O Teorema fundamental do Cálculo e a regra de Leibnitz.

De há alguns anos para cá, o número de alunos que me pergunta "O que é o teorema fundamental do cálculo?" tem aumentado significativamente. Não sei se devido a excessivos powerpoints (Lamento, ler powerpoints, por mais bonitos que sejam, não é dar aulas, é perder tempo e fazer o público perder tempo...).
Mas também não ponho as mãos no fogo por toda a gente que me procura.

O teorema diz simplesmente que, num conjunto onde as coisas que constam da fórmula estão bem definidas (e fazem sentido), é válida a fórmula

\[ \frac{d}{{dx}}\left( {\int\limits_a^x {f\left( t \right)dt} } \right) = f(x) \] 

Claro que se combinarmos isto com a regra de derivação da função composta, sai isto:

  \[
\left( {\int\limits_{\varphi \left( x \right)}^{\psi \left( x \right)} {f\left( t \right)dt} } \right)^\prime   = f(\psi \left( x \right))\psi '\left( x \right) - f(\varphi \left( x \right))\varphi '\left( x \right)
\]

Mas, dá para generalizar, e deduzir versões mais complicadas. 

Por exemplo e se for este?

\[
\frac{d}{{dx}}\left( {\int\limits_a^x {f\left( {x,t} \right)dt} } \right)
\]

Também se deduz.

Começamos por definir: 

\[
I(x,z) = \int\limits_a^x {f\left( {z,y} \right)dy}
\]

Calcular

\[
\frac{{\partial I}}{{\partial x}}(x,z) = \frac{d}{{dx}}\left( {\int\limits_a^x {f\left( {z,y} \right)dy} } \right) = f\left( {z,x} \right)
\]

e

\[
\frac{{\partial I}}{{\partial z}}(x,z) = \int\limits_a^x {\frac{\partial }{{\partial z}}\left( {f\left( {z,y} \right)} \right)dy}  = \int\limits_a^x {\frac{\partial }{{\partial x}}\left( {f\left( {z,y} \right)} \right)\frac{{\partial x}}{{\partial z}}dy}  = \int\limits_a^x {\frac{\partial }{{\partial x}}\left( {f\left( {z,y} \right)} \right)dy}
\]

E finalmente fazer

\[
\frac{d}{{dx}}\int\limits_a^x {f\left( {x,y} \right)dy}  = \frac{d}{{dx}}I(x,x) = \frac{{\partial I}}{{\partial x}} + \frac{{\partial I}}{{\partial z}}\frac{{\partial x}}{{\partial x}} = f\left( {x,x} \right) + \int\limits_a^x {\frac{\partial }{{\partial x}}\left( {f\left( {x,y} \right)} \right)dy}
\]

Se percebeu este exemplo, espero que consiga chegar a este:

\[
\left( {\int\limits_{\varphi \left( x \right)}^{\psi \left( x \right)} {f\left( {x,y} \right)dy} } \right)^\prime   = f(x,\psi \left( x \right))\psi '\left( x \right) - f(x,\varphi \left( x \right))\varphi '\left( x \right) + \int\limits_{\varphi \left( x \right)}^{\psi \left( x \right)} {\frac{\partial }{{\partial x}}\left( {f\left( {x,y} \right)} \right)dy}
\]

Por hoje é tudo.

Uma dica no cálculo de derivadas de ordem $n$

Uma das causas da minha irregularidade a publicar neste blog, é que desde uns meses depois do ínicio da pandemia COVID-19 dou explicações online a uma média de 12 cadeiras por semestre sem falar das explicações ao ensino secundário
Em várias das cadeiras de Cálculo, Matemática e Análise Matemática ensinam-se derivadas de ordem $n$, polinómios e séries de Taylor (e MacLaurin).
Se para algumas pessoas é fácil e rápido detectar padrões, para outras, nem por isso.

Assim, eu acabo por sugerir a toda a gente que, ao calcular uma derivada de ordem $n$, "não simplifique as contas".


