As séries de Maclaurin das secantes trigonométrica e hiperbólica Introdução aos números de Euler

Eu vou começar pela secante trigonométrica.
Sabe-se que \[\sec(x)=\frac{1}{\cos\left(x\right)}\] como a função cosseno é par, então a função secante é par.
(Caro leitor, se isto não é óbvio, recomendo-lhe que vá ler outra coisa)

Notação:     $f^{(N)}(a)$ designa a derivada de ordem $N$ de $f$ no ponto $a$.

Se $f$ é uma função par, então \[f^{(2n+1)}(0)=0,\text{ } \forall n\in\N_0\]

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Como $f$ é par, então $f(x)=f(-x)$, logo $f'(x)=-f'(-x)$.
Tomando $x=0$ temos \begin{eqnarray*} {}&{}&{f'(0)=-f'(0)}\\ {\Leftrightarrow}&{}&{2f'(0)=0}\\ {\Leftrightarrow}&{}&{f'(0)=0} \end{eqnarray*} Para $n\in \N_0$, sendo $f$ par, procede-se da mesma forma.
Temos que: \begin{eqnarray*} f^{(2n+1)}(-x)&=&(-1)^{2n+1}f^{(2n+1)}(x)\\ {}&=&{-f^{(2n+1)}(x)} \end{eqnarray*} toma-se $x=0$ e mais uma vez: \begin{eqnarray*} {}&{}&{f^{(2n+1)}(0)=-f^{(2n+1)}(0)}\\ {\Leftrightarrow}&{}&{2f^{(2n+1)}(0)=0}\\ {\Leftrightarrow}&{}&{f^{(2n+1)}(0)=0} \end{eqnarray*}

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Isto significa que a expansão em série de MacLaurin da secante será da forma \[ f(x)=\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{f^{\left( {2n} \right)} \left( 0 \right)x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} \] Seja $a_n=f^{\left( {2n}\right)}\left( 0 \right)$ onde $f(x)=\sec\left(x\right)$
Como \[\sec(x)\times\cos(x)=1\] (Obviamente... para os valores de $x$ para os quais $\cos(x)\neq 0$ )
Então \[ \left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{a_n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} } \right)\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\left( { - 1} \right)^n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} } \right) = 1 \] Pela fórmula da série produto de Cauchy temos que \begin{eqnarray*} {\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{a_n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} } \right)\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\left( { - 1} \right)^n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} } \right)}& = &{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\sum\limits_{l = 0}^n {\frac{{a_l \left( { - 1} \right)^{n - l} }}{{\left( {2l} \right)!\left( {2n - 2l} \right)!}}} } \right)x^{2n} } }\\ {}&=&{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{\left( {2n} \right)!}}\sum\limits_{l = 0}^n {\frac{{a_l \left( {2n} \right)!\left( { - 1} \right)^{n - l} }}{{\left( {2l} \right)!\left( {2n - 2l} \right)!}}} } \right)x^{2n} } }\\ {}&=&{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{\left( {2n} \right)!}}\sum\limits_{l = 0}^n {\left[ { \combin{2n}{2l}a_l } \left( { - 1} \right)^{n - l}\right]} } \right)x^{2n} } }\\ \end{eqnarray*} Portanto \[{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{\left( {2n} \right)!}}\sum\limits_{l = 0}^n {\left[ { \combin{2n}{2l}a_l } \left( { - 1} \right)^{n - l}\right]} } \right)x^{2n} } }=1\] Como $a_0=\sec\left(0\right)=1$ \[{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{\left( {2n} \right)!}}\sum\limits_{l = 0}^n {\left[ { \combin{2n}{2l}a_l } \left( { - 1} \right)^{n - l}\right]} } \right)x^{2n} } }=0\] então, para cada $n\in\N_1$ \[\sum\limits_{l = 0}^n {\left[ { \combin{2n}{2l}a_l } \left( { - 1} \right)^{n - l}\right]}=0\] \[\Leftrightarrow a_n=\sum\limits_{l = 0}^{n-1} {\left[ { \combin{2n}{2l}a_l } \left( { - 1} \right)^{n - l+1}\right]}\] Fórmula de recorrência que torna mais fácil a dedução dos coeficientes...até sem calculadora!
\begin{eqnarray*} {a_1}&=&{ \combin{2}{0}a_0 \left( { - 1} \right)^{1 - 0+1}=a_0=1}\\ {a_2}&=&{ \combin{4}{0}a_0 \left( { - 1} \right)^{2 - 0+1}+\combin{4}{2}a_1 \left( { - 1} \right)^{2 - 1+1}=-a_0+6a_1=5}\\ {a_3}&=&{ \combin{6}{0}a_0 \left( { - 1} \right)^{3 - 0+1}+\combin{6}{2}a_1 \left( { - 1} \right)^{3 - 1+1}+\combin{6}{4}a_2 \left( { - 1} \right)^{3 - 2+1}=a_0-15a_1+15a_2=1-15+75=61}\\ a_{4}&=&1385\\ a_{5}&=&50521\\ a_{6}&=&2702765\\ {}&{\vdots }&{} \end{eqnarray*} Como \[\ch (x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\frac{e^{i\cdot(-i)x}+e^{i\cdot ix}}{2}=\cos(ix)\] então \[\sech (x)=\sec(ix)={\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{a_n (ix)^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} }={\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{(-1)^n{a_n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} }\]

Os números de Euler

Os números de Euler são uma sucessão $(E_n)$ de números inteiros definida pela série de Maclaurin da secante hiperbólica: \[ \sech x=\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{E_n}{n!}x^n \] Então, tendo em conta o que foi feito até agora neste texto:

• Se $n$ é impar então $E_n=0$
• Se $n$ é par então $E_n=(-1)^{n/2}{a_{n/2}}$

Uma forma mais simpática de escrever isto será:

• \[E_{2n+1}=0\]
• \[E_{2n}=(-1)^{n}{a_{n}}=\sum\limits_{l = 0}^{n-1} {\left[ \combin{2n}{2l}a_l \left( - 1\right)^{1-l}\right]} =-\sum\limits_{l = 0}^{n-1} {\left[ \combin{2n}{2l} E_{2l}\right]}\]

\[\forall n \in \N_0 \]

