\[
\left\{ {\begin{array}{l}
{x + \displaystyle\frac{1}{y} = 1} \\
{y + \displaystyle\frac{1}{z} = 2} \\
{z + \displaystyle\frac{1}{x} = 3}
\end{array}} \right.
\]
Determinar o valor de $xyz$.
Começarei por reescrever o sistema na forma
\[
\left\{ {\begin{array}{l}
{x + \displaystyle\frac{1}{y} = 1} \\
{y = 2 - \displaystyle\frac{1}{z}} \\
{z = 3 -\displaystyle\frac{1}{x}}
\end{array}} \right.
\]
Assim a primeira equação pode reescrever-se na forma
\begin{eqnarray*}
{x + \displaystyle\frac{1}{2 - \displaystyle\frac{1}{z}}}&{=}&{1}\\
{\Leftrightarrow x + \frac{1}{2 - \displaystyle\frac{1}{3 -\displaystyle\frac{1}{x}}}}&{=}&{1}\\
{\Leftrightarrow x + \displaystyle\frac{1}{2 - \displaystyle\frac{x}{3x -1}}}&{=}&{1}\\
{\Leftrightarrow x + \displaystyle\frac{3x -1}{5x-2}}&{=}&{1}\\
{\Leftrightarrow 5x^2-2x +3x -1}&{=}&{5x-2}\\
{\Leftrightarrow 5x^2-4x+1}&{=}&{0}\\
{x}&{=}&{\frac{4 \pm \sqrt{16-20}}{2\times 5}}\\
{}&{=}&{\frac{4 \pm 2i}{2\times 5}}\\
{}&{=}&{\frac{2 \pm i}{5}}\\
\end{eqnarray*}
Sabendo os possíveis valores de $x$, facilmente se determinam os de $y$ e $z$.
Aqui para poupar escrita, utilizarei a convenção seguinte: nos sinais do tipo $\pm$ as soluções correspondentes ao sinal "de cima" vão corresponder sempre a soluções com o sinal de cima, e o de baixo, aos de baixo.
Portanto:
\[
y = \frac{1}{{1 - x}} = \frac{1}{{1 - \frac{{2 \pm i}}{5}}} = \frac{5}{{5 - 2 \mp i}} = \frac{5}{{3 \mp i}} = \frac{{5\left( {3 \pm i} \right)}}{{3^2 + 1^2 }} = \frac{{3 \pm i}}{2}
\]
e
\[
z = 3 - \frac{1}{x} = 3 - \frac{1}{{\displaystyle\frac{{2 \pm i}}{5}}} = 3 - \frac{5}{{2 \pm i}} = 3 - \frac{{5\left( {2 \mp i} \right)}}{{2^2 + 1^2 }} = 3 - 2 \pm i = 1 \pm i
\]
Agora é só uma questão de calcular o produto...
\[xyz=\left(\frac{2 \pm i}{5}\right)\left(\frac{{3 \pm i}}{2}\right)\left(1 \pm i\right)=\left(\frac{1 \pm i}{2}\right)\left(1 \pm i\right)=\frac{\left(1 \pm i\right)^2}{2}=\pm i\]
PS: Uma vez que esta primeira resolução não tem nada de especial, assim que me fôr possível penso noutra e partilho
Esta dedução é uma modificação da anterior numa tentativa de a simplificar e a tornar mais acessível ao máximo de pessoas.
