Fórmula de Cardano e intuição

Relativamente às raízes do polinómio cúbico

f(x)=x^3+bx+c

Holdsworth88 colocou uma questão antiga, no MSE, Question Regarding Cardano’s Formula, em que pergunta se há uma explicação intuitiva para a separação da variável x na soma de u e v.

Tradução da minha resposta:

Cardano sabia que qualquer equação quadrática da forma

x^2+bx+c=0\qquad(1)

se pode escrever como

x^2-(u+v)x+uv=0\qquad(2)

em que uv são as raízes da equação. Visto que fazendo t=u+v na equação cúbica reduzida

t^3+pt+q=0\qquad(3)

se obtém

(u^3+v^3+q)+(3uv+p)(u+v)=0\qquad(4)

então qualquer raiz raiz do sistema

u^3+v^3+q=0\qquad(5a)

3uv+p=0\qquad(5b)

é igualmente uma raiz de (4), e, com base na propriedade da equação quadrática indicada em (2), é agora fácil achar a fórmula de t que satisfaça a equação (3).

Necessitamos apenas de determinar dois números u^3v^3 cuja soma seja -q e o produto, -p^3/27, que sabemos de (1)-(2) são as raízes da equação quadrática

Y^2+qY-\dfrac{p^3}{27}=0.\qquad(6)

Por conseguinte,

t=u+v=\sqrt[3]{u^3}+\sqrt[3]{v^3}.

Dois desenvolvimentos em série de Laurent

Na questão Finding the Laurent series of f(z)=1/((z-1)(z-2)), Freeman perguntou como se determina a série de Laurent da função

f(z)=\dfrac{1}{(z-1)(z-2)}

em R_1=\{z: 1<|z|<2\} e R_2=\{z:|z|>2\}.

Tradução da minha resposta:

A função f(z) pode desenvolver-se em duas fracções parciais

f(z):=\dfrac{1}{(z-1)(z-2)}=\dfrac{1}{z-2}-\dfrac{1}{z-1}.

Vamos desenvolver agora cada fracção numa série geométrica. Em R_{2} estas séries são:

\begin{aligned}\frac{1}{z-2}&=\frac{1}{z\left( 1-2/z\right) }=\frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty }\left( \frac{2}{z}\right)^{n}\qquad\left\vert  z\right\vert >2\\[2ex]&=\frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty }2^{n}\frac{1}{z^{n}}=\sum_{n=0}^{\infty}2^{n}\frac{1}{z^{n+1}}\end{aligned}

e

\begin{aligned}\frac{1}{z-1}&=\frac{1}{z\left( 1-1/z\right) } \\[2ex]  &=\frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty }\left( \frac{1}{z}\right)  ^{n}=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{z^{n+1}}\qquad \left\vert z\right\vert >1.  \end{aligned}

Assim, a série de Laurent será

\dfrac{1}{\left( z-1\right) \left( z-2\right) }=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{z^{n+1}}(2^{n}-1)\qquad \left\vert z\right\vert >2>1.

E em R_{1} as duas séries geométricas são

\begin{aligned}  \frac{1}{z-2} &=\frac{-1/2}{1-z/2}=\sum_{n=0}^{\infty }\left( -\frac{1}{2}  \right) \left( \frac{z}{2}\right) ^{n}\qquad \left\vert z\right\vert <2 \\[2ex]  &=\sum_{n=0}^{\infty }-\frac{1}{2^{n+1}}z^{n}  \end{aligned}

e

\begin{aligned}  \frac{1}{z-1} &=\frac{1/z}{1-1/z}=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{z}\left(  \frac{1}{z}\right) ^{n}\qquad \left\vert z\right\vert >1 \\[2ex]  &=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{z^{n+1}}.  \end{aligned}

Obtemos, portanto, a seguinte série de Laurent:

\dfrac{1}{\left( z-1\right) \left( z-2\right) }=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\left( -  \dfrac{1}{2^{n+1}}z^{n}-\dfrac{1}{z^{n+1}}\right) \qquad 1<\left\vert  z\right\vert <2.

Demonstração de que n^4 + 4, n>5, é composto

Na questão Prove a number is composite , Chan perguntou, no Mathematics Stack Exchange (MSE), como se pode demonstrar que

n^4 + 4

é um número composto para todos os n>5.

Tradução da minha resposta:

Pode-se factorizar algebricamente n^{4}+4, encontrando, primeiro, as quatro raízes de n^{4}+4=0.

Como n^{4}+4=0\Leftrightarrow n^{4}=4e^{i\pi }, tem-se

\begin{aligned}n&=4^{1/4}e^{i (\pi +2k\pi)/4}\quad k=0,1,2,3\\  &&\\n&=\sqrt{2}e^{i\pi /4 }=1+i\quad\left( k=0\right)\\[2ex]n&=\sqrt{2}e^{i 3\pi /4 }=-1+i\quad\left( k=1\right)\\[2ex]n&=\sqrt{2}e^{i 5\pi/4 }=-1-i\quad\left( k=2\right)\\[2ex]n&=\sqrt{2}e^{i 7\pi/4}=1-i\quad\left( k=3\right).\end{aligned}

Combinando, agora, os factores complexos conjugados, obtém-se:

\begin{aligned}n^{4}+4&=\left( n-1-i\right) \left( n+1-i\right) \left( n+1+i\right)\left( n-1+i\right)\\[2ex]&=\left( \left( n+1-i\right) \left( n+1+i\right) \right) \left( \left(n-1-i\right) \left( n-1+i\right) \right)\\[2ex]&=\left( n^{2}+2n+2\right) \left( n^{2}-2n+2\right).\end{aligned}

Nota: para n>1, n^2+2n+2>5 and n^2-2n+2>1.