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[ 3 de Abril de 2018]
Abaixo deixo aqui uma lista dos primeiros números de Euler, gerada em Python. Os números de indice impar são zero, portanto omiti-os. \[ \begin{eqnarray*} {E_{0}}&{=}&{1}\\ {E_{2}}&{=}&{1}\\ {E_{4}}&{=}&{5}\\ {E_{6}}&{=}&{61}\\ {E_{8}}&{=}&{1385}\\ {E_{10}}&{=}&{50521}\\ {E_{12}}&{=}&{2702765}\\ {E_{14}}&{=}&{199360981}\\ {E_{16}}&{=}&{19391512145}\\ {E_{18}}&{=}&{2404879675441}\\ {E_{20}}&{=}&{370371188237525}\\ {E_{22}}&{=}&{69348874393137901}\\ {E_{24}}&{=}&{15514534163557086905}\\ {E_{26}}&{=}&{4087072509293123892361}\\ {E_{28}}&{=}&{1252259641403629865468285}\\ {E_{30}}&{=}&{441543893249023104553682821}\\ {E_{32}}&{=}&{177519391579539289436664789665}\\ {E_{34}}&{=}&{80723299235887898062168247453281}\\ {E_{36}}&{=}&{41222060339517702122347079671259045}\\ {E_{38}}&{=}&{23489580527043108252017828576198947741}\\ {E_{40}}&{=}&{14851150718114980017877156781405826684425}\\ {E_{42}}&{=}&{10364622733519612119397957304745185976310201}\\ {E_{44}}&{=}&{7947579422597592703608040510088070619519273805}\\ {E_{46}}&{=}&{6667537516685544977435028474773748197524107684661}\\ {E_{48}}&{=}&{6096278645568542158691685742876843153976539044435185}\\ {E_{50}}&{=}&{6053285248188621896314383785111649088103498225146815121}\\ {E_{52}}&{=}&{6506162486684608847715870634080822983483644236765385576565}\\ {E_{54}}&{=}&{7546659939008739098061432565889736744212240024711699858645581}\\ {E_{56}}&{=}&{9420321896420241204202286237690583227209388852599646009394905945}\\ {E_{58}}&{=}&{12622019251806218719903409237287489255482341061191825594069964920041}\\ {E_{60}}&{=}&{18108911496579230496545807741652158688733487349236314106008095454231325}\\ {E_{62}}&{=}&{27757101702071580597366980908371527449233019594800917578033782766889782501}\\ {E_{64}}&{=}&{45358103330017889174746887871567762366351861519470368881468843837919695760705}\\ {E_{66}}&{=}&{78862842066617894181007207422399904239478162972003768932709757494857167945376961}\\ {E_{68}}&{=}&{145618443801396315007150470094942326661860812858314932986447697768064595488862902085}\\ {E_{70}}&{=}&{285051783223697718732198729556739339504255241778255239879353211106980427546235397447421}\\ {E_{72}}&{=}&{590574720777544365455135032296439571372033016181822954929765972153659805050264501891063465}\\ {E_{74}}&{=}&{1292973664187864170497603235938698754076170519123672606411370597343787035331808195731850937881}\\ {E_{76}}&{=}&{2986928183284576950930743652217140605692922369370680702813812833466898038172015655808960288452845}\\ {E_{78}}&{=}&{7270601714016864143803280651699281851647234288049207905108309583687335688017641546191095009395592341}\\ {E_{80}}&{=}&{18622915758412697044482492303043126011920010194518556063577101095681956123546201442832293837005396878225}\\ {E_{82}}&{=}&{50131049408109796612908693678881009420083336722220539765973596236561571401154699761552253189084809951554801}\\ {E_{84}}&{=}&{141652557597856259916722069410021670405475845492837912390700146845374567994390844977125987675020436380612547605}\\ {E_{86}}&{=}&{419664316404024471322573414069418891818962628391683907039212228549032921853217838146608053808786365440570254969261}\\ {E_{88}}&{=}&{1302159590524046398125858691330818681356757613986610030678095758242404286633729262297123677199743591748006204646868985}\\ {E_{90}}&{=}&{4227240686139909064705589929214593102933845388672369082676644542650248228369590525634078984302153217507945782396923579721}\\ {E_{92}}&{=}&{14343212791976583406133682640578565858579882148843159111106574955509790196812618254848857854461550714631444034921517907250365}\\ {E_{94}}&{=}&{50817990724580425164559757643090736003482435671513413926813239886828210876247074897752122164140484881907534297068189565042330181}\\ {E_{96}}&{=}&{187833293645293026402007579184179892539001444997005361637080870116823642645755601678579681159136078780812233831035373097528077899745}\\ {E_{98}}&{=}&{723653438103385777657187661736782292986259565181067232760712431055015669043224647591792236141452770950810842191949814198134897708964641}\\ {E_{100}}&{=}&{2903528346661097497054603834764435875077553006646158945080492319146997643370625023889353447129967354174648294748510553528692457632980625125} \end{eqnarray*} \]

As primitivas da secante hiperbólica

Exercício:
Determine uma expressão para \[ \int {\sech x} dx\]

\[\arcsen \left(\th x\right) +C_1\] ou \[2\arctg{\left(e^x\right)}+C_2 \] ou \[\arctg{\left(\sh x\right)}+C_3 \] ou \[2\arctg \left[\th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\right] + C_4\]

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\begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{\sechq x}{\sech x}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{ (\th x)' }{\sqrt{\sechq x} } }dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{ (\th x)' }{\sqrt{1- \thEL{2} x} } }dx\\ & = & \arcsen \left(\th x\right) + C_1 \end{eqnarray*}

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\begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{2}{e^x+e^{-x}}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{ 2e^x }{\left(e^x\right)^2+1 } }dx \\ & = & 2\arctg{\left(e^x\right)}+C_2 \end{eqnarray*}
Ver http://ftp.ist.utl.pt/GAEL/math/integrals/more/sech.htm

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\begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{1}{\ch x} dx} \\ & = & \int {\displaystyle\frac{\ch x }{\chEL{2}x }dx} \\ & = & \int {\displaystyle\frac{\ch x }{\shEL{2}x+1 }dx}\\ & = & \arctg\left(\sh x\right)+C_3 \end{eqnarray*}
Ver http://ftp.ist.utl.pt/GAEL/math/integrals/tableof.htm

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Pode-se proceder de forma análoga ao que se fez para a secante trigonométrica
Calculemos as primitivas da função secante hiperbólica, recorrendo à substituição \[t = \th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\]. Recorde-se que \[ \ch x = \displaystyle\frac{{1 + t^2 }}{{1 - t^2 }} \] e \[ \sh x = \displaystyle\frac{{2t}}{{1 - t^2 }} \] E portanto \begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{1}{\ch x}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{1 - t^2 }{1 + t^2 } \times \displaystyle\frac{2}{1 - t^2 }}dt \\ & = & \int{\displaystyle\frac{2}{1 + t^2} } dt\\ & = & 2\arctg t + C_4\\ & = & 2\arctg \left[\th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\right] + C_4 \end{eqnarray*} Resultado curioso...

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Note-se que \[\left(\sech x\right)'=-\th x \sech x\] e \[\left(\th x\right)'=\sechq x\]. Portanto, multiplicar e dividir por $\th x + \sech x$ não nos conduz a algo como o simpático resultado que temos para a secante trigonométrica...