Passo a explicar: se $k$ for uma constante e $f$ uma função, então a derivada de $kf$ é $k$ vezes a derivada de $f$
Então, a derivada de, por exemplo ${5 \times f \times 10}$ também é ${5 \times f' \times 10}$.



Até perceberem o padrão, deixem o $5$ e o $10$ onde estão. Não convertam para $50 f'$

Exemplo: Este exemplo é simples, e até dava bem para fazer sem este truque, mas o objectivo é que percebam a onde quero chegar.
Considere-se a função $f(x)=\ln(1-x)$ então: \[ f'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{1 - x}} = {\color{green} - \left( {1 - x} \right)^{ - 1} } \] \[ f''\left( x \right) = \left( {\color{green} - \left( {1 - x} \right)^{ - 1} } \right)' = {\color{green} -} {\color{red}\left( { - 1} \right)\left( {1 - x} \right)^{ - 2} ( - 1)} \] pois \[ \left( {u^n } \right)' = nu^{n - 1} u' \] continuando, \[ f'''\left( x \right) = {\color{green} -} {\color{red}\left( { - 1} \right)}{\color{blue}\left( { - 2} \right)\left( {1 - x} \right)^{ - 3} ( - 1)}{\color{red}\left( { - 1} \right)} \] \[ f''''\left( x \right) = {\color{green} -}{\color{red}\left( { - 1} \right)}{\color{blue}\left( { - 2} \right)} \left( { - 3} \right)\left( {1 - x} \right)^{ - 4} ( - 1){\color{blue}\left( { - 1} \right)}{\color{red}\left( { - 1} \right)} \] Ou seja, as constantes, vou deixando "quietas", onde aparecem. Será que depois disto, continua a ser difícil concluir que se $n\ge 1$
\[ f^{(n)} (x) = - \frac{{\left( {n - 1} \right)!}}{{\left( {1 - x} \right)^n }} \] ?

Claro que por mim, depois disto, o correcto ainda seria provar a fórmula, por exemplo, recorrendo, por exemplo, ao método de indução.

Sugestão: tente com alguns exemplos mais complicados... e depois tente obter as fórmulas de séries de Taylor/MacLaurin referentes a esses exemplos.

De uma derivada de ordem k à binomial negativa.

Ontem à noite, estava eu sentado, num café, a resolver alguns exercícios de Probabilidades e Estatística. Precisei de umas fórmulas para a binomial negativa. Tinha as fórmulas nos meus apontamentos, mas não tinha a dedução. Já estava meio farto de cálculos "mecânicos".
Estava sem bateria no telemóvel, portanto, estava sem acesso à Internet.
Isto foi o que me ocorreu (isto são só cálculos, mas parece que sou mais produtivo num café do que em casa ou no trabalho):
Sabe-se que se $0<|x|<1$ então \[ \sum\limits_{n = 0}^\infty {x^n } = \frac{1}{{1 - x}} \] Derivando esta expressão termo a termo temos: \[ \sum\limits_{n = 0}^\infty {nx^{n-1} } = \frac{1}{\left(1 - x\right)^2} \] Note-se que o primeiro termo da série é zero , portanto esta igualdade pode ser reescrita \[ \sum\limits_{n = 1}^\infty {nx^{n-1} } = \frac{1}{\left(1 - x\right)^2} \] Voltando a derivar cada um dos membros \[ \sum\limits_{n = 1}^\infty {n(n-1)x^{n-2} } = \frac{2}{\left(1 - x\right)^3} \] E mais uma vez \[ \sum\limits_{n = 2}^\infty {n(n-1)x^{n-2} } = \frac{2}{\left(1 - x\right)^3} \] Continuando a derivar obtemos \[ \color{red}\sum\limits_{n = k}^\infty {n(n-1)\cdots(n-k+1)x^{n-k} } = \frac{k!}{\left(1 - x\right)^{k+1}} \] (Fórmula que pode ser confirmada pelo método de indução)
Onde $n(n-1)\cdots(n-k+1)={}^{n}A_k$ é a conhecida fórmula para arranjos de $n$ $k$ a $k$
Dividindo ambas as expressões por $k!$ obtém-se \[ \color{blue}\sum\limits_{n = k}^\infty {\left(\begin{array}{l} {n}\\ {k} \end{array} \right)x^{n-k} } = \frac{1}{\left(1 - x\right)^{k+1}} \] Fazendo as mudanças de variáveis $N=n+1$ e $K=k+1$, esta igualdade converte-se em \[ \color{green}\sum\limits_{N = K}^\infty {\left(\begin{array}{l} {N-1}\\ {K-1} \end{array} \right)x^{N-K} } = \frac{1}{\left(1 - x\right)^{K}} \]

