Raizes quadradas de um número complexo (I).

Seja $z=a+bi$ com $a$ e $b$ reais tais que $b\neq 0$ e $a^2+b^2\neq 0$, e $i$ a unidade imaginária.
As raízes quadradas de $z$ são os números complexos $w=x+yi$ tais que $w^2=z$, ou seja: \begin{eqnarray*} {(x+yi)^2}&=&{a+bi}\\ {\Leftrightarrow x^2-y^2+2xyi}&{=}&{a+bi} \end{eqnarray*} Portanto \[ x^2-y^2=a \wedge 2xy=b\] Sendo $b\neq 0$ temos que nem $x$ nem $y$ são nulos, portanto temos $y=\displaystyle\frac{b}{2x}$ e então \[x^2-y^2=a \Leftrightarrow x^2-\left(\frac{b}{2x}\right)^2=a\Leftrightarrow 4x^4-4ax^2-b^2=0\] que é uma equação biquadrada e portanto: \[x^2=\displaystyle\frac{4a\pm\sqrt{(4a)^2-4\times4\times(-b^2)}}{2\times4}=\displaystyle\frac{a\pm\sqrt{a^2+b^2}}{2}\] Note-se que sendo $b\neq0$ a solução com um sinal $-$ não faz sentido e portanto: \[x=\pm\sqrt{\displaystyle\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}}\] E então \[y=\frac{b}{2x}=\frac{b}{\pm2\sqrt{\displaystyle\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}}}=\pm\frac{b\sqrt{2}}{2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}}\] Ou seja, as raizes quadradas de $z=a+bi$ são complexos da forma \[w=\pm\left(\sqrt{\displaystyle\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{2}}+\frac{b\sqrt{2}}{2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}}i\right)\] se $b=0$ as raízes são da forma $w=\pm \sqrt{a} $.

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Note-se que não podemos dizer que a fórmula se mantém válida se $b=0$ pois, se $a<0$ e $b=0$, \[\ReP{w}=2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}=0\] \\ \[\ImP{w}=\pm\displaystyle\frac{b\sqrt{2}}{2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}}=\frac{0}{0} \]

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Exemplos de aplicação:

• As raízes quadradas de -8+6i são \[w=\pm\left(\sqrt{\displaystyle\frac{-8+\sqrt{8^2+6^2}}{2}}+\frac{6\sqrt{2}}{2\sqrt{-8+\sqrt{8^2+6^2}}}i\right)=\pm(1+3i)\]
• As raízes quadradas de 3+4i são \[w=\pm\left(\sqrt{\displaystyle\frac{3+\sqrt{3^2+4^2}}{2}}+\frac{4\sqrt{2}}{2\sqrt{3+\sqrt{3^2+4^2}}}i\right)=\pm(2+i)\]
• As raízes quadradas de 1+i são \[w=\pm\left(\sqrt{\displaystyle\frac{1+\sqrt{1^2+1^2}}{2}}+\frac{1\sqrt{2}}{2\sqrt{1+\sqrt{1^2+1^2}}}i\right)=\pm\left(\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}+\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{1+\sqrt{2}}}i\right)\] Note-se que estes são os valores de $\sqrt[4]{2}e^{i\frac{\pi}{8}}$ e $\sqrt[4]{2}e^{i\frac{9\pi}{8}}$
• Para ter valores de $\cos \frac{\pi}{12}$ e $\sen \frac{\pi}{12}$ basta ver qual a raiz quadrada de $e^{i\frac{\pi}{6}}$ que tem afixo no primeiro quadrante, ou seja, com partes real e imaginária positivas. Ora $e^{i\frac{\pi}{6}}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$, logo a raíz que nos interessa é: \begin{eqnarray*} {w}& = &{\sqrt {\frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2} + 1}}{2}} + \frac{{\frac{1}{2}\sqrt 2 }}{{2\sqrt {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + 1} }}i }\\ {}&=&{ \sqrt {\frac{{\sqrt 3 + 2}}{4}} + \frac{2}{{4\sqrt {\sqrt 3 + 2} }}i }\\ {}&=&{\frac{{\sqrt {\sqrt 3 + 2} }}{2} + \frac{1}{{2\sqrt {\sqrt 3 + 2} }}i}\\ {}&=&{\frac{{\frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2}}}{2} + \frac{1}{{2\left( {\frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2}} \right)}}i}\\ {}&=&{\frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4} + \frac{{\sqrt 6 - \sqrt 2 }}{4}i} \end{eqnarray*} Que nos indica que \[\cos \left(\frac{\pi}{12}\right)=\frac{\sqrt 6 + \sqrt 2 }{4}\] \[ \sen\left(\frac{\pi}{12}\right)= \frac{\sqrt 6 - \sqrt 2 }{4}\] Foi feito o seguinte cálculo auxiliar: \[ \sqrt {\sqrt 3 + 2} = \sqrt {\sqrt 3 + \frac{3}{2} + \frac{1}{2}} = \sqrt {\sqrt 3 + \left( {\sqrt {\frac{3}{2}} } \right)^2 + \left( {\sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \sqrt {\left( {\sqrt {\frac{3}{2}} } \right)^2 + 2\sqrt {\frac{3}{2}} \sqrt {\frac{1}{2}} + \left( {\sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \] \[ = \sqrt {\left( {\sqrt {\frac{3}{2}} + \sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \sqrt {\frac{3}{2}} + \sqrt {\frac{1}{2}} = \sqrt {\frac{{3 \times 2}}{{2 \times 2}}} + \sqrt {\frac{{1 \times 2}}{{2 \times 2}}} = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2} \]

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Actualização (10/12/2019): Está prevista uma nova edição deste post para breve...

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...

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