Um milhão e meio de visualizações

Foram atingidas hoje as 1 500 000 visualizações:

1.5Mvisualiz

Aproveito para republicar a minha entrada mais vista de sempre, com um total de um pouco mais de 200 000 visualizações, a

Resolução da equação do 3.º grau (ou cúbica)

PeTeqcubica

 

A forma canónica da equação cúbica ou do 3.º grau é

ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0\qquad com a\neq 0\qquad \left( 1\right)

O método de resolução usual começa por transformá-la noutra, fazendo a substituição x=t+h:

a\left( t+h\right) ^{3}+b\left( t+h\right) ^{2}+c\left( t+h\right) +d=0

at^{3}+\left( b+3ah\right) t^{2}+\left( c+2bh+3ah^{2}\right) t+d+ch+ah^{3}+bh^{2}=0

Dividindo por a e ordenando o polinómio do lado esquerdo pelas potências decrescente de t, obtemos — se escolhermos h=-\dfrac{b}{3a}

x=t-\dfrac{b}{3a}\qquad \left( 2\right)

— uma nova equação cúbica (em t) à qual falta o termo do 2.º grau:

t^{3}+pt+q=0\qquad \left( 3\right)

cujos coeficientes são:

p=\dfrac{c}{a}-\dfrac{b^{2}}{3a^{2}}\qquad \left( 4\right)

e

q=\dfrac{2b^{3}}{27a^{3}}-\dfrac{bc}{3a^{2}}+\dfrac{d}{a}\qquad\left( 5\right)

Se exprimirmos a variável t na soma de duas outras  Continuar a ler

Exercício sobre séries de Fourier — uma função periódica constante por secções

Exercício:

Seja x(t) uma função periódica definida em toda a recta real, com período T=4 e cuja restrição no intervalo [-2,2[ se pode escrever da seguinte forma:

x(t)|_{[-2,2[}=\left\{\begin{array}{l}3,\qquad\text{se}\quad-2\leq t<-1,\\ 0,\qquad\text{se }\quad-1\leq t<1,\\ 1,\qquad\text{se}\qquad1\leq t<2.\end{array}\right.

Determine a série trigonométrica de Fourier de x(t).

Resolução:

Os coeficientes a_n, b_n  da série trigonométrica de Fourier de x(t)

\displaystyle{\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n}\cos \frac{n\pi t}{T/2}+b_{n}\sin \frac{n\pi t}{T/2}\right)}

são dados pelos seguintes integrais:

\begin{aligned}a_{0}&=\frac{2}{T}\int_{-T/2}^{T/2}x(t)dt=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}x(t)dt\\[2ex]a_{n}&=\frac{2}{T}\int_{-T/2}^{T/2}x(t)\cos \frac{n\pi t}{T/2}dt=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}x(t)\cos \frac{n\pi t}{2}dt,\qquad n\geq 1 \\[2ex]b_{n}&=\frac{2}{T}\int_{-T/2}^{T/2}x(t)\sin \frac{n\pi t}{T/2}dt=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}x(t)\sin \frac{n\pi t}{2}dt,\qquad n\geq 1.\end{aligned}

Devido à forma do gráfico de x(t) (ver gráfico a azul abaixo, para t\in[-2,2[) é natural decompor cada integral em três, \left(\int_{-2}^{2}\int_{-2}^{-1}+\int_{-1}^{1}+\int_{1}^{2}\right). Chega-se a

\begin{aligned}a_{0} &=2\\[2ex]a_{n} &=\frac{4}{n\pi }\left( \sin n\pi -\sin\frac{n\pi }{2}\right) =-\frac{4}{n\pi }\sin\frac{n\pi }{2}\\[2ex]  b_{n} &=\frac{2}{n\pi }\left( \cos n\pi -\cos\frac{n\pi }{2}\right) =\frac{  2}{n\pi }\left( \left( -1\right)^{n}-\cos\frac{n\pi }{2}\right) .\end{aligned}

Assim, o desenvolvimento em série trigonométrica de Fourier de x(t) será:

\displaystyle{x(t)\sim 1+\sum_{n=1}^{\infty }\left( -\frac{4}{n\pi }\sin \frac{n\pi }{2}\cos \frac{n\pi t}{2}+\frac{2}{n\pi }\left( \left( -1\right) ^{n}-\cos \frac{n\pi }{2}\right) \sin \frac{n\pi t}{2}\right)}.

TFSofdiscontinuousfunction

Legenda: azul: x(t)\, \text{ em } -2\le t<2;

verde: soma parcial de quinta ordem da série trigonométrica de Fourier de  x(t) em -5\le t< 5.