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Fórum sobre técnicas matemáticas úteis na preparação olímpica

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Mensagempor Real em Segunda Nov 27, 2006 6:46 pm

Vou tentar escrever uma breve introdução à série de Taylor.

Não sei se este ano irão aborda-las na preparação (já que a mecânica de rotação tem comido grande parte do tempo...), mas penso que é importante começar a ter algumas noções sobre este tópico (principalmente para quem queira seguir Física). A principal utilidade desta série é obter aproximações de funções. Eu sei que a solução exacta é preferível, mas como já foi referido acerca do problema da queda dos graves, por vezes tal não é possível obter sob a forma de uma expressão bonita. Muitas vezes para extrair o significado físico de certos problemas é necessário recorrer a aproximações... A série de Taylor permite-nos obter uma solução aproximada e estimar o erro associado. O que muitas vezes é suficiente!

O conceito é muito simples: toda a função diferenciável pode ser escrita sob a forma de uma soma de polinómios. Vejamos o caso do seno:

Imagem

Cada vez que aumentamos o grau do polinómio temos uma função colorida [série de Taylor] cada vez mais próxima da função preta [seno]. Reparem que a aproximação é feita em torno de x=0

Como calcular essa série? Aqui vai a fórmula mais geral (cálculo em torno de x=a):

\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!} (x-a)^n

Vá não se assustem! :P
Vamos experimentar para o seno, em torno da origem (a=0)

[unparseable or potentially dangerous latex formula]

Então podemos escrever:

\sin x \approx \sin 0 + \cos 0 x - \frac{\sin 0}{2} x^2 - \frac{\cos 0}{6} x^3 = x - \frac{x^3}{6}

Esta é uma aproximação da função \sin x até à terceira ordem! Experimetem pegar na máquina calculadora e calcular o valor do seno para valores muito próximos de 0 [não esquecer de colocar em modo RAD].
Comparem esses valores com os obtidos a partir da aproximação! São quase iguais não são!?
Por exemplo: \sin 0.5 \approx 0.4794. Usando esta aproximação obtive: 0.5-\frac{0.5^3}{6} \approx 0.4792}. Isto é excelente! Apenas 0.05% de erro relativamente ao valor verdadeiro!
Muitas vezes, em problemas olímpicos ou não olímpicos, considera-se a aproximação do seno apenas até à primeira ordem: \sin x \approx x. Parece fatela, mas funciona!! :wink:

Experimentem agora fazer o mesmo para e^x. Se fizerem x=1 chegam à conclusão que:

e=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} = 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \ldots :D :D :D

Também podem experimentar fazer o mesmo para \cos x. E se forem ousados, podem tentar provar que:

e^{ix}=\cos x + i \sin x
(provavelmente já devem saber que i é a unidade imaginária, que obedece a i^2=-1)

Substituindo x=-\pi vem a matematiquice mais bonita do mundo:

e^{-i\pi} + 1 = 0 :D :D :D :D

Espero que tenham gostado! :wink:
Com o tempo vou editando este post, consoante forem necessárias explicações adicionais! Se não perceberem algum passo ou precisarem de mais pormenores, por favor perguntem! :wink:
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Mensagempor Zé Teixeira em Segunda Nov 27, 2006 6:59 pm

Isto de facto é das ferramentas que dão mais jeito, interiorizem bem a expansão em série de Taylor que pode vir a ser muito útil.

Só falta um post sobre integrais e equações diferenciais, que eu não me importo de tentar escrever, quando tiver tempo (hoje ou amanhã).
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Mensagempor jmgb em Terça Nov 28, 2006 2:10 am

No início deste primeiro semestre de 2006-2007, o meu professor de Álgebra Linear (o mítico professor Jorge Buescu) disse que a equação e^{-i\pi}+1=0 é espectacular, porque:

1) no membro da esquerda temos toda a Matemática, isto é:

1.1) o e (número de Neper) representa a Análise;
1.2) o i (unidade básica do imaginário puro) simboliza a Álgebra;
1.3) o \pi lembra a Geometria;
1.4) o 1 está associado à Aritmética;

2) no membro da direita temos o seu valor.


