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tg x é maior que o comprimento do arco enxerga...

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tg x é maior que o comprimento do arco enxerga...

Mensagempor ogojy » Sáb Abr 09, 2011 00:36

o arco chama x só por que foi assim que pensei o problema, desconsidere a relacão real entre o tamanho do arco e o angulo que ele enxerga.


Imagem

seja
s > 0
x > y
s + y > tg x
tão logo
s + x > tg x


queremos provar que tg x > x

por absurdo partamos de tg x ≤ x
temos

x ≥ tg x
e
s + x > tg x
para
s > 0
impossivel, um absurdo

tão logo
x ≥ tg x é falso

c. q. d.
tg x > x

eu que bolei essa demonstração. alguem ve algo de errado?
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Re: tg x é maior que o comprimento do arco enxerga...

Mensagempor Guill » Ter Mai 01, 2012 09:52

Bem interessante. No entanto, essa demonstração é inválida em certas partes da circunferência (em certos lugares do segundo, terceiro e quarto quadrante). Isso pode ser mostrado da seguinte maneira:

f(x)=tgx - x

f'(x)=\frac{1}{cos^2 x}-1


Observe que:

\lim_{x\rightarrow\frac{-\pi}{2}} tgx - x = -\infty


Isso mostra que essa função possui valores menores do que 0.
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Re: tg x é maior que o comprimento do arco enxerga...

Mensagempor Guill » Qua Mai 02, 2012 19:17

Prezado colega:

Estive revendo sua demonstração e encontrei uma falha nela:

ogojy escreveu:s + x > tg xparas > 0impossivel, um absurdo




Onde s + x > tg x, não é absurdo, mas sim uma verdade incontestável, já que, se s + y > tg x e y = x + n, para um valor n positivo qualquer. Por isso, me sinto na obrigação de criar uma nova demonstração para substituir essa:


No seu ciclo trigonométrico, temos um triângulo de catetos tg x e 1. Contido nele, temos uma fatia da citcunferência, de ângulo x radianos. Logicamente, a área da fatia é menor que a área do triângulo (em x = 0 essa área é igual):

{A}_{triângulo} \geq {A}_{fatia}


A área do triângulo é a metade do produto dos catetos, enquato que a área da fatia é metade do comprimeto do arco (por regra de três: Área da circunferência total é \pi e o comprimento total da mesma é 2\pi):

\frac{1.tgx}{2} \geq \frac{x}{2}

tgx \geq x



Essa demonstração nos permite ver que essa desigualdade é válida no primeiro quadrante, mas nada garante sobre os demais.
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Assunto: Unesp - 95 Números Complexos
Autor: Alucard014 - Dom Ago 01, 2010 18:22

(UNESP - 95) Seja L o Afixo de um Número complexo a=\sqrt{8}+ i em um sistema de coordenadas cartesianas xOy. Determine o número complexo b , de módulo igual a 1 , cujo afixo M pertence ao quarto quadrante e é tal que o ângulo LÔM é reto.


Assunto: Unesp - 95 Números Complexos
Autor: MarceloFantini - Qui Ago 05, 2010 17:27

Seja \alpha o ângulo entre o eixo horizontal e o afixo a. O triângulo é retângulo com catetos 1 e \sqrt{8}, tal que tg \alpha = \frac{1}{sqrt{8}}. Seja \theta o ângulo complementar. Então tg \theta = \sqrt{8}. Como \alpha + \theta = \frac{\pi}{2}, o ângulo que o afixo b formará com a horizontal será \theta, mas negativo pois tem de ser no quarto quadrante. Se b = x+yi, então \frac{y}{x} = \sqrt {8} \Rightarrow y = x\sqrt{8}. Como módulo é um: |b| = \sqrt { x^2 + y^2 } = 1 \Rightarrow x^2 + y^2 = 1 \Rightarrow x^2 + 8x^2 = 1 \Rightarrow x = \frac{1}{3} \Rightarrow y = \frac{\sqrt{8}}{3}.

Logo, o afixo é b = \frac{1 + i\sqrt{8}}{3}.