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De uma substituição às primitivas da secante

Da substituição $t = \tg \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)$ até uma primitiva imediata
Calculemos a primitiva da função secante, recorrendo à substituição \[t = \tg \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\]. Recorde-se que \[ \cos x = \displaystyle\frac{{1 - t^2 }}{{1 + t^2 }} \] e \[ \sen x = \displaystyle\frac{{2t}}{{1 + t^2 }} \] \begin{eqnarray*} \int {\sec x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{1}{\cos x}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{1 + t^2 }{1 - t^2 } \times \displaystyle\frac{2}{1 + t^2 }}dt \\ & = & \int{\displaystyle\frac{2}{1 - t^2} } dt\\ & = & \int {\displaystyle\frac{{ - 1}}{{t - 1}}dt} + \int {\displaystyle\frac{1}{{t + 1}}} dt\\ & = & - \ln \left| {t - 1} \right| + \ln \left| {t + 1} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{t + 1}{t - 1}} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + 1}}{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - 1}}}\right| + C \end{eqnarray*} Agora procurarei outra forma para esta expressão, por forma a que as funções trigonométricas venham em função de $x$ e não de $\displaystyle\frac{x}{2}$. \begin{eqnarray*} \ln \left| {\displaystyle\frac{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + 1}}{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - 1}}}\right| +C & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\displaystyle\frac{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}{{\cos \left({\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}} + 1}}{{\displaystyle\frac{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}{{\cos \left({\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}} - 1}}} \right| +C\\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + \cos \left({\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - \cos \left( {\displaystyle\frac{x}{2}}\right)}}}\right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\left( {\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + \cos \left( {\displaystyle\frac{x}{2}}\right)} \right)^2 }}{{\senq \left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - \cos ^2 \left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}} \right| + C\\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{1 + 2\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)\cos \left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}} {{ - \cos \left( x \right)}}} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{1 + \sen x}}{{\cos x}}} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\sec x + \tg x} \right| + C \end{eqnarray*} A primitiva imediata
Observando o resultado anterior, e recordando as regras de derivação da secante e da tangente, notamos que para primitivar $\sec x$ basta multiplicar e dividir a expressão por $\sec x + \tg x$ \begin{eqnarray*} \int {\sec x dx} & = & \int {\sec x \times\displaystyle\frac{\sec x + \tg x}{\sec x + \tg x}dx}\\ & = & \int {\displaystyle\frac{\sec ^2 x + \sec x\tg x}{\sec x + \tg x} dx}\\ & = & \ln \left| \sec x +\tg x \right| + C \end{eqnarray*} e então, graças à regra de derivação da função composta: \[\int {u'\sec udx = } \ln \left| {\sec u + \tg u} \right| + C\] Regra que pode ser utilizada para primitivar por exemplo... a cosecante :)

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Exercício: a partir desta regra, e sabendo que $\cosec x = \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right)$ calcule a primitiva da cosecante.

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\[\int \cosec x dx=- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C\] \[\int u' \cosec u dx=- \ln \left| \cosec u +\cotg u \right| + C\]

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\begin{eqnarray*} \int \cosec x dx &=&\int \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) dx\\ {}&{=}&{-\int -\sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) dx}\\ {}&{=}&{- \ln \left| \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) +\tg \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) \right| + C}\\ {}&{=}&{- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C} \end{eqnarray*}

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\begin{eqnarray*} \int \cosec x dx &=&\int \cosec x \times \frac{\cosec x +\cotg x }{\cosec x +\cotg x }dx\\ {}&{=}&\int \frac{\cosecq x +\cotg x \cosec x}{\cosec x +\cotg x }dx\\ {}&{=}&{-\int \frac{-\cosecq x -\cotg x \cosec x}{\cosec x +\cotg x }dx}\\ {}&{=}&{- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C} \end{eqnarray*}

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Exercício: E qual é a primitiva da secante hiperbólica?
Resoluções aqui: http://zonaexacta.blogspot.com/2017/09/a-primitiva-da-secante-hiperbolica.html

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Nota: Por abuso de linguagem costumamos dizer "a primitiva" de uma função. No entanto como existe uma primitiva para cada constante $C$, na verdade a designação correcta é "as primitivas" de uma função, ou, "a família de primitivas de...", e só por isso deixei o título no plural. No entanto, no resto do blog, salvo um ou outro caso, manterei o abuso de linguagem.

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PS

• CarlosPaulices no século XXI (23/09/2017) - 'Ca seca'

Recorrência secreta...

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Problema
Considere a sucessão $(a_n)$ de números reais definida por:
\[a_0 = 1\text{ e } a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}, n \in \N_0 \] Mostre que $(a_n)$ é uma sucessão de números inteiros positivos e que $a_n\cdot a_{n + 1} - 1$ é, para cada $n \in \N_0$, um quadrado perfeito.

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Ideia 1

\begin{eqnarray*} {2a_{n + 1}}&{=}&{ 7a_n + \sqrt {45a_n ^2 - 36}} \\ { 2a_{n + 1} - 7a_n }&{=}&{ \sqrt {45a_n ^2 - 36} } \\ { 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 49a_n ^2 }&{=}&{ 45a_n ^2 - 36 } \\ { 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 4a_n ^2 }&{=}&{ - 36 } \\ { a_{n + 1} ^2 - 7a_n a_{n + 1} + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 0} \\ { a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 7a_n a_{n + 1} } \end{eqnarray*}

Ideia 2

$a_{n+1}$ é o zero de \[ x^2 - 7a_n x + a_n ^2 + 9 = 0 \] correspondente ao sinal $+$.

Ideia 3

\[ x^2 - 7a_n x + a_n ^2 + 9 = \left( {x - \frac{{7a_n }}{2}} \right)^2 - \frac{{45a_n ^2 - 36}}{4} = \left( {x - \frac{{7a_n }}{2}} \right)^2 - \frac{9\times\left({5a_n ^2 - 4}\right)}{4} \] portanto $a_{n+1}$ é solução positiva de \[ \left( {2x - 7a_n } \right)^2 - 9\left( {5a_n ^2 - 4} \right) = 0 \]

Ideia 4

\begin{eqnarray*} {a_{0}}&{=}&{ 1} \\ {a_{1}}&{=}&{ 5} \\ {a_{2}}&{=}&{ 34} \\ {a_{3}}&{=}&{ 233} \\ {a_{4}}&{=}&{ 1597} \\ {a_{5}}&{=}&{ 10946} \\ {a_{6}}&{=}&{ 75025} \\ {a_{7}}&{=}&{ 514229} \end{eqnarray*}

Ideia 5

\[ 2a_{n + 1} - 7a_n = 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \]

Ideia 6

\[ \begin{array}{l} 2a_{n + 1} = 7a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \\ 2a_{n + 1} = 7a_n + 3u_n \\ 2a_{n + 1} - 2a_n = 5a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \\ a_{n + 1} - a_n =\displaystyle \frac{{5a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} }}{2} \end{array} \]

