Esta demonstração é inspirada na resolução de um "problema tipo" do exame de Matemática A realizado no dia 25/06/2018... em todo o território português
Considere-se o ponto $P$ de coordenadas $(x_P,y_P,z_P)$ e o plano de equação $ax+by+cz+d=0$. Vamos assumir que o ponto não pertence ao plano e que $(a,b,c)$ é um vector não nulo
A recta perpendicular ao plano que passa em $P$ tem como possível equação vectorial:
\[(x,y,z)=(x_P,y_P,z_P)+k(a,b,c); k \in \R\].
Assim, um ponto genérico desta recta tem por coordenadas $( x_P+ka,y_P+kb,z_P+kc)$
Logo, o ponto $I (x_I,y_I,z_I)$ de intersecção da recta com o plano verifica a condição:
\begin{eqnarray*}
{a(x_P+ka)+b(y_P+kb)+c(z_P+kc)+d}&{=}&{0}\\
{\Leftrightarrow ax_P+by_P+cz_P+k(a^2+b^2+c^2)+d}&{=}&{0}\\
{\Leftrightarrow k}&{=}&{-\frac{ax_P+by_P+cz_P+d}{a^2+b^2+c^2}}
\end{eqnarray*}
Portanto \[(x_I,y_I,z_I)=(x_P,y_P,z_P)-\frac{ax_P+by_P+cz_P+d}{a^2+b^2+c^2}(a,b,c)\]
ou, equivalentemente
\[\frac{ax_P+by_P+cz_P+d}{a^2+b^2+c^2}(a,b,c)=(x_P-x_I,y_P-y_I,z_P-z_I)\]
Assim sendo,$\overline{IP}$, a distância de $P$ ao plano verifica:
\[\left\|\frac{ax_P+by_P+cz_P+d}{a^2+b^2+c^2}(a,b,c)\right\|=\left\|(x_P-x_I,y_P-y_I,z_P-z_I)\right\|\]
\[\Leftrightarrow \frac{\left|ax_P+by_P+cz_P+d\right|}{a^2+b^2+c^2}\left\|(a,b,c)\right\|=\overline{IP}\]
\[\Leftrightarrow \overline{IP}=\frac{\left|ax_P+by_P+cz_P+d\right|}{a^2+b^2+c^2} \sqrt{a^2+b^2+c^2}=\frac{\left|ax_P+by_P+cz_P+d\right| }{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\]
Então a distância do ponto de coordenadas $(x_P,y_P,z_P)$ ao plano de equação $ax+by+cz+d=0$ é dada por:
\[\text{dist}=\frac{\left|ax_P+by_P+cz_P+d\right| }{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\]
Note-se que a fórmula mantém-se válida se o ponto $P$ pertencer ao plano.
AVISO: Esta fórmula não está no actual programa de Matemática A, logo não pode ser usada nos exames do ensino secundário!
(Post originalmente publicado no blog cpmathexplicações)
Deixo aqui uma minha proposta de resolução do referido exame.
04/06/2018
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} $.
Note-se que não podemos dizer que a fórmula se mantém válida se $b=0$ pois, se $a<0$ e $b=0$, \[\ReP{w}=2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}=0\] \\ \[\ImP{w}=\pm\displaystyle\frac{b\sqrt{2}}{2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}}=\frac{0}{0} \]
Exemplos de aplicação:
Actualização (10/12/2019): Está prevista uma nova edição deste post para breve...
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} $.
Note-se que não podemos dizer que a fórmula se mantém válida se $b=0$ pois, se $a<0$ e $b=0$, \[\ReP{w}=2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}=0\] \\ \[\ImP{w}=\pm\displaystyle\frac{b\sqrt{2}}{2\sqrt{a+\sqrt{a^2+b^2}}}=\frac{0}{0} \]
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: \[ \sqrt {\sqrt 3 + 2} = \sqrt {\sqrt 3 + \frac{3}{2} + \frac{1}{2}} = \sqrt {\sqrt 3 + \left( {\sqrt {\frac{3}{2}} } \right)^2 + \left( {\sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \sqrt {\left( {\sqrt {\frac{3}{2}} } \right)^2 + 2\sqrt {\frac{3}{2}} \sqrt {\frac{1}{2}} + \left( {\sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \] \[ = \sqrt {\left( {\sqrt {\frac{3}{2}} + \sqrt {\frac{1}{2}} } \right)^2 } = \sqrt {\frac{3}{2}} + \sqrt {\frac{1}{2}} = \sqrt {\frac{{3 \times 2}}{{2 \times 2}}} + \sqrt {\frac{{1 \times 2}}{{2 \times 2}}} = \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2} \]
Actualização (10/12/2019): Está prevista uma nova edição deste post para breve...