Sejam $A>0$, $\omega>0$ e $\varphi \in [0,2\pi[ $. Um oscilador harmónico é um sistema constituído por um ponto que se desloca numa recta numérica em determinado intervalo de tempo $I$, de tal forma que a respectiva abcissa é dada por uma lei da forma \[x(t)=A \cos (\omega t+ \varphi)\] para cada $t\in I$
Derivando em ordem a $t$, temos
\[ \dot x=-A\omega \sen (\omega t + \varphi) \]
e consequentemente
\[
\ddot x=-A\omega^2 \cos (\omega t + \varphi)=-\omega^2 x
\]
Portanto, $x(t)= A \cos (\omega t+ \varphi)$ é uma solução da equação diferencial
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
Na verdade, $x(t)= \mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi)$ com $\mathcal{A}>0$ e $\phi \in [0,2\pi[ $ arbitrários, é uma expressão geral para todas as soluções da equação
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
Outras formas possíveis para a solução geral são:
\[x(t)= \mathcal{A} \sen (\omega t+ \phi^*)\] com $\mathcal{A}>0$ e $\phi^* \in [0,2\pi[ $
ou
\[x(t)= C_1\cos (\omega t)+ C_2\sen (\omega t)\] com $C_1,C_2\in\R$
Note-se que
\begin{eqnarray*}
{C_1\cos (\omega t)+ C_2\sen (\omega t)}&{=}&{\sqrt{C_1^2+C_2^2}\left(\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\cos (\omega t)+ \frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\sen (\omega t)\right)}\\
{}&{=}&{\mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi)}\\
{}&{=}&{\mathcal{A} \sen (\omega t+ \phi^*)}
\end{eqnarray*}
Fazendo $\mathcal{A}=\sqrt{C_1^2+C_2^2}$ e
\[\cos \phi=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
;
\[\sen \phi=-\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
\[\sen \phi^*=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
;
\[\cos \phi^*=\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
Considere-se agora a função \[x(t)=e^{at}\], com $a \in \R \backslash \{0\} $
Derivando em ordem a $t$ , temos
\[ \dot x=ae^{at} \]
e consequentemente
\[
\ddot x=a^2e^{at}=a^2 x
\]
Portanto, $x(t)=e^{at}$ é uma solução da equação diferencial
\[
\ddot x=a^2 x
\]
Compare-se agora as equações
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
e
\[
\ddot x=a^2 x
\]
E observe-se que estas equações são a mesma se tivermos em conta que $a=i\omega$ onde $i$ é a unidade imaginária, (portanto $i^2=-1$).
Assim sendo, devem existir um $\mathcal{A}$ e um $\phi$ que tornam verdadeira a igualdade
\[\label{eqII1}\tag{1} e^{i\omega t}=\mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi) \] para todo o $t\in \R$.
Em particular, se $t=0$ temos
\[\label{eqII2}\tag{2} 1=\mathcal{A} \cos (\phi) \]
Por outro lado, se substituirmos $t$ por $(-t)$ em $(\ref{eqII1})$ temos
\[\label{eqII3}\tag{3} e^{-i\omega t}=\mathcal{A} \cos (-\omega t+ \phi) \] para todo o $t\in \R$.
Somando termo a termo as equações ($\ref{eqII1}$) e ($\ref{eqII3}$), e obtemos
\[\label{eqII4}\tag{4}{ e^{i\omega t}+ e^{-i\omega t} }= \mathcal{A}\left(\cos (\omega t+ \phi)+\cos (-\omega t+ \phi)\right)\]
No meu tempo, no secundário, dava-se a fórmula
\[ \cos (\alpha)+\cos(\beta)=2 \cos \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\]
Façamos $\alpha=X+Y$ e $\beta=X-Y$. Somando estas duas igualdades conclui-se que $X=\displaystyle\frac{\alpha+\beta}{2}$ e se em vez de somarmos, subtrairmos, vemos que $Y=\displaystyle\frac{\alpha-\beta}{2}$.
Assim sendo, temos que
\begin{eqnarray*}
{\cos (\alpha)+\cos(\beta)}&{=}&{\cos(X+Y)+\cos(X-Y)}\\
{}&{=}&{\cos(X)\cos(Y)-\sen(X)\sen(Y)+\cos(X)\cos(Y)+\sen(X)\sen(Y)}\\
{}&{=}&{2\cos(X)\cos(Y)}\\
{}&{=}&{2 \cos \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}\\
\end{eqnarray*}
Utilizando esta fórmula, em (\ref{eqII4}) obtemos
\[\label{eqII5}\tag{5}{ e^{i\omega t}+ e^{-i\omega t} }= 2\mathcal{A}\left(\cos ( \phi)\cos (\omega t)\right)\]
mas atendendo a $(\ref{eqII2})$
\[\label{eqII6}\tag{6}{ e^{i\omega t}+ e^{-i\omega t} }= 2\cos \left(\omega t\right)\]
que é equivalente a
\[\label{eqIICosseno}\tag{7}\frac{ e^{i\omega t}+ e^{-i\omega t} }{2} = \cos(\omega t)\]
Derivando agora cada membro da equação em ordem a $t$ temos
\[i\omega\times\frac{ e^{i\omega t}- e^{-i\omega t} }{2} = -\omega \sen(\omega t)\]
que é equivalente a
\[\label{eqIISeno}\tag{8}\frac{ e^{i\omega t}- e^{-i\omega t} }{2} = i\sen(\omega t)\]
Somando termo a termo as equações (\ref{eqIICosseno}) e (\ref{eqIISeno}) obtemos
\[ e^{i\omega t}=\cos(\omega t)+i\sen(\omega t)\]
Finalmente, fazendo $\theta=\omega t$ obtemos
\[ e^{i\theta}=\cos\theta+i\sen\theta\]
No blog CarlosPaulices no século XXI mostrei como cheguei à exponencial complexa a partir de uma equação diferencial de primeira ordem.
