wordpress.com/2021/01/02/serie-de-maclaurin-de-exp1-1-z/ https://problemasteoremas.wordpress.com/2021/01/02/serie-de-maclaurin-de-exp1-1-z/#respond Sat, 02 Jan 2021 19:52:18 +0000 https://problemasteoremas.wordpress.com/?p=19439 Continuar a ler →]]> 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}).

]]> https://problemasteoremas.wordpress.com/2021/01/02/serie-de-maclaurin-de-exp1-1-z/feed/ 0 ATavares
 
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