Exercício
Calcular o integral
\[
\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{x^2 \sqrt {1 + x^2 } }dx}
\]
Recorrendo à substituição: $x=\tg t$ ou $x=\sh t$
(Nota: $\sh$ é uma notação para seno hiperbólico ... também se representa por $\sinh$ )
Seja $i$ a unidade imaginária, e considere-se a função de variável real \[f(x)= e^{-ix}(\cos x + i \sen x)\]
Então
\begin{eqnarray*}
{f'(x)}&{=}&{-ie^{-ix}(\cos x + i \sen x)+e^{-ix}(-\sen x + i \cos x)}\\
{}&{=}&{e^{-ix}\left[-i(\cos x + i \sen x)+(-\sen x + i \cos x)\right]}\\
{}&{=}&{e^{-ix}\left(-i\cos x + \sen x -\sen x + i \cos x\right)}\\
{}&{=}&{e^{-ix}\times 0}\\
{}&{=}&{0}
\end{eqnarray*}
Como $f'(x)=0$ então $f(x)=\text{constante}$.
Mas uma vez que $f(0)=e^0(\cos 0+i\sen 0)=1\times 1=1$, ficámos a saber que $\text{constante}=1$, logo
\begin{eqnarray*}
{}&{}&{e^{-ix}(\cos x + i \sen x)=1}\\
{}&{\Leftrightarrow}&{(\cos x + i \sen x)=e^{ix}}\\
\end{eqnarray*}
Portanto
\[e^{ix}=\cos x + i \sen x\]
Nota: A 'dedução'/motivação está fora do âmbito do actual programa do ensino secundário em Portugal! Observação
Como qualquer 'dedução' da fórmula da exponencial complexa, esta tem os seus problemas.
Derivar funções com variáveis complexas, bem... vamos ter de assumir que a exponencial de variável complexa, da qual nada sabemos uma vez que estamos a tentar deduzir a expressão, deriva-se como a exponencial real.
Utilizar a conclusão derivada=0, implica $f$ constante requer algum cuidado! Antes da 'dedução' não sabemos sequer qual é o conjunto de chegada da função! Nestas condições teremos legitimidade para usar um corolário do teorema de Lagrange... para intervalos fechados?
Exercício
Determinar o valor exacto do integral:
\[
\int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt {1 + x^2 } dx}
\]
Exprimir o valor na forma $\sqrt{m}+\arg\sinh{(n)}$, com $m,n\in \N$
\[
\left\{ {\begin{array}{l}
{x + \displaystyle\frac{1}{y} = 1} \\
{y + \displaystyle\frac{1}{z} = 2} \\
{z + \displaystyle\frac{1}{x} = 3}
\end{array}} \right.
\]
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
\[ e^{i\theta}=\cos\theta+i\sen\theta\]