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Ideia 7

Quanto à segunda parte \[ \begin{array}{l} a_{n + 1} a_n - 1 = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 1} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 1} }}} \right)\frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 5} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 5} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + \Phi ^4 + \frac{1}{{\Phi ^4 }} + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + \frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2} + \frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2} + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + 2 + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }} + 5} \right) - 1 = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{4n + 3} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 3} }}} \right)^2 = \frac{1}{5}\left( {\frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\sqrt 5 ^k } + \frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\left( { - 1} \right)^{4n + 3 - k} \sqrt 5 ^k } } \right)^2 \\ =\frac{1}{5}\left( {\frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\sqrt 5 ^k \left[ {\left( { - 1} \right)^{4n + 3 - k} + 1} \right]} } \right)^2 \\ = \frac{1}{5}\left( {\frac{2}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{j = 0}^{2n + 1} {\combin{4n+3}{2j+1}\sqrt 5 ^{2j + 1} } } \right)^2 \\ = \frac{5}{5}\left( {\frac{2}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{j = 0}^{2n + 1} {\combin{4n+3}{2j+1} 5 ^{j } } } \right)^2 \end{array} \]

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Proposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas) \begin{eqnarray*} {2a_{n + 1}}&{=}&{ 7a_n + \sqrt {45a_n ^2 - 36}} \\ {\Leftrightarrow 2a_{n + 1} - 7a_n }&{=}&{ \sqrt {45a_n ^2 - 36} } \\ {\Rightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 49a_n ^2 }&{=}&{ 45a_n ^2 - 36 } \\ {\Leftrightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 4a_n ^2 }&{=}&{ - 36 } \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 - 7a_n a_{n + 1} + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 0} \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 7a_n a_{n + 1} } \end{eqnarray*} Então \[{ a_{n + 2} ^2 + a_{n+1} ^2 + 9 = 7a_{n + 1} a_{n + 2} } \] Subtraindo a penúltima equação da última, temos: \[a_{n + 2} ^2 - a_{n} ^2 = 7a_{n + 1} \left(a_{n + 2}- a_{n }\right) \] \[\Leftrightarrow a_{n + 2} + a_{n} = 7a_{n + 1} \]

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\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\] logo \[a_{n + 2} >a_{n + 1}>a_{n}\] ou seja, $a_{n+2}-a_{n}>0$

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\[\Leftrightarrow a_{n + 2} -7a_{n + 1}+ a_{n} = 0 \] A equação característica desta equação de diferenças é \[ r^2-7r+1=0 \] que tem como raízes \[ r = \frac{{7 \pm \sqrt {45} }}{2} = \frac{{7 \pm 3\sqrt 5 }}{2} \] e portanto \[ a_n=C_1\left(\frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2}\right)^n+C_2\left(\frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2}\right)^n\] como $a_0=1$ temos \[\label{eq15092017I}\tag{1}1=C_1+C_2\]
Como $a_1=\displaystyle\frac{7a_0+\sqrt{45a_0^2-36}}{2}=\displaystyle\frac{7+3}{2}=5$ então \[\label{eq15092017II}\tag{2}5=C_1\left(\frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2}\right)+C_2\left(\frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2}\right)\] resolvendo o sistema composto pelas equações ($\ref{eq15092017I}$) e ($\ref{eq15092017II}$) chegamos a \[ \begin{array}{l} C_1 = \displaystyle\frac{{5 + \sqrt 5 }}{{10}} \\ C_2 = \displaystyle\frac{{5 - \sqrt 5 }}{{10}} \end{array} \] E portanto \[ a_n = \left( {\frac{{5 + \sqrt 5 }}{{10}}} \right)\left( {\frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2}} \right)^n + \left( {\frac{{5 - \sqrt 5 }}{{10}}} \right)\left( {\frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2}} \right)^n \] Note-se que se \[ \Phi = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} \] Então esta solução consegue-se reescrever na forma \[ a_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 1} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 1} }}} \right) \] Uma vez que a sucessão de Fibonacci tem como expressão geral \[ F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n + 1} + \frac{{\left( { - 1} \right)^n }}{{\Phi ^{n + 1} }}} \right) \] Então \[ a_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 1} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 1} }}} \right) = F_{4n} \] Sendo $(a_n)$ uma subsucessão da sucessão de Fibonacci, está provado que $(a_n)$ é uma sucessão de números inteiros positivos.

Para a segunda parte, convém-me enunciar duas fórmulas associadas à sucessão de Fibonacci.

Antes de continuar, faço notar que nesta versão da sucessão $F_0=1,F_1=1,F_2=2,F_3=3,F_4=5\cdots$

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Resultado 1: \[ F_n F_{n + 1} = \sum\limits_{k = 0}^n {F_k ^2 } \]

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\begin{eqnarray*} {F_n F_{n + 1}}&{=}&{F_n \left(F_{n}+F_{n-1}\right)}\\ {}&{=}&{F_n^2+F_{n}F_{n-1}}\\ {}&{=}&{F_n^2+F_{n-1}^2+F_{n-1}F_{n-2}}\\ {}&{=}&{\cdots}\\ {}&{=}&{F_n^2+F_{n-1}^2+\cdots +F_1^2+F_1F_0} \end{eqnarray*} Como $F_1=F_0$, está provado.

$\blacksquare$

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Resultado 2 (Cassini): \[ F_{n + 1} F_{n - 1} - F_n^2= \left(-1\right)^{n-1} \]

\begin{eqnarray*} {F_{n + 1} F_{n - 1} - F_n^2}&{=}&{F_{n}F_{n-1}+F_{n-1}^2- F_n^2}\\ {}&{=}&{F_n\left(F_{n-1}-F_n\right)+F_{n-1}^2}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)\left[F_n\left(F_n-F_{n-1}\right)-F_{n-1}^2\right]}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)\left(F_nF_{n-2}-F_{n-1}^2\right)}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^2\left(F_{n-1}F_{n-3}-F_{n-2}^2\right)}\\ {}&{=}&{\cdots}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^{n-1}\left(F_{2}F_{0}-F_{1}^2\right)}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^{n-1}\left(2\cdot1-1^2\right)}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^{n-1}} \end{eqnarray*}

$\blacksquare$

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E finalmente, passemos à resolução da segunda parte: provar que $a_n\cdot a_{n + 1} - 1$ é quadrado perfeito
\begin{eqnarray*} {a_n\cdot a_{n + 1} - 1}&{=}&{F_{4n}\cdot F_{4n + 4} - 1}\\ {}&{=}&{\left(F_{4n+2}-F_{4n+1}\right)\cdot \left(F_{4n+3}+F_{4n+2}\right) - 1}\\ {}&{=}&{F_{4n+2}F_{4n+3}+F_{4n+2}^2-F_{4n+1}F_{4n+3}-F_{4n+1}F_{4n+2} - 1} \end{eqnarray*} Aplicando o resultado 1 \begin{eqnarray*} {}&{=}&{\sum\limits_{k = 0}^{4n+2} {F_k ^2 }+F_{4n+2}^2-F_{4n+1}F_{4n+3}-\sum\limits_{k = 0}^{4n+1} {F_k ^2 } - 1}\\ {}&{=}&{2F_{4n+2}^2-F_{4n+1}F_{4n+3} - 1} \end{eqnarray*} Aplicando o resultado 2 \begin{eqnarray*} {}&{=}&{2F_{4n+2}^2-\left(F_{4n+2}^2+\left(-1\right)^{4n+2-1}\right) - 1}\\ {}&{=}&{2F_{4n+2}^2-F_{4n+2}^2+1 - 1}\\ {}&{=}&{F_{4n+2}^2} \end{eqnarray*}