Agora, que o (novo) programa de Matemática A 12º (ensino secundário, Portugal), inclui osciladores harmónicos, sugiro outra forma de o fazer.
Actualização: Existe uma versão diferente desta dedução aqui, neste mesmo blog
Sejam $A>0$, $\omega>0$ e $\varphi \in [0,2\pi[ $. Um oscilador harmónico é um sistema constituído por um ponto que se desloca numa recta numérica em determinado intervalo de tempo $I$, de tal forma que a respectiva abcissa é dada por uma função da forma \[x(t)=A \cos (\omega t+ \varphi)\] para cada $t\in I$
Derivando em ordem a $t$ (neste blog utilizarei $ \dot x $ para designar a derivada de $x$ em ordem a $t$), temos
\[ \dot x=-A\omega \sen (\omega t + \varphi) \]
e consequentemente
\[
\ddot x=-A\omega^2 \cos (\omega t + \varphi)=-\omega^2 x
\]
Portanto, $x(t)= A \cos (\omega t+ \varphi)$ é uma solução da equação diferencial
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
Na verdade, $x(t)= \mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi)$ com $\mathcal{A}>0$ e $\phi \in [0,2\pi[ $ arbitrários, é uma expressão geral para todas as soluções da equação
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
Outras formas possíveis para a solução geral são:
\[x(t)= \mathcal{A} \sen (\omega t+ \phi^*)\] com $\mathcal{A}>0$ e $\phi^* \in [0,2\pi[ $
ou
\[x(t)= C_1\cos (\omega t)+ C_2\sen (\omega t)\] com $C_1,C_2\in\R$
Note-se que
\begin{eqnarray*}
{C_1\cos (\omega t)+ C_2\sen (\omega t)}&{=}&{\sqrt{C_1^2+C_2^2}\left(\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\cos (\omega t)+ \frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\sen (\omega t)\right)}\\
{}&{=}&{\mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi)}\\
{}&{=}&{\mathcal{A} \sen (\omega t+ \phi^*)}
\end{eqnarray*}
Fazendo $\mathcal{A}=\sqrt{C_1^2+C_2^2}$ e
\[\cos \phi=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
;
\[\sen \phi=-\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
\[\sen \phi^*=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
;
\[\cos \phi^*=\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
Considere-se agora a função \[x(t)=e^{at}\], com $a \in \R \backslash \{0\} $
Derivando em ordem a $t$ , temos
\[ \dot x=ae^{at} \]
e consequentemente
\[
\ddot x=a^2e^{at}
\]
Portanto, $x(t)=e^{at}$ é uma solução da equação diferencial
\[
\ddot x=a^2 x
\]
Facilmente se reconhece que $x(t)=e^{-at}$ também é solução da equação, e ainda que qualquer combinação linear destas duas soluções também é solução.
Na verdade, a solução geral desta equação é
\[x(t)=\alpha e^{at}+\beta e^{-at}\]
Compare-se agora as equações
\[
\ddot x=-\omega^2 x
\]
e
\[
\ddot x=a^2 x
\]
Observe-se que estas equações são a mesma se tivermos em conta que $a=i\omega$ onde $i$ é a unidade imaginária, (portanto $i^2=-1$).
Se admitirmos a validade da segunda solução geral, para valores de $a$ imaginários puros , então temos que
\[\label{eq1}\tag{1}\alpha e^{i\omega t}+\beta e^{-i\omega t}=\mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi) \] para todo o $t\in \R$.