28/09/2017
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)
Se $f$ é uma função par, então \[f^{(2n+1)}(0)=0,\text{ } \forall n\in\N_0\]
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*}
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 \[\sech (x)=\sec(ix)={\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{a_n (ix)^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} }={\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{(-1)^n{a_n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} }\]
[ 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*} \]
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 $a$. |
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*}
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 $E_n=(-1)^{n/2}{a_{n/2}}$
- \[E_{2n+1}=0\]
- \[E_{2n}=(-1)^{n}{a_{n}}=\sum\limits_{l = 0}^{n-1} {\left[ \combin{2n}{2l}a_l \left( - 1\right)^{1-l}\right]} =-\sum\limits_{l = 0}^{n-1} {\left[ \combin{2n}{2l} E_{2l}\right]}\]
[ 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*} \]
23/09/2017
As primitivas da secante hiperbólica
Exercício:
Determine uma expressão para \[ \int {\sech x} dx\]
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 \[2\arctg \left[\th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\right] + C_4\]
\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*}
\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
Ver http://ftp.ist.utl.pt/GAEL/math/integrals/more/sech.htm
\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
Ver http://ftp.ist.utl.pt/GAEL/math/integrals/tableof.htm
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...
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...
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...
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...
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 \[ \sen x = \displaystyle\frac{{2t}}{{1 + t^2 }} \] (Se desconhecem as fórmulas podem consultar este documento que está na secção de material: A substituição t=tg(x/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, sendo a primitiva um logaritmo, percebe-se que tem de dar para escrever aquela secante como um quociente "óbvio".
Recordando as regras de derivação da secante e da tangente, com "olhos de ver" 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 :)
Exercício: a partir desta regra, e sabendo que $\cosec x = \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right)$ calcule a primitiva da cosecante.
Exercício: E qual é a primitiva da secante hiperbólica?
Resoluções aqui: http://zonaexacta.blogspot.com/2017/09/a-primitiva-da-secante-hiperbolica.html
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. Se calhar, até seria boa política escrever $C\in \R$ em cada linha. No entanto aprendi que o excesso de rigor não é didáctico, e torna as coisas visualmente "pesadas", por isso, no resto do blog, salvo um ou outro caso, manterei abusos de linguagem.
PS
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 \[ \sen x = \displaystyle\frac{{2t}}{{1 + t^2 }} \] (Se desconhecem as fórmulas podem consultar este documento que está na secção de material: A substituição t=tg(x/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, sendo a primitiva um logaritmo, percebe-se que tem de dar para escrever aquela secante como um quociente "óbvio".
Recordando as regras de derivação da secante e da tangente, com "olhos de ver" 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 :)
Exercício: a partir desta regra, e sabendo que $\cosec x = \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right)$ calcule a primitiva da cosecante.
\[\int \cosec x dx=- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C\]
\[\int u' \cosec u dx=- \ln \left| \cosec u +\cotg u \right| + C\]
\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*}
\begin{eqnarray*}
{\int \cosec x dx }&{=}&{\int \cosec x \times \frac{\cosec x +\cotg x }{\cosec x +\cotg x }dx}\\
{}&{=}&{\int \frac{\cosec^2 x +\cotg x \cosec x}{\cosec x +\cotg x }dx}\\
{}&{=}&{-\int \frac{-\cosec^2 x -\cotg x \cosec x}{\cosec x +\cotg x }dx}\\
{}&{=}&{- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C}
\end{eqnarray*}
Exercício: E qual é a primitiva da secante hiperbólica?
Resoluções aqui: http://zonaexacta.blogspot.com/2017/09/a-primitiva-da-secante-hiperbolica.html
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. Se calhar, até seria boa política escrever $C\in \R$ em cada linha. No entanto aprendi que o excesso de rigor não é didáctico, e torna as coisas visualmente "pesadas", por isso, no resto do blog, salvo um ou outro caso, manterei abusos de linguagem.
PS
- CarlosPaulices no século XXI (23/09/2017) - 'Ca seca'
- Texto revisto no dia 13 de Fevereiro de 2025, por ter havido problemas com o interpretador de $\LaTeX$ (MathJax)
15/09/2017
Recorrência secreta...
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.