:twisted: :twisted: :twisted: :lol: :lol: :lol:
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Mensagempor jap em Terça Nov 28, 2006 12:31 pm

jmgb Escreveu:No início deste primeiro semestre de 2006-2007, o meu professor de Álgebra Linear (o mítico professor Jorge Buescu) disse que a equação e^{-i\pi}+1=0 é espectacular, porque:
(...)


Creio que, não há muito tempo, alguém se lembrou de fazer numa revista científica uma votação entre os leitores para a equação matemática mais bela e foi esta que ganhou... :wink:
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Re: Taylor

Mensagempor jap em Terça Nov 28, 2006 12:33 pm

Real Escreveu:Vou tentar escrever uma breve introdução à série de Taylor.
(...)


Diogo,

Obrigado pela tua introdução às séries de Taylor! :D
Vai ser, de certeza, muito útil aos caloiros. :wink:
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Mensagempor JCaldeira em Terça Nov 28, 2006 4:29 pm

jap Escreveu:Creio que, não há muito tempo, alguém se lembrou de fazer numa revista científica uma votação entre os leitores para a equação matemática mais bela e foi esta que ganhou... :wink:


O Prof. Buescu mostrou uma fotocópia dos resultados de uma votação qualquer com precisamente esse resultado. :P Sempre à frente...
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Mensagempor Real em Terça Nov 28, 2006 7:15 pm

Gama, o teu comentário foi fenomenal :P :twisted: :twisted:
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Mensagempor Real em Domingo Fev 11, 2007 8:03 pm

Para tentar reavivar este tópico sobre os polinómios de Taylor, vou ver se dou algumas luzes sobre a resolução do problema existencial do Zé:

Zé Teixeira Escreveu:Este problema faz-me lembrar de um outro parecido com que andei às voltas durante meses. Queria descobrir a posição em função do tempo para um corpo a cair na Terra de suficientemente alto para que a força gravítica não fosse constante. A diferença é que a massa do corpo é desprezável em comparação com a da Terra, portanto ela fica quietinha no sítio enquanto o corpo vai caindo.

Meses à volta com isto, e no fim descobri que a função é solução de uma equação diferencial não resolúvel... :evil: só mesmo numericamente :(

Nota: isto não quer dizer que não se possa achar o tempo de queda, o que não se pode é determinar uma função que nos dê a posição em cada instante.


Bem, vamos começar por considerar uma partícula que se encontra a uma distância h da superfície terrestre. Então, a sua posição relativamente ao centro da Terra é r=R+h sendo R o raio médio da Terra. Assim sendo, vamos calcular a força gravítica que actua sobre a partícula:

F=-\frac{mMG}{r^2}=-\frac{mMG}{(R+h)^2}=-\frac{mMG}{R^2(1+h/R)^2}=-\frac{mg}{(1+h/R)^2}

Em que g=\frac{GM}{R^2} é a aceleração da gravidade à superfície da Terra.

Agora precisamos de expandir a função (1+h/R)^{-2} através da série de Taylor!
Mas isso já foi feito noutro post:


Real Escreveu:A função que estou a considerar é f(x)=(1+kx)^{-2}.
Usando a expansão de Taylor:

f(x-a)=f(a)+f'(a)x+...

Desprezando os termos de grau superior, temos para a nossa função:

f(x-a)\approx(1+ka)^{-2}-2k(1+ka)^{-3}x

Como queremos uma aproximação em torno da origem, basta fazer a=0. Obtemos:

(1+kx)^{-2}=1-2kx



Se alguém ficou com dúvidas neste ponto, por favor perguntar!

Usando esta informação e visto que a nossa variável é h (em vez do x), temos que:

(1+h/R)^{-2} \approx 1-2h/R.