Aplicação à binomial negativa

Diz-se que uma variável aleatória $X$="número de provas de Bernoulli a realizar até se obterem $k$ sucessos" tem distribuição binomial negativa. A função massa de probabilidade desta distribuição é dada por: \[ f_X(x)=P(X=x)= \left\{ {\begin{array}{l} {\left( {\begin{array}{l} {x - 1} \\ {k - 1} \end{array}} \right)p^k (1 - x)^{x - k}\text{ } x = k,k + 1,k + 2...} \\ {0,\text{caso contrário}} \end{array}} \right. \] Assim sendo \begin{eqnarray*} {E(X)}&{ = }&{\sum\limits_{x=k}^\infty {x f_X(x)}}\\ {}&{=}&{\sum\limits_{x = k}^\infty {x\left( {\begin{array}{l} {x - 1} \\ {k - 1} \end{array}} \right)p^k (1 - p)^{x - k} }}\\ {}&{ = }&{\frac{{p^k }}{{\left( {k - 1} \right)!}}\sum\limits_{x = k}^\infty {\frac{{x!}}{{\left( {x - k} \right)!}}(1 - p)^{x - k} }}\\ {}&{ = } & { \frac{{p^k }}{{\left( {k - 1} \right)!}}{\color{red}\sum\limits_{x = k}^\infty {^x A_k (1 - x)^{x - k} }}}\\ {}&{ = }& {\frac{{p^k }}{{\left( {k - 1} \right)!}}{\color{red}\frac{{k!}}{{\left( {1 - \left( {1 - p} \right)} \right)^{k + 1} }}}}\\ {}&{ = }& {\frac{k}{p}} \end{eqnarray*} A função geradora de momentos é \begin{eqnarray*} {M_X (t)}&{ = }&{ E\left( {e^{tX} } \right) }\\ { }&{ = }&{\sum\limits_{x = k}^\infty {e^{tx} f_X(x)}}\\ { }&{ = }&{\sum\limits_{x = k}^\infty {e^{tx} \left( {\begin{array}{l} {x - 1} \\ {k - 1} \end{array}} \right)p^k (1 - p)^{x - k} } }\\ {}&{ = }&{\sum\limits_{x = k}^\infty {e^{tx - tk} \left( {\begin{array}{l} {x - 1} \\ {k - 1} \end{array}} \right)e^{tk} p^k (1 - p)^{x - k} }}\\ {}&{ = } &{\sum\limits_{x = k}^\infty {\left( {\begin{array}{l} {x - 1} \\ {k - 1} \end{array}} \right)\left( {e^t p} \right)^k \left( {e^t \left( {1 - p} \right)} \right)^{x - k} } } \\ {}&{ = } &{\left( {e^t p} \right)^k {\color{green}\sum\limits_{x = k}^\infty {\left( {\begin{array}{l} {x - 1} \\ {k - 1} \end{array}} \right)\left( {e^t \left( {1 - p} \right)} \right)^{x - k} }}}\\ {}&{ = }&{\left( {e^t p} \right)^k {\color{green}\frac{1}{{\left( {1 - e^t \left( {1 - p} \right)} \right)^k }}}}\\ {}&{ = }&{\left( {\frac{{e^t p}}{{1 - e^t \left( {1 - p} \right)}}} \right)^k} \end{eqnarray*} Com esta função pode-se calcular \[ E(X^2 ) = \lim_\limits{t\to 0} \frac{{d^2 }}{{dt^2 }}\left( {\frac{{e^t p}}{{1 - e^t \left( {1 - p} \right)}}} \right)^k = \frac{{k\left( {k - p + 1} \right)}}{{p^2 }} \]