Derivando ambos os termos da igualdade temos
\[\label{eq2}\tag{2}i\omega\left(\alpha e^{i\omega t}-\beta e^{-i\omega t}\right)=-\omega\mathcal{A} \sen (\omega t+ \phi) \]
Tomando $t=0$ nas equações ($\ref{eq1}$) e ($\ref{eq2}$), e obtemos
\[
\left\{ {\begin{array}{c}
{\alpha + \beta = \mathcal{A}\cos \phi } \\
{\alpha - \beta = i\mathcal{A}\sen \phi }
\end{array}} \right.
\]
Que se resolve facilmente em ordem a $\alpha$ e $\beta$
(basta somar as equações, para determinar $\alpha$ e subtrair, para determinar $\beta$ ), obtendo
\[
\left\{ {\begin{array}{c}
{\alpha = \displaystyle\frac{\mathcal{A}}{2}\left( {\cos \phi + i\sen \phi } \right)} \\
{\beta = \displaystyle\frac{\mathcal{A}}{2}\left( {\cos \phi - i\sen \phi } \right)}
\end{array}} \right.
\]
Substituindo em (\ref{eq1}) obtemos
\[\frac{\mathcal{A}}{2}\left( {\cos \phi + i\sen \phi } \right) e^{i\omega t}+\frac{\mathcal{A}}{2}\left( {\cos \phi - i\sen \phi } \right) e^{-i\omega t}=\mathcal{A} \cos (\omega t+ \phi) \]
\[
\Leftrightarrow
\]
\[\label{eq3}\tag{3}\frac{\left( {\cos \phi + i\sen \phi } \right)}{2} e^{i\omega t}+\frac{\left( {\cos \phi - i\sen \phi } \right)}{2} e^{-i\omega t}= \cos (\omega t+ \phi) \]
Nesta equação, podemos tomar $\phi=0$ e obtemos
\[\label{eqCosseno}\tag{4}\frac{ e^{i\omega t}+ e^{-i\omega t} }{2} = \cos(\omega t)\]
Derivando cada membro da equação em ordem a $t$ temos
\[i\omega\times\frac{ e^{i\omega t}- e^{-i\omega t} }{2} = -\omega \sen(\omega t)\]
que é equivalente a
\[\label{eqSeno}\tag{5}\frac{ e^{i\omega t}- e^{-i\omega t} }{2} = i\sen(\omega t)\]
Somando termo a termo as equações (\ref{eqCosseno}) e (\ref{eqSeno}) obtemos
\[ e^{i\omega t}=\cos(\omega t)+i\sen(\omega t)\]
Finalmente, fazendo $\theta=\omega t$ obtemos
\[ e^{i\theta}=\cos\theta+i\sen\theta\]
Problema: Se
\begin{eqnarray*}
{a+b+c}&{=}&{2}\\
{a^2+b^2+c^2}&{=}&{6}\\
{a^3+b^3+c^3}&{=}&{8}
\end{eqnarray*}
então $a^4+b^4+c^4=?$
(Nota do autor do blog: há várias resoluções possíveis para isto... como tal, peço uma que explicite todos os possíveis valores para $a$, $b$ e $c$, e só pelo gozo... não resolva o sistema por substituição!)
Proposta de resolução
(por Carlos Paulo A. Freitas)
Comecemos por considerar o sistema
\[
\left\{
{\begin{array}{ccc}
{a+b+c}&{=}&{2}\\
{a^2+b^2+c^2}&{=}&{6}\\
{a^3+b^3+c^3}&{=}&{8}
\end{array}}
\right.
\]
Note-se que dada a simetria do sistema, se um tripleto de valores for solução do sistema, então, qualquer permutação desse tripleto é solução.
Ora, $a$, $b$ e $c$ são zeros do polinómio $P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)$.
Expandindo este produto temos
\[P(x)=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc\]
Ou seja,
\[P(x)=x^3-C_1x^2+C_2x-C_3\]
Para encontrar valores numéricos para os coeficientes $C_1$, $C_2$ e $C_3$ vou definir um termo $S_n$ por
\[S_n=a^n+b^n+c^n\]
Assim, $C_1=S_1=2$, $S_2=6$ e $S_3=8$.
A igualdade
\[(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\]
Pode reescrever-se na forma
\[C_1^2=S_2+2C_2\]
E portanto, $C_2=\displaystyle\frac{C_1^2-S_2}{2}=\frac{2^2-6}{2}=-1$
Já só nos falta obter $C_3$.