$\blacksquare$

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2ªProposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas) \begin{eqnarray*} {2a_{n + 1}}&{=}&{ 7a_n + \sqrt {45a_n ^2 - 36}} \\ {\Leftrightarrow 2a_{n + 1} - 7a_n }&{=}&{ \sqrt {45a_n ^2 - 36} } \\ {\Rightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 49a_n ^2 }&{=}&{ 45a_n ^2 - 36 } \\ {\Leftrightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 4a_n ^2 }&{=}&{ - 36 } \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 - 7a_n a_{n + 1} + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 0} \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 7a_n a_{n + 1} } \end{eqnarray*} Então \[{ a_{n + 2} ^2 + a_{n+1} ^2 + 9 = 7a_{n + 1} a_{n + 2} } \] Subtraindo a penúltima equação da última, temos: \[a_{n + 2} ^2 - a_{n} ^2 = 7a_{n + 1} \left(a_{n + 2}- a_{n }\right) \] \[\Leftrightarrow a_{n + 2} + a_{n} = 7a_{n + 1} \]

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\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\] logo \[a_{n + 2} >a_{n + 1}>a_{n}\] ou seja, $a_{n+2}-a_{n}>0$

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\[\Leftrightarrow a_{n + 2} -7a_{n + 1}+ a_{n} = 0 \] Façamos \[b_n=a_{n + 1}\] Então \[ \left\{ {\begin{array}{l} {a_{n + 1} = b_n } \\ {b_{n + 1} = 7b_n - a_n } \end{array}} \right. \] Sabe-se que $a_0=1$; $b_0=a_1=5$ são inteiros positivos.
Então, por indução matemática consegue-se provar que o par $(a_n,b_n)$ é de inteiros positivos.
Considere-se a proposição:

• O par $(a_n,b_n)$ é de inteiros positivos.
• $a_n \leq b_n$

A proposição é verdadeira para $n=0$ como já se viu.
Vamos ver que a propriedade é hereditária:
Assumindo por hipótese que a propriedade é válida para $n$, a relação \[ a_{n + 1} = b_n \] Mostra-nos imediatamente que $a_{n + 1}$ é inteiro positivo.
E a relação $b_{n + 1} = 7b_n - a_n$ diz-nos que $b_{n + 1}$ é inteiro.
Por outro lado $a_n\leq b_n \Leftrightarrow -a_n\geq -b_n$, logo \[b_{n + 1} = 7b_n - a_n\geq 7b_n - b_n =6b_n\] Ficando com isto provado que $b_{n + 1}$ é positivo.
Fica assim provada a proposição, e com isto a primeira parte do problema.
Para a segunda parte...
Acima vimos que \[ a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 = 7a_n a_{n + 1} \] isto é equivalente a \[ \begin{array}{l} a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 = 7a_n a_{n + 1} - 9 \\ \Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 + 2a_n a_{n + 1} + a_n ^2 = 9a_n a_{n + 1} - 9 \\ \Leftrightarrow \left( {\displaystyle\frac{{a_{n + 1} + a_n }}{3}} \right)^2 = a_n a_{n + 1} - 1 \end{array} \] Assim, para provar que \[ a_n a_{n + 1} - 1 \] é um quadrado perfeito, basta provar que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de 3.
Isso faz-se mais uma vez por indução em $n$

• Para $n=0$ temos $a_1+a_0=5+1=6$ que é múltiplo de $3$
• Partindo da hipótese que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de $3$ temos que \[{a_{n + 2} + a_{n + 1} }=7a_{n + 1}-a_n+a_{n + 1}=9a_{n + 1}-(a_{n + 1}+a_n)\] Que é múltiplo de $3$, pois $9a_{n + 1}$ é múltiplo de $3$ e $a_{n + 1}+a_n$ é múltiplo de $3$ por hipótese.

Assim, ficou provado que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de $3$, para todo o $n\in \N_0$, logo que $a_n a_{n + 1} - 1$ é quadrado perfeito, ficando com isto concluída a resolução do problema.

Nota do autor
Consegue-se reescrever a resolução da primeira parte para não ser necessário a sucessão auxiliar $b_n$.

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Comparando ambas as resoluções conclui-se que \[F_{4n+4}+F_{4n}=3F_{4n+2}\] Mas isto na verdade, não é nada de especial: \[F_{N+4}=F_{N+3}+F_{N+2}=F_{N+2}+F_{N+1}+F_{N+2}=F_{N+2}+F_{N+2}-F_{N}+F_{N+2}=3F_{N+2}-F_{N}\] E portanto \[F_{N+4}+F_{N}=3F_{N+2}\text{ }\forall N \in \N_0\] em particular é válido para $N=4n$, sendo $n$ um número arbitrário em $\N_0$.
(O resultado é independente da versão da sucessão de Fibonacci $(F_n)$ utilizada).

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Problema original em http://www.uc.pt/fctuc/dmat/delfos/problemas ( Projecto Delfos ) - Teste de selecção 5, questão 4 de 2014.

Algumas observações sobre 'a' sucessão de Fibonacci

A sucessão de Fibonacci é definida pela fórmula de recorrência \[ F_{n+2}=F_{n+1}+F_n \] e por duas condições iniciais, que, cuidado, nem sempre são as mesmas.
A expressão geral para a recorrência é \[ F_{n}=C_1\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+C_2\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\]

\[F_{n+2}-F_{n+1}-F_n=0\] A equação característica associada é \[r^2-r-1=0\] Que tem como zeros \[r=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\]

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Os valores de $C_1$ e $C_2$ dependem dos valores das condições iniciais.
Note-se que $\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\Phi$ é o número de ouro, que também nos permite escrever a fórmula de outras formas

