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

Sistema não linear (I)Um sistema com somas de potências de desconhecidos

Problema: Se \begin{eqnarray*} {a+b+c}&{=}&{2}\\ {a^2+b^2+c^2}&{=}&{6}\\ {a^3+b^3+c^3}&{=}&{8} \end{eqnarray*} então $a^4+b^4+c^4=?$
(Nota do autor do blog: há várias resoluções possíveis para isto... como tal, peço uma que explicite todos os possíveis valores para $a$, $b$ e $c$, e só pelo gozo... não resolva o sistema por substituição!)

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Proposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas)
Comecemos por considerar o sistema \[ \left\{ {\begin{array}{ccc} {a+b+c}&{=}&{2}\\ {a^2+b^2+c^2}&{=}&{6}\\ {a^3+b^3+c^3}&{=}&{8} \end{array}} \right. \] Note-se que dada a simetria do sistema, se um tripleto de valores for solução do sistema, então, qualquer permutação desse tripleto é solução.
Ora, $a$, $b$ e $c$ são zeros do polinómio $P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)$.
Expandindo este produto temos \[P(x)=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc\] Ou seja, \[P(x)=x^3-C_1x^2+C_2x-C_3\] Para encontrar valores numéricos para os coeficientes $C_1$, $C_2$ e $C_3$ vou definir um termo $S_n$ por \[S_n=a^n+b^n+c^n\] Assim, $C_1=S_1=2$, $S_2=6$ e $S_3=8$.
A igualdade \[(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\] Pode reescrever-se na forma \[C_1^2=S_2+2C_2\] E portanto, $C_2=\displaystyle\frac{C_1^2-S_2}{2}=\frac{2^2-6}{2}=-1$
Já só nos falta obter $C_3$.
Para isso comecemos por expandir $(a+b+c)^3$
Ora \[ (a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2)+6abc \] Que à partida não sugere nada!!!
Mas se atendermos às definições de $C_1$, $C_2$ e $C_3$ podemos notar que $a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2=C_1\cdot C_2 -3 C_3 $
E então \[ (a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2)+6abc \] é equivalente a \[ C_1^3=S_3+3(C_1\cdot C_2 -3 C_3 )+6C_3 \] Portanto \[C_3=\frac{C_1^3-3C_1C_2-S_3}{-3}\] logo $C_3=-2$
Assim sendo o nosso polinómio é: \begin{eqnarray*} {P(x)}&{=}&{x^3-2x^2-x+2}\\ {}&{=}&{x^2(x-2)-(x-2)}\\ {}&{=}&{(x^2-1)(x-2)}\\ {}&{=}&{(x+1)(x-1)(x-2)} \end{eqnarray*} Que tem como zeros $-1$, $1$ e $2$.
Assim sendo, as seis possíveis soluções do sistema são as seis permutações destes valores, ou seja \begin{eqnarray*} {(a,b,c)}&{=}&{(-1,1,2)\text{ ou} }\\ {(a,b,c)}&{=}&{(1,-1,2)\text{ ou} }\\ {(a,b,c)}&{=}&{(-1,2,1)\text{ ou} }\\ {(a,b,c)}&{=}&{(1,2,-1)\text{ ou} }\\ {(a,b,c)}&{=}&{(2,1,-1)\text{ ou} }\\ {(a,b,c)}&{=}&{(2,-1,1) } \end{eqnarray*} E em qualquer uma delas, $S_4=a^4+b^4+c^4=1+1+16=18$

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O problema original foi-me sugerido por Barbara Fernandes via facebook e inicialmente foi proposto no grupo do facebook Math: An Integral Part of Happiness, caso contrário, eu não tocaria nele.

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Um inteiro às fatias

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Problema: Seja $a_n=2-\displaystyle\frac{1}{n^2+\sqrt{n^4+\frac{1}{4}}}$, $n=1,2,...$ .
Mostre que $\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+...+\sqrt{a_{119}}$ é um inteiro.

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Proposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas)
Começarei por procurar outra expressão para $a_n$.
\begin{eqnarray*} {a_n}&{=}&{2-\displaystyle\frac{1}{n^2+\sqrt{n^4+\frac{1}{4}}} }\\ { }&{=}&{2-\displaystyle\frac{n^2-\sqrt{n^4+\frac{1}{4}}}{n^4-n^4-\frac{1}{4}} }\\ { }&{=}&{2+4n^2-4\sqrt{n^4+\frac{1}{4} } }\\ { }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{4n^4+1}}\\ { }&{=}&{ 2+4n^2-2\sqrt{4n^4+4n^2+1-4n^2} }\\ { }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{(2n^2+1)^2-(2n)^2} }\\ { }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{(2n^2+1+2n)(2n^2+1-2n)} }\\ { }&{=}&{2+4n^2-2\sqrt{(2n^2+2n+1)(2n^2-2n+1)} }\\ { }&{=}&{\left(\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1}\right)^2} \end{eqnarray*} Como \[\sqrt{2n^2+2n+1}>\sqrt{2n^2-2n+1}\]
temos que
\[\sqrt{a_n}=\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1}\]
Seja $u_n=\sqrt{2n^2-2n+1}$.
Então \[u_{n+1}=\sqrt{2(n+1)^2-2(n+1)+1}=\sqrt{2n^2+4n+2-2n-2+1}=\sqrt{2n^2+2n+1}\] Portanto
\[\sqrt{a_n}=u_{n+1}-u_n\]
E então
\begin{eqnarray*} {\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+...+\sqrt{a_{119}}}&{=}&{u_2-u_1+u_3-u_2+...+u_{120}-u_{119}}\\ { }&{=}&{u_{120}-u_1}\\ { }&{=}&{169-1}\\ { }&{=}&{168} \end{eqnarray*} Existe uma outra resolução, por Américo Tavares em
https://problemasteoremas.wordpress.com/2009/11/06/a-mathematical-reflections-undergraduate-problem/.

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Problema proposto por Américo Tavares no facebook, no dia 4 de Julho de 2017.

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