Para isso comecemos por expandir $(a+b+c)^3$
Ora
\[ (a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2)+6abc \]
Que à partida não sugere nada!!!
Mas se atendermos às definições de $C_1$, $C_2$ e $C_3$ podemos notar que
$a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2=C_1\cdot C_2 -3 C_3 $
E então
\[ (a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2)+6abc \]
é equivalente a
\[ C_1^3=S_3+3(C_1\cdot C_2 -3 C_3 )+6C_3 \]
Portanto \[C_3=\frac{C_1^3-3C_1C_2-S_3}{-3}\]
logo $C_3=-2$
Assim sendo o nosso polinómio é:
\begin{eqnarray*}
{P(x)}&{=}&{x^3-2x^2-x+2}\\
{}&{=}&{x^2(x-2)-(x-2)}\\
{}&{=}&{(x^2-1)(x-2)}\\
{}&{=}&{(x+1)(x-1)(x-2)}
\end{eqnarray*}
Que tem como zeros $-1$, $1$ e $2$.
Assim sendo, as seis possíveis soluções do sistema são as seis permutações destes valores, ou seja
\begin{eqnarray*}
{(a,b,c)}&{=}&{(-1,1,2)\text{ ou} }\\
{(a,b,c)}&{=}&{(1,-1,2)\text{ ou} }\\
{(a,b,c)}&{=}&{(-1,2,1)\text{ ou} }\\
{(a,b,c)}&{=}&{(1,2,-1)\text{ ou} }\\
{(a,b,c)}&{=}&{(2,1,-1)\text{ ou} }\\
{(a,b,c)}&{=}&{(2,-1,1) }
\end{eqnarray*}
E em qualquer uma delas, $S_4=a^4+b^4+c^4=1+1+16=18$
O problema original foi-me sugerido por Barbara Fernandes via facebook e inicialmente foi proposto no grupo do facebook Math: An Integral Part of Happiness, caso contrário, eu não tocaria nele.
Problema:
Seja $a_n=2-\displaystyle\frac{1}{n^2+\sqrt{n^4+\frac{1}{4}}}$, $n=1,2,...$ . Mostre que
$\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+...+\sqrt{a_{119}}$ é um inteiro.
Proposta de resolução
(por Carlos Paulo A. Freitas)
Começarei por procurar outra expressão para $a_n$.
\begin{eqnarray*}
{a_n}&{=}&{2-\displaystyle\frac{1}{n^2+\sqrt{n^4+\frac{1}{4}}} }\\
{ }&{=}&{2-\displaystyle\frac{n^2-\sqrt{n^4+\frac{1}{4}}}{n^4-n^4-\frac{1}{4}} }\\
{ }&{=}&{2+4n^2-4\sqrt{n^4+\frac{1}{4} } }\\
{ }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{4n^4+1}}\\
{ }&{=}&{ 2+4n^2-2\sqrt{4n^4+4n^2+1-4n^2} }\\
{ }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{(2n^2+1)^2-(2n)^2} }\\
{ }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{(2n^2+1+2n)(2n^2+1-2n)} }\\
{ }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{(2n^2+2n+1)(2n^2-2n+1)} }\\
{ }&{=}&{\left(\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1}\right)^2}
\end{eqnarray*}
Como \[\sqrt{2n^2+2n+1}>\sqrt{2n^2-2n+1}\] temos que
\[\sqrt{a_n}=\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1}\]
Seja $u_n=\sqrt{2n^2-2n+1}$. Então \[u_{n+1}=\sqrt{2(n+1)^2-2(n+1)+1}=\sqrt{2n^2+4n+2-2n-2+1}=\sqrt{2n^2+2n+1}\]
Portanto
\[\sqrt{a_n}=u_{n+1}-u_n\]
E então
\begin{eqnarray*}
{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+...+\sqrt{a_{119}}}&{=}&{u_2-u_1+u_3-u_2+...+u_{120}-u_{119}}\\
{ }&{=}&{u_{120}-u_1}\\
{ }&{=}&{169-1}\\
{ }&{=}&{168}
\end{eqnarray*}
Existe uma outra resolução, por Américo Tavares em https://problemasteoremas.wordpress.com/2009/11/06/a-mathematical-reflections-undergraduate-problem/.
Problema proposto por Américo Tavares no facebook, no dia 4 de Julho de 2017.