(cuidado, isto apenas é válido para h<<R)

Substituindo:

F=-\frac{mg}{(1+h/R)^2} \approx -mg(1-2h/R)

Portanto ficamos com a nossa familiar F=-mg acrescida de um novo factor correctivo!

Toca a achar as equações do movimento!
O Newton diz que F=ma. Portanto:

m\frac{d^2 h}{dt^2}=-mg(1-2h/R)

(espero que este passo tenha sido claro)

Ora, "basta" resolver a equação diferencial!
Seguindo os passos do post do Zé, chegamos à solução:

h=Ae^{-\lambda t}+ Be^{\lambda t}

Com \lambda = \sqrt{\frac{2g}{R}}

Mas isto só é válido para EDO's homogéneas! Não nos podemos esquecer do termo constante -g
Assim sendo, a solução "completa" é:

h=Ae^{-\lambda t}+ Be^{\lambda t} + R/2

(confirmem! basta substituir!)

Portanto, aqui está a equação do movimento desejada!
Os coeficientes A,B são determinados através das condições iniciais!

Exemplo: partícula largada a uma altura h_0

Se a partícula é largada, então a velocidade inicial é nula:
0=-\lambda A+\lambda B, vindo A=B
Temos também h_0 = 2A + R/2. Pelo que A=h_0/2+R/4
Então a solução é:

h=\frac{1}{2}(h_0-\frac{R}{2})(e^{\lambda t} + e^{-\lambda t}) + \frac{R}{2}=(h_0-\frac{R}{2})cosh(\lambda t)+\frac{R}{2}

Et voilá! :lol: Aí está uma aproximação muito melhor que considerar a aceleração da gravidade constante!
Claro que tem as suas limitações!!...
Quem tiver paciência, pode sempre comparar este resultado e o resultado obtido por uma simulação. Se precisarem de ajuda, esperem um pouco pelo post prometido pelo Prof. Paixão sobre "resolução" de EDO's usando programação ;)
última vez editado por Real s Domingo Fev 11, 2007 9:58 pm, editado 1 vez no total
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Mensagempor jap em Domingo Fev 11, 2007 9:49 pm

Obrigado Diogo por esta bonita aplicação da expansão de \frac{1}{(1+x)^2} em série de Taylor :wink:

Convém verificar que a expressão final que obtiveste para h(t) se reduz a

h(t) = h_0 -\frac{1}{2}gt^2

no limite em que o corpo está muito próximo da Terra e se pode considerar a aceleração da gravidade constante.

Para isso, creio que as séries de Taylor têm de voltar novamente à acção... :)
última vez editado por jap s Domingo Fev 11, 2007 10:17 pm, editado 1 vez no total
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Mensagempor Real em Domingo Fev 11, 2007 10:13 pm

Não é difícil! Se estamos próximos da superfície da Terra então podemos expandir as exponenciais (porque os valores que t toma até ao impacto são reduzidos)!
É facil de ver que cosh(\lambda t)=\frac{e^{\lambda t}+e^{-\lambda t}}{2} \approx 1 + \frac{\lambda^2 t^2}{2} = 1 + \frac{g}{R}t^2

Substituindo na equação de movimento vem:

h(t)=h_0 + \frac{h_o}{R}gt^2 - \frac{1}{2}gt^2

Mas como, estamos perto da superfície terrestre, temos que h_0 << R pelo que podemos perfeitamente desprezar o termo do meio.
Assim sendo, obtemos o resultado esperado :wink:
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Mensagempor jap em Domingo Fev 11, 2007 10:20 pm

Real Escreveu:Não é difícil! Se estamos próximos da superfície da Terra então podemos expandir as exponenciais (porque os valores que t toma até ao impacto são reduzidos)!
É facil de ver que cosh(\lambda t)=\frac{e^{\lambda t}+e^{-\lambda t}}{2} \approx 1 + \frac{\lambda^2 t^2}{2} = 1 + \frac{g}{R}t^2

