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:
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...
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 \[f^{(2n+1)}(0)=0,\text{ } \forall n\in\N_0\]
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*}
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:
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...
\begin{eqnarray*}
\int \cosec x dx &=&\int \cosec x \times \frac{\cosec x +\cotg x }{\cosec x +\cotg x }dx\\
{}&{=}&\int \frac{\cosecq x +\cotg x \cosec x}{\cosec x +\cotg x }dx\\
{}&{=}&{-\int \frac{-\cosecq x -\cotg x \cosec x}{\cosec x +\cotg x }dx}\\
{}&{=}&{- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C}
\end{eqnarray*}
Exercício: E qual é a primitiva da secante hiperbólica?
Resoluções aqui: http://zonaexacta.blogspot.com/2017/09/a-primitiva-da-secante-hiperbolica.htmlNota: Por abuso de linguagem costumamos dizer "a primitiva" de uma função. No entanto como existe uma primitiva para cada constante $C$, na verdade a designação correcta é "as primitivas" de uma função, ou, "a família de primitivas de...", e só por isso deixei o título no plural. No entanto, no resto do blog, salvo um ou outro caso, manterei o abuso de linguagem.
PS
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.
\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\]
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:
O par $(a_n,b_n)$ é de inteiros positivos.
$a_n \leq b_n$
A proposição é verdadeira para $n=0$ como já se viu.
Vamos ver que a propriedade é hereditária:
Assumindo por hipótese que a propriedade é válida para $n$, a relação
\[
a_{n + 1} = b_n
\]
Mostra-nos imediatamente que $a_{n + 1}$ é inteiro positivo.
E a relação $b_{n + 1} = 7b_n - a_n$ diz-nos que $b_{n + 1}$ é inteiro.
Por outro lado $a_n\leq b_n \Leftrightarrow -a_n\geq -b_n$, logo
\[b_{n + 1} = 7b_n - a_n\geq 7b_n - b_n =6b_n\]
Ficando com isto provado que $b_{n + 1}$ é positivo.
Fica assim provada a proposição, e com isto a primeira parte do problema.
Para a segunda parte...
Acima vimos que
\[
a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 = 7a_n a_{n + 1}
\]
isto é equivalente a
\[
\begin{array}{l}
a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 = 7a_n a_{n + 1} - 9 \\
\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 + 2a_n a_{n + 1} + a_n ^2 = 9a_n a_{n + 1} - 9 \\
\Leftrightarrow \left( {\displaystyle\frac{{a_{n + 1} + a_n }}{3}} \right)^2 = a_n a_{n + 1} - 1
\end{array}
\]
Assim, para provar que \[ a_n a_{n + 1} - 1 \] é um quadrado perfeito, basta provar que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de 3.
Isso faz-se mais uma vez por indução em $n$
Para $n=0$ temos $a_1+a_0=5+1=6$ que é múltiplo de $3$
Partindo da hipótese que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de $3$ temos que
\[{a_{n + 2} + a_{n + 1} }=7a_{n + 1}-a_n+a_{n + 1}=9a_{n + 1}-(a_{n + 1}+a_n)\]
Que é múltiplo de $3$, pois $9a_{n + 1}$ é múltiplo de $3$ e $a_{n + 1}+a_n$ é múltiplo de $3$ por hipótese.
Assim, ficou provado que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de $3$, para todo o $n\in \N_0$, logo que $a_n a_{n + 1} - 1$ é quadrado perfeito, ficando com isto concluída a resolução do problema.
Nota do autor
Consegue-se reescrever a resolução da primeira parte para não ser necessário a sucessão auxiliar $b_n$.
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).