Condições iniciais	Algumas fórmulas explícitas	Em função de $\Phi$	$n \in $
\[F_0=1\]\[F_1=1\]	\begin{eqnarray*} {F_{n}}&=&{\left(\frac{5+\sqrt{5}}{10}\right)\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\frac{5-\sqrt{5}}{10}\right)\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}\\ {F_{n}}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right]} \end{eqnarray*}	\[F_n=\frac{\Phi^{n+1}+\left(-1\right)^n\Phi^{-n-1}}{\sqrt{5}}\] \[F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n + 1} + \frac{{\left( { - 1} \right)^n }}{{\Phi ^{n + 1} }}} \right)\]	\[\N_0\]
\[F_0=0\]\[F_1=1\]	\begin{eqnarray*} {F_{n}}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}\\ {F_{n}}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right]} \end{eqnarray*}	\[F_n=\frac{\Phi^{n}+\left(-1\right)^{n-1}\Phi^{-n}}{\sqrt{5}}\] \[F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n} + \frac{{\left( { - 1} \right)^{n-1} }}{{\Phi ^{n } }}} \right)\]	\[\N_0\]
\[F_1=1\]\[F_2=1\]	\begin{eqnarray*} {F_{n}}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}\\ {F_{n}}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right]} \end{eqnarray*}	\[F_n=\frac{\Phi^{n}+\left(-1\right)^{n-1}\Phi^{-n}}{\sqrt{5}}\] \[F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n} + \frac{{\left( { - 1} \right)^{n-1} }}{{\Phi ^{n} }}} \right)\]	\[\N_1\]
\[F_1=0\]\[F_2=1\]	\begin{eqnarray*} {F_{n}}&=&{\left(\frac{5-\sqrt{5}}{10}\right)\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\frac{5+\sqrt{5}}{10}\right)\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n} \end{eqnarray*}	\[F_n=\frac{\Phi^{n-1}+\left(-1\right)^n\Phi^{-n+1}}{\sqrt{5}}\] \[F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n-1} + \frac{{\left( { - 1} \right)^{n} }}{{\Phi ^{n-1} }}} \right)\]	\[\N_1\]

Por vezes até generalizam-se os números de Fibonacci a argumentos negativos, recorrendo a estas fórmulas ou à fórmula de recorrência.

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Existindo várias fórmulas associadas a números de Fibonacci, é sempre conveniente saber a que versão da sucessão essas fórmulas estão associadas, por forma a evitar erros nos resultados.

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Nota
Esta página poderá ser actualizada no futuro.

Contando divisíveis por 11

Problema
Considere todos os números naturais com quinze algarismos que são constituídos apenas por $3$ e/ou $8$ (por exemplo $333333338888888$ ou $333333333333333$)
Quantos destes números são divisíveis por $11$?

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210

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Proposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas)
Seja \[N=\overline{a_{15}a_{14}a_{13}...a_{3}a_{2}a_{1}}\] O número $N$ é divisível por $11$ sse o módulo da diferença entre a soma dos algarismos de ordem impar e a soma dos algarismos de ordem par é um múltiplo de $11$.
Por outras palavras, no nosso caso, se \[ \left|S_i-S_p\right|=\dot {11} \] onde $S_i=a_1+a_3+a_5+a_7+a_9+a_{11}+a_{13}+a_{15}$ (uma soma com oito parcelas)
e $S_p=a_2+a_4+a_6+a_8+a_{10}+a_{12}+a_{14}$ (uma soma com sete parcelas)

Nas condições do enunciado, o valor mínimo para $S_i$ obtem-se quando cada uma das oito parcelas desta soma vale $3$ e o valor máximo quando cada uma delas vale $8$.
Assim sendo: \[ 3\times 8\leq S_i \leq 8\times 8 \] Ou seja \[ 24\leq S_i \leq 64 \] Procede-se da mesma forma para $S_p$, ou seja, o valor mínimo para $S_p$ obtem-se quando cada uma das sete parcelas desta soma vale $3$ e o valor máximo quando cada uma delas vale $8$ . ( Digam lá que copy-paste não dá jeito a escrever Matemática )
Assim sendo: \[ 3\times 7\leq S_p \leq 8\times 7 \] Ou seja \[ 21\leq S_p \leq 56 \] O valor seguinte possível para $S_p$ é $26$ que corresponde a substituir um $3$ por um $8$ (observe-se que $21-3+8=26$)
O seguinte é $31$, pela mesma razão...
Vemos assim que $S_p=21+5n$ com $n\in \left\{0,1,2,3,4,5,6,7\right\}$ onde $n$ é o número de algarismos $8$ na soma dos algarismos de ordem par.
Ou seja, os possíveis valores para $S_p$ são $21,26,31,36,41,46,51,56$.
Da mesma forma $S_i=24+5n$ com $n\in \left\{0,1,2,3,4,5,6,7,8\right\}$ onde $n$ é o número de algarismos $8$ na soma dos algarismos de ordem impar.
Então, os possíveis valores para $S_p$ são $24,29,34,39,44,49,54,59,64$.

Se $S_p=21$, para que $S_i-S_p$ seja múltiplo de $11$, o único valor possível para $S_i$ de entre os valores disponíveis é $54$
(pois $54-21=33=3\times 11$)

As fórmulas que dão os $S_p$ e os $S_i$ são de progressões aritméticas de razão $5$.
Então, partindo do par ordenado $(S_p,S_i)=(21,54)$ conseguem-se obter mais dois pares:

\[(26,59) \text{ e } (31,64)\]

Como $64$ é o valor máximo possível para $S_i$, para obter mais pares vamos repetir o processo, mas desta vez começando pelo valor mais baixo possível para $S_i$

Se $S_i=24$, o único valor possível para $S_p$ é $46$.
E tal como anteriormente, partindo deste par ordenado de somas $(S_p,S_i)=(46,24)$ obtêm-se mais duas:

\[(51,29) \text{ e } (56,34)\]
. Como $56$ é o valor máximo possível para $S_p$, obtivemos todos os pares possíveis de somas $(S_p,S_i)$.

Só falta calcular quantos números correspondem a cada par de somas, e somar

$(S_p,S_i)$	Número de 8s em ordem par	Número de 8s em ordem impar	Total de números
$(21,54)$	0	6	$\combin{7}{0}\times \combin{8}{6}=\combin{8}{2}=\frac{8\times7}{2}=4\times7=28$
$(26,59)$	1	7	$\combin{7}{1}\times \combin{8}{7}=7\times8=56$
$(31,64)$	2	8	$\combin{7}{2}\times \combin{8}{8}=\frac{7\times6}{2}\times1=7\times 3=21$
$(46,24)$	5	0	$\combin{7}{5}\times \combin{8}{0}=\combin{7}{2}\times \combin{8}{8}=21$
$(51,29)$	6	1	$\combin{7}{6}\times \combin{8}{1}=\combin{7}{1}\times \combin{8}{7}=56$
$(56,34)$	7	2	$\combin{7}{7}\times \combin{8}{2}=\combin{7}{0}\times \combin{8}{6}=28$
Total=			$2\times (28+56+21)=2\times105=210$

Nota do autor:
As contagens conseguem ser feitas sem ser necessário recorrer a combinatória...
Problema colocado originalmente no projecto Delfos. (ok... é melhor não resolver muitos problemas deles aqui..)

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Critério de divisibilidade por 11

Teorema
Um número é divisível por $11$ se o módulo da diferença entre a soma dos algarismos de ordem ímpar e a soma dos algarismos de ordem par for divisível por $11$.