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
\[ \begin{array}{l} 2a_{n + 1} = 7a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \\ 2a_{n + 1} = 7a_n + 3u_n \\ 2a_{n + 1} - 2a_n = 5a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \\ a_{n + 1} - a_n =\displaystyle \frac{{5a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} }}{2} \end{array} \]Ideia 7
Quanto à segunda parte \[ \begin{array}{l} a_{n + 1} a_n - 1 = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 1} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 1} }}} \right)\frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 5} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 5} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + \Phi ^4 + \frac{1}{{\Phi ^4 }} + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + \frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2} + \frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2} + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + 2 + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }} + 5} \right) - 1 = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{4n + 3} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 3} }}} \right)^2 = \frac{1}{5}\left( {\frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\sqrt 5 ^k } + \frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\left( { - 1} \right)^{4n + 3 - k} \sqrt 5 ^k } } \right)^2 \\ =\frac{1}{5}\left( {\frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\sqrt 5 ^k \left[ {\left( { - 1} \right)^{4n + 3 - k} + 1} \right]} } \right)^2 \\ = \frac{1}{5}\left( {\frac{2}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{j = 0}^{2n + 1} {\combin{4n+3}{2j+1}\sqrt 5 ^{2j + 1} } } \right)^2 \\ = \frac{5}{5}\left( {\frac{2}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{j = 0}^{2n + 1} {\combin{4n+3}{2j+1} 5 ^{j } } } \right)^2 \end{array} \]
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:
\[a_{n + 2} ^2 - a_{n} ^2 = 7a_{n + 1} \left(a_{n + 2}- a_{n }\right) \]
\[\Leftrightarrow a_{n + 2} + a_{n} = 7a_{n + 1} \]
\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\] logo \[a_{n + 2} >a_{n + 1}>a_{n}\] ou seja, $a_{n+2}-a_{n}>0$
\[\Leftrightarrow a_{n + 2} -7a_{n + 1}+ a_{n} = 0 \]
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.
Resultado 1: \[ F_n F_{n + 1} = \sum\limits_{k = 0}^n {F_k ^2 } \]
\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.
Resultado 2 (Cassini): \[ F_{n + 1} F_{n - 1} - F_n^2= \left(-1\right)^{n-1} \]
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*}
\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\] logo \[a_{n + 2} >a_{n + 1}>a_{n}\] ou seja, $a_{n+2}-a_{n}>0$
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 $F_0=1,F_1=1,F_2=2,F_3=3,F_4=5\cdots$
Resultado 1: \[ F_n F_{n + 1} = \sum\limits_{k = 0}^n {F_k ^2 } \]
\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.
$\blacksquare$
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*}
$\blacksquare$
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*}
$\blacksquare$
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:
\[a_{n + 2} ^2 - a_{n} ^2 = 7a_{n + 1} \left(a_{n + 2}- a_{n }\right) \]
\[\Leftrightarrow a_{n + 2} + a_{n} = 7a_{n + 1} \]
\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\] logo \[a_{n + 2} >a_{n + 1}>a_{n}\] ou seja, $a_{n+2}-a_{n}>0$
\[\Leftrightarrow a_{n + 2} -7a_{n + 1}+ a_{n} = 0 \]
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:
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 $n$
Nota do autor
Consegue-se reescrever a resolução da primeira parte para não ser necessário a sucessão auxiliar $b_n$.
\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\] logo \[a_{n + 2} >a_{n + 1}>a_{n}\] ou seja, $a_{n+2}-a_{n}>0$
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.
- $a_n \leq b_n$
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.
Nota do autor
Consegue-se reescrever a resolução da primeira parte para não ser necessário a sucessão auxiliar $b_n$.
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).
(O resultado é independente da versão da sucessão de Fibonacci $(F_n)$ utilizada).
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 \[ F_{n}=C_1\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+C_2\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\]
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
Por vezes até generalizam-se os números de Fibonacci a argumentos negativos, recorrendo a estas fórmulas ou à fórmula de recorrência.
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.
Nota
Esta página poderá ser actualizada no futuro.
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
\[r=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\]
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*} | \[F_n=\frac{\Phi^{n-1}+\left(-1\right)^n\Phi^{-n+1}}{\sqrt{5}}\] \[F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n-1} + \frac{{\left( { - 1} \right)^{n} }}{{\Phi ^{n-1} }}} \right)\] | \[\N_1\] |
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.
Nota
Esta página poderá ser actualizada no futuro.
07/09/2017
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 $11$?
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 $11$?
210
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 $24,29,34,39,44,49,54,59,64$.
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..)
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 $(S_p,S_i)$.
| $(S_p,S_i)$ | 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= | $2\times (28+56+21)=2\times105=210$ | ||
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..)
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 $11$.
Notas :
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 $11$.
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 $11$
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 $11$
$\blacksquare$
Notas :
- Na verdade o módulo do teorema é dispensável!
- Considera-se $0$ divisível por $11$ ... e por qualquer número diferente de $0$
05/09/2017
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 $\sinh$ )
(Nota: $\sh$ é uma notação para seno hiperbólico ... também se representa por $\sinh$ )
\[
\frac{3\sqrt 2 - 2\sqrt 3 }{3}
\]
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*}
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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