Uma equação com problemas (I)

Há uns meses chegou-me um explicando com o seguinte problema.

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Seja $k\in \R \backslash \{0\} $. Calcule um valor de $k$ de modo que:
\[
\int\limits_k^\pi  {\frac{1}{{\left( {2 + \sin ^2 \left( {2x} \right)} \right)\cos ^{ - 1} \left( {2x} \right)}}dx =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi }
\]

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Ao resolver a equação percebi que a equação era impossível!
Abaixo (botão) deixo a minha resolução feita nesse dia.

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\begin{eqnarray*} {\int\limits_k^\pi {\frac{1}{{\left( {2 + \sin ^2 \left( {2x} \right)} \right)\cos ^{ - 1} \left( {2x} \right)}}dx}}& {=} &{ - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi }\\ {\Leftrightarrow \int\limits_k^\pi {\frac{{\cos \left( {2x} \right)}}{{2 + \sin ^2 \left( {2x} \right)}}dx}}&{ = }&{ - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi }\\ {\Leftrightarrow \frac{1}{2}\int\limits_k^\pi {\frac{{\cos \left( {2x} \right)}}{{1 + \left( {\displaystyle\frac{{\sin \left( {2x} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right)^2 }}dx}} &{=}& { - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi }\\ {\Leftrightarrow \frac{1}{2}\frac{{\sqrt 2 }}{2}\int\limits_k^\pi {\displaystyle\frac{{\displaystyle\frac{2}{{\sqrt 2 }}\cos \left( {2x} \right)}}{{1 + \left( {\displaystyle\frac{{\sin \left( {2x} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right)^2 }}dx}}&{ = }&{ - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi } \\ {\Leftrightarrow \int\limits_k^\pi {\frac{{\displaystyle\frac{2}{{\sqrt 2 }}\cos \left( {2x} \right)}}{{1 + \left( {\displaystyle\frac{{\sin \left( {2x} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right)^2 }}dx}}&{ = }& { - 2\pi } \\ {\Leftrightarrow - \arctg\left( {\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right)}&{ = }&{ - 2\pi } \\ {\Leftrightarrow \arctg\left( {\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right)}&{ = }&{ 2\pi } \\ \end{eqnarray*} Uma vez que o contradomínio da função arcotangente é $\left] { -\displaystyle \frac{\pi }{2},\displaystyle\frac{\pi }{2}} \right[$, a equação obtida é impossível.
Quero que compreendam que mesmo deslocando o contradomínio do arcotangente por um múltiplo inteiro de $\pi$, a equação original continua a ser impossível, visto que essa constante "desapareceria" no decorrer dos cálculos (nomeadamente depois de aplicação da regra de Barrow).


Escrever \[{\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}}=\tg (2\pi)\] É um erro gravíssimo!!! (e que demonstra sério e grave desconhecimento do que se anda a fazer)!

Mas, para que não fiquem dúvidas na cabeça mais teimosa, vou provar a impossibilidade daquela equação de outra forma.
Considere-se a função: \[ F(k) = \int\limits_k^\pi {\frac{1}{{\left( {2 + \sin ^2 \left( {2x} \right)} \right)\cos ^{ - 1} \left( {2x} \right)}}dx} = - \frac{{\sqrt 2 }}{4}\arctg\left( {\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right) \] Ora, como \[- 1 \le \sin \left( {2k} \right) \le 1 \] então \[\frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }} \le \frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }} \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}\] Então isto implica que \[{{ - 1}} \leq \frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }} \leq {1}\] \[\Leftrightarrow - \frac{\pi }{4} \le \arctg\left( {\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right) \le \frac{\pi }{4}\] \[ \Leftrightarrow - \frac{{\pi \sqrt 2 }}{{16}} \le - \frac{{\sqrt 2 }}{4}\arctg\left( {\frac{{\sin \left( {2k} \right)}}{{\sqrt 2 }}} \right) \le \frac{{\pi \sqrt 2 }}{{16}}\] \[ \Leftrightarrow - \frac{{\pi \sqrt 2 }}{{16}} \le F(k) \le \frac{{\pi \sqrt 2 }}{{16}}\] Esta última condição prova que $-\displaystyle\frac{{\sqrt 2 }}{2}\pi$ está fora do contradomínio de $F$, portanto a equação original é impossível.

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Numa última nota:

• Não percebi porque se exige no enunciado que $k\neq 0$.   Faz-me suspeitar que há algo de errado com o enunciado.
• Eu 'verifiquei' numericamente as minhas afirmações antes de me dar ao trabalho de escrever isto... podia ter erros nos cálculos.
• Como sempre, se encontrarem gralhas ou incorrecções, podem enviar-me para cpaulof at gmail dot com
  

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Actualizações:

• 03/07/2019: $\cos^{-1}$ deve ser interpretado como a função secante, e não como a função arco-cosseno, graças aos valores dos limites de integração.
• 03/07/2019: em vez de $k\in\R\backslash \{0\}$ penso que $k$ deve pertencer a um subconjunto de $\R\backslash \left\{x=\displaystyle\frac{\pi}{4}+\frac{n\pi}{2}, n\in \Z\right\}$, mas não sei. O enunciado não é meu.
  
  

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  \begin{eqnarray*} {D }&{=}&{ \left\{ {x \in \R:\cos \left( {2x} \right) \ne 0} \right\}}\\ {}&{ = }&{\left\{ {x \in \R:2x \ne \frac{\pi }{2} + n\pi ;n \in \Z} \right\}}\\ {}&{ = }&{ \left\{ {x \in \R:x \ne \frac{\pi }{4} + \frac{{n\pi }}{2};n \in \Z} \right\}} \end{eqnarray*}

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• 09/11/2021: Encontrei uma gralha, mas corrigi... ninguém se deu ao trabalho de me avisar!