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Seja \[N=\overline{a_{m}a_{m-1}...a_{3}a_{2}a_{1}}=\sum\limits_{k = 1}^m {\left( {a_k \cdot 10^{k - 1} } \right)}\] um número natural com $m$ algarismos divisível por $11$.
Considere-se o polinómio de grau $m-1$ na variável $x$. \[ P(x) = \sum\limits_{k = 1}^m {a_k \cdot x^{k - 1} } \] então $N=P(10)$. Como $10\equiv (-1) \Mod{11}$, então \[ P(10)\equiv P(-1) \Mod{11} \] Ora, \[ P(-1)=\sum\limits_{k = 1}^m {a_k \cdot (-1)^{k - 1} }=S_i-S_p \] Onde $S_i=$ soma dos algarismos de ordem ímpar e $S_p=$ soma dos algarismos de ordem par.
Logo \[ N\equiv (S_i-S_p) \Mod{11} \] Sendo $N$ divisível por $11$ temos então \[ N\equiv 0 \Mod{11} \] e então \[ S_i-S_p\equiv 0 \Mod{11} \] Que é naturalmente equivalente a \[ |S_i-S_p|\equiv 0 \Mod{11} \] e equivalente a dizer que $|S_i-S_p|$ é divisível por $11$

$\blacksquare$

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Notas :

• Na verdade o módulo do teorema é dispensável!
• Considera-se $0$ divisível por $11$ ... e por qualquer número diferente de $0$

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Integração por substituição: seno hiperbólico(II) Integração por substituição: tangente(I)

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 $\sinh$ )

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\[ \frac{3\sqrt 2 - 2\sqrt 3 }{3} \]

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Fazendo a substituição $x=\sh t$ temos, \begin{eqnarray*} {t}&{=}&{\arg\sh x}\\ {x}&{=}&{1\Rightarrow t=\argsh(1)}\\ {x}&{=}&{\sqrt 3\Rightarrow t=\argsh(\sqrt 3)} \end{eqnarray*} e \[ \frac{{dx}}{{dt}} = \ch t \] Portanto \begin{eqnarray*} {\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{x^2 \sqrt {1 + x^2 } }dx} }&{=}&{\int\limits_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 } {\frac{1}{\shq t \sqrt {1 + \shq t } }\ch t dt} }\\ {}&{=}&{\int\limits_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 } {\frac{1}{\shq t}dt}}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 } {\cosechq tdt}}\\ {}&{=}&{\left[-\cotgh t\right]_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 }}\\ {}&{=}&{\left[-\frac{\ch t}{\sh t}\right]_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 }}\\ {}&{=}&{\left[-\frac{\sqrt {1 + \shq t }}{\sh t}\right]_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 }}\\ {}&{=}&{-\frac{2}{\sqrt{3}}+\sqrt{2}}\\ {}&{=}&{\frac{3\sqrt 2 - 2\sqrt 3 }{3}} \end{eqnarray*}

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Fazendo a substituição $x=\tg t$, com $t\in \left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ temos, \begin{eqnarray*} {t}&{=}&{\arctg x}\\ {x}&{=}&{1\Rightarrow t=\frac{\pi}{4}}\\ {x}&{=}&{\sqrt 3\Rightarrow t=\frac{\pi}{3}} \end{eqnarray*} e \[ \frac{{dx}}{{dt}} = \sec^2 t \] Portanto \begin{eqnarray*} {\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{x^2 \sqrt {1 + x^2 } }dx} }&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } {\frac{1}{\tgq t \sqrt {1 + \tgq t } }\sec^2 t dt} }\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } {\frac{\sec^2 t}{\senq t \sec^2 t\sec t}dt}}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } \frac{1}{\senq t \sec t }dt}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } \frac{\cos t}{\senq t }dt}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} }{\cotg t}{\cosec t }dt}\\ {}&{=}&{\left[-\cosec t\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} }}\\ {}&{=}&{-\cosec \frac{\pi}{3} + \cosec \frac{\pi}{4}}\\ {}&{=}&{-\frac{2}{\sqrt{3}}+\sqrt{2}}\\ {}&{=}&{\frac{3\sqrt 2 - 2\sqrt 3 }{3}} \end{eqnarray*}

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Outra 'dedução' da fórmula da exponencial complexa...

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 \[e^{ix}=\cos x + i \sen x\]

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(Facebook, grupo fechado Física e Matemática)

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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?
• ...

Enfim, é a vida...

Integração por substituição: seno hiperbólico (I)

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 $m,n\in \N$

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\[\sqrt {2}+\arg \sinh \left( 1 \right)\]

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Começamos por fazer a substituição $x=\sinh u$ então, \begin{eqnarray*} {u}&{=}&{\arg\sinh x}\\ {x}&{=}&{-1\Rightarrow u=\arg\sinh(-1)=-\arg\sinh(1)}\\ {x}&{=}&{1\Rightarrow u=\arg\sinh(1)} \end{eqnarray*} e \[ \frac{{dx}}{{du}} = \cosh u \] Na restante resolução é também útil recordar a fórmula fundamental das funções hiperbólicas \[\cosh^2 u - \sinh^2 u = 1 \] que $\cosh u>0$    $\forall u \in \R$
e as fórmulas \[\cosh^2 u=\frac{1+\cosh(2u)}{2}\] \[\sinh (2 u) =2\sinh u \cosh u\] Assim sendo, temos que: \begin{eqnarray} {\int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt {1 + x^2 } dx} }&{ =}&{ \int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {\sqrt {1 + \left( {\sinh u} \right)^2 } \cosh udu}}\\ {}&{=}&{ \int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {\cosh ^2 udu} }\\ {}&{=}&{ \int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {\frac{{1 + \cosh \left( {2u} \right)}}{2}du} } \\ {}&{=}&{ \frac{1}{2}\int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {1du} + \frac{1}{4}\int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {2\cosh \left( {2u} \right)du}} \\ {}&{=}&{ \arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left[ {\sinh \left( {2u} \right)} \right]_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)}} \\ {}&{=}&{ \arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left[ {2\sinh \left( u \right)\cosh \left( u \right)} \right]_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)}} \\ {}&{=}&{ \arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left[ {2\sinh \left( u \right)\sqrt {1 + \left( {\sinh u} \right)^2 } } \right]_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)}} \\ {}&{=}&{\arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left( {2\sqrt {1 + 1} + 2\sqrt {1 + 1} } \right) }\\ {}&{=}&{ \sqrt {2}+\arg \sinh \left( 1 \right) } \end{eqnarray}

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Sistema não linear (II)

\[ \left\{ {\begin{array}{l} {x + \displaystyle\frac{1}{y} = 1} \\ {y + \displaystyle\frac{1}{z} = 2} \\ {z + \displaystyle\frac{1}{x} = 3} \end{array}} \right. \] Determinar o valor de $xyz$.

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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... \[xyz=\left(\frac{2 \pm i}{5}\right)\left(\frac{{3 \pm i}}{2}\right)\left(1 \pm i\right)=\left(\frac{1 \pm i}{2}\right)\left(1 \pm i\right)=\frac{\left(1 \pm i\right)^2}{2}=\pm i\]

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PS: Uma vez que esta primeira resolução não tem nada de especial, assim que me fôr possível penso noutra e partilho

Da equação dos osciladores harmónicos à exponencial complexa (Versão II)

Esta dedução é uma modificação da anterior numa tentativa de a simplificar e a tornar mais acessível ao máximo de pessoas.