Substituindo na equação de movimento vem:

h(t)=h_0 + \frac{h_o}{R}gt^2 - \frac{1}{2}gt^2

Mas como, estamos perto da superfície terrestre, temos que h_0 << R pelo que podemos perfeitamente desprezar o termo do meio.
Assim sendo, obtemos o resultado esperado :wink:


Obrigado, Diogo! É isso mesmo. :wink:
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Re: Taylor

Mensagempor ajcoelho em Segunda Ago 26, 2013 2:07 pm

Ja la vai algum tempo! anyway, excelente tópico!
Iniciei-me há pocuo tempo nas series de taylor e achei o problema super interessante. No entanto, surgiu me uma duvida: qual a necessidade de expandir a funçao (1+h/R ) ^-2 ?
Isso apenas serve para tornar mais facil a resoluçao da equaçao diferencial?

Outra questao: seria muito tricky ter em conta a resistencia do ar no problema? Isso levaria é certo a uma força contraria a Fg que iria variar com o tempo e isso levaria a resoluçao de nao uma mas duas eq diferenciais, nao? :?
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Re: Taylor

Mensagempor tomegouveia em Segunda Dez 30, 2013 6:40 pm

Indeed algum tempo!

O "problema" da queda com resistência do ar é que esta força, além de não ter uma expressão bem definida (como por exemplo a força gravítica), depende da velocidade do corpo em queda (que deixa, pois, de ser um grave, uma vez que este termo só se adequa a corpos em queda livre). Sabe-se, contudo, que, para velocidades não muito elevadas (que é sempre um problema de definir...) esta força é proporcional ao módulo da velocidade e, para velocidades mais altas, a dependência passa a ser quadrática, i.e.
\vec{F} \approx - \gamma \vec{v}
ou
\vec{F} \approx - \gamma v^2 \hat{v}

A força total que actua sobre o corpo é, então
\vec{R}= - m \vec{G} + \vec{F} \Leftrightarrow m\frac{d^2 y}{dt^2} =-\frac{ G m M}{y^2}+F
onde trabalhamos apenas com quantidades escalares porque assumimos que o movimento é unidimensional (já é complicado que chegue assim.. :lol: )
Temos então dois problemas, um que se prende com a dependência em ^1/_{y^2} e outro que tem que ver com a resistência do ar.
Para simplificar mais um pouco, vamos supor que o corpo se move com velocidades tais que a expressão F=-\gamma v é uma boa aproximação.
A equação diferencial fica então com a forma
m\frac{d^y}{dt^2} =-\frac{ G m M}{y^2}-\gamma \frac{dy}{dt}
ou, numa notação mais compacta, fazendo \beta=\gamma/2m
\ddot{y} + 2\beta \dot{y} +\frac{GM}{y^2}=0
Com efeito, o termo gravítico impede a resolução analítica da equação e uma solução possível é aproximar este termo, tal como já foi aqui feito, fazendo
y=R+h \Rightarrow \dot{y}=\dot{h} , \ddot{y} = \ddot{h}
\frac{GM}{y^2}=\frac{GM}{(R+h)^2}=\frac{GM}{R^2 (1+(h/R)^2}=\frac{g}{1+(h/R)^2}\approx g(1-2h/R)
A equação diferencial fica então na forma:
\ddot{h} + 2 \beta \dot{h} -\frac{2g}{R} h = -g
Esta equação resolve-se fazendo a expansão em modos normais que também já foi descrita, i.e., escrever h=\mathrm{e}^{\lambda t}.
A solução fica feia e complicada (podes experimentar por isto no wolframalpha...), mas o fundamental aqui é entender que a presença da resistência do ar implica mais um termo na equação diferencial, um termo que depende da velocidade (e não explicitamente do tempo ou da posição !). Não significa que tenhamos de resolver duas equações diferenciais, embora haja técnicas que fazem uso desse truque para procurar informação mais qualitativa do problema.
"If I have seen further it is only by standing on the shoulders of giants."



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