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\begin{eqnarray*} {\frac{d}{{dt}}\left( {M_{X(t)} } \right)}&{ = }&{\frac{d}{{dt}}\left( {\left( {\frac{{e^t \cdot p}}{{1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)}}} \right)^k } \right)}\\ {}&{ = }&{k\left( {\frac{{e^t \cdot p}}{{1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)}}} \right)^{k - 1} \frac{d}{{dt}}\left( {\frac{{e^t \cdot p}}{{1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)}}} \right)} \\ {}&{ = }&{ k\left( {\frac{{e^t \cdot p}}{{1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)}}} \right)^{k - 1} \frac{{e^t \cdot p\left( {1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)} \right) + e^t \cdot pe^t \cdot \left( {1 - p} \right)}}{{\left( {1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)} \right)^2 }}} \\ {}&{ = }&{k\left( {\frac{{e^t \cdot p}}{{1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)}}} \right)^k \frac{1}{{1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)}}}\\ {}&{ = }&{\frac{{k \cdot e^{kt} \cdot p^k }}{{\left( {1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)} \right)^{k + 1} }}} \end{eqnarray*} Passemos à segunda derivada: \begin{eqnarray*} {\frac{{d^2 }}{{dt^2 }}\left( {M_{X(t)} } \right)}&{ = }&{\frac{d}{{dt}}\left( {\frac{d}{{dt}}\left( {M_{X(t)} } \right)} \right)}\\ {}&{ = }&{ \frac{d}{{dt}}\left( {\frac{{k \cdot e^{kt} \cdot p^k }}{{\left( {1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)} \right)^{k + 1} }}} \right)}\\ {}&{ = }&{\frac{{k^2 \cdot e^{kt} \cdot p^k \left( {1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)} \right)^{k + 1} - k \cdot e^{kt} \cdot p^k \left( {k + 1} \right)\left( {1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)} \right)^k \left[ { - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)} \right]}}{{\left( {1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)} \right)^{2k + 2} }}}\\ {}&{=}&{\frac{{ke^{kt} p^k \left[ {k\left( {1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)} \right) + \left( {k + 1} \right)\left( {1 - p} \right)e^t } \right]}}{{\left( {1 - e^t \cdot \left( {1 - p} \right)} \right)^{k + 2} }}} \end{eqnarray*} Finalmente: \begin{eqnarray*} {E(X^2 )}&{ = }&{\lim_\limits{t\to 0} \frac{d^2 }{dt^2 }\left( M_{X(t)} \right)}\\ {}&{=}&{\frac{{kp^k \left[ {k\left( {1 - \left( {1 - p} \right)} \right) + \left( {k + 1} \right)\left( {1 - p} \right)} \right]}}{{\left( {1 - \left( {1 - p} \right)} \right)^{k + 2} }}}\\ {}&{=}&{\frac{{kp^k \left( {kp + k - kp + 1 - p} \right)}}{{p^{k + 2} }}}\\ {}&{ = }&{\frac{{k\left( {k - p + 1} \right)}}{{p^2 }}} \end{eqnarray*}

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E daqui \[ Var(X) = E\left( {X^2 } \right) - E\left( X \right)^2 = \frac{{k\left( {k - p + 1} \right)}}{{p^2 }} - \frac{{k^2 }}{{p^2 }} = \frac{{k\left( {1 - p} \right)}}{{p^2 }} \]

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PS:

• Eu nunca tinha feito isto antes. Em caso de gralhas ou erros, eu vou acabar por corrigir, mas podem contactar-me.
• Obviamente, existem outras formas de fazer algumas destas coisas... eu sei onde pode ver algumas. Por exemplo, posso sugerir o capítulo 4 da primeira edição do livro Introdução à Probabilidade e à Estatística , de Dinis Pestana e Sílvio Velosa — estou a sugerir a primeira edição porque no dia em que escrevo isto é a que está à minha frente!

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!

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*} \]

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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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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