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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 \[ \ddot x=-\omega^2 x \]

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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

\[\cos \phi=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]	;	\[\sen \phi=-\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
\[\sen \phi^*=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]	;	\[\cos \phi^*=\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]

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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 \[ \cos (\alpha)+\cos(\beta)=2 \cos \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)\]

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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*}

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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
\[ e^{i\theta}=\cos\theta+i\sen\theta\]

Da equação dos osciladores harmónicos à exponencial complexa (Versão I)

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.

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Actualização: Existe uma versão diferente desta dedução aqui, neste mesmo blog

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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 \[ \ddot x=-\omega^2 x \]

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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

\[\cos \phi=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]	;	\[\sen \phi=-\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]
\[\sen \phi^*=\frac{C_1}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]	;	\[\cos \phi^*=\frac{C_2}{\sqrt{C_1^2+C_2^2}}\]

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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
\[ e^{i\theta}=\cos\theta+i\sen\theta\]

Sistema não linear (I)Um sistema com somas de potências de desconhecidos

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!)

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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, $S_4=a^4+b^4+c^4=1+1+16=18$

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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.

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Um inteiro às fatias

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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.

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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/.

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Problema proposto por Américo Tavares no facebook, no dia 4 de Julho de 2017.

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Uma recta giratória (superfície regrada)

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Problema: Identificar o conjunto de todos os pontos que se obtêm rodando a recta $z=mx+b$ com $m\neq 0$ contida no plano $y=R$ em torno do eixo $Oz$, para ângulos $\theta \in \left[0;2\pi\right[ $.

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Possível resolução:
As rotações de ângulo $\theta$ em torno do eixo $Oz$ são dadas pela função \[R_{(z,\theta)}(x,y,z)=\left(x\cos \theta - y\sen \theta,x\sen \theta +y\cos \theta,z\right)\] (A dedução desta fórmula é simples, vou deixá-la ao cargo do leitor...)
Um ponto genérico da recta é \[(x,R,mx+b)\] Portanto após uma rotação, este ponto é transformado em \[\left(X,Y,Z\right)=R_{(z,\theta)}(x,R,mx+b)=\left(x\cos \theta - R\sen \theta,x\sen \theta +R\cos \theta,mx+b\right)\] Ou seja \[ \left\{ {\begin{array}{l} {X = x\cos \theta - R\sen \theta } \\ {Y = x\sen \theta + R\cos \theta } \\ {Z = mx + b} \\ \end{array}} \right. \] Como \begin{eqnarray*} {X^2+Y^2}&{=}&{x^2\cos^2 \theta -2 x R \cos \theta \sen \theta + R^2 \senq \theta + x^2\senq\theta +2 x R \sen\theta \cos \theta +R^2 \cos^2 \theta }\\ {}&{=}&{x^2+R^2}\\ {}&{=}&{\left(\frac{Z-b}{m}\right)^2+R^2} \end{eqnarray*} Ou seja \[X^2+Y^2-\left(\frac{Z-b}{m}\right)^2=R^2\] Esta equação é a equação de um hiperbolóide de uma folha, se $R\neq 0$ e de um cone (infinito) se $R=0$
Abaixo partilho, uma applet Geogebra onde pode manipular os parâmetros da recta original e do hiperbolóide ou cone correspondente.
E abaixo ainda uma animação ver o hiperbolóide "a ser construído" pela recta.(clicando sobre a animação vai ter a uma outra applet geogebra)

Um integral engraçado.

Já vi outras resoluções para isto. Vou apresentar a minha.
Problema: \[\int_{0}^{\pi} \sin x \ln {\cot \left( \frac{x}{2} \right)} dx \]

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Possível resolução:
Vou começar por reescrever o integral na forma \[\int_{0}^{\pi} \sin x \ln \sqrt{ \frac{1+\cos (x)}{1-\cos(x)} } dx \] Depois faço a substituição $t=x+\frac{\pi}{2}$ obtendo \[\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos t \ln \sqrt{ \frac{1+\sin (t)}{1-\sin (t)} } dt.\] Como a função integranda é ímpar, então, no intervalo $\left]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right[$ o integral vale zero.

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PS:
Apresento abaixo o integral inicial, calculado numericamente numa CASIO CG20 (utilizando apenas a funções da calculadora, sem recorrer a programação...)

O resto de uma divisão...

Hoje vou apresentar uma resolução feita num intervalo, esboçada num recibo de café...com mais algum detalhe que o recibo.

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Problema: Qual é o resto da divisão de $\underbrace {2323 ... 232323}_{\text{$4018$ dígitos}}$   por $999$?

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Possível resolução:
Por Carlos Paulo A. Freitas Primeiro note-se que \[ \underbrace {2323 ... 232323}_{\text{$4018$ dígitos}}=23 \sum_{k=0}^{2008}{10^{2k}} \] Depois que \[ 1\equiv 1 \Mod{999} \\ 10\equiv 10 \Mod{999} \\ 10^2\equiv 100 \Mod{999}\\ 10^3\equiv 1 \Mod{999}\\ 10^4\equiv 10 \Mod{999}\\ 10^5\equiv 100 \Mod{999}\\ 10^6\equiv 1 \Mod{999}\\ \vdots \\ 10^{3n}\equiv 1 \Mod{999}\\ 10^{3n+1}\equiv 10 \Mod{999}\\ 10^{3n+2}\equiv 100 \Mod{999}\\ \forall n\in \N \] e portanto \[ 10^{6n}\equiv 1 \Mod{999}\\ 10^{6n+2}\equiv 100 \Mod{999}\\ 10^{6n+4}\equiv 10 \Mod{999}\\ \forall n\in \N \] Logo, como \[ 23 \sum_{k=0}^{2008}{10^{2k}}=23 \left(\sum_{n=0}^{669}{10^{6n}}+\sum_{n=0}^{669}{10^{6n+2}}+\sum_{n=0}^{668}{10^{6n+4}}\right)\] A resolução resume-se a \begin{eqnarray*} {23 \sum_{k=0}^{2008}{10^{2k}}}&{\equiv}&{23\left( 670\Mod{999}+67000\Mod{999}+6690\Mod{999}\right)}\\ {}&{\equiv}&{23\left( 670\Mod{999}+67\Mod{999}+696\Mod{999}\right)}\\ {}&{\equiv}&{23\left( 1433\Mod{999}\right)}\\ {}&{\equiv}&{23\left( 434\Mod{999}\right)}\\ {}&{\equiv}&{9982\Mod{999}}\\ {}&{\equiv}&{991\Mod{999}} \end{eqnarray*} Portanto o resto é $991$.

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PS:Desculpem qualquer coisinha... há anos que não fazia coisas destas.
Cumprimentos ao Elias Rodrigues. Deu-lhe a mesma coisa que a mim, sem a confusão que eu fiz questão de escrever aqui!