Exercício sobre o método de Ostrogradski-Hermite de primitivação de funcões racionais

Nesta questão, no MSE,  juantheron pergunta se o integral

\displaystyle\int\dfrac{5x^3+3x-1}{(x^3+3x+1)^3}\; dx

se pode calcular directamente, pelo método de substituição, em vez de admitir que a primitiva é da forma

f(x) = \dfrac{ax+b}{(x^3+3x+1)^2}

calcular f'(x) e determinar as constantes a e b, chegando a a = -1 e b = 0.

Tradução da minha resposta.

Posso estar enganado, mas parece-me que o integral dado não se pode calcular por substituição. De qualquer maneira, para integrar uma função racional  P(x)/Q(x) sem a decompor em fracções parciais e sem achar as raízes do denominador, pode-se usar o método de strogradski-Hermite, que generaliza a sua conjectura educada [de que o integral se pode escrever na forma]

\displaystyle\int\dfrac{5x^3+3x-1}{(x^3+3x+1)^3}\;dx=\dfrac{ax+b}{(x^3+3x+1)^2}+C.

Pode encontrar-se uma descrição deste método na secção 2.1 de Table of Integrals, Series, and Products, de Gradshteyn e Ryzhik, em que é apresentada a identidade (2) abaixo.  A fórmula (1) aparece também na página da Wikipedia sobre Ostrogradsky.

Suponha-se que \deg P(x)<\deg Q(x). Existem polinómios P_{1}(x), P_{2}(x), Q_{1}(x) e Q_{2}(x), com Q_{1}(x)=\gcd \left\{ Q(x), Q^{\prime }(x)\right\} e Q_{2}(x)=Q(x)/Q_{1}(x), \deg P_{1}(x) <\deg Q_{1}(x), \deg P_{2}(x) <\deg Q_{2}(x), tais que

\displaystyle\int\dfrac{P(x)}{Q(x)}\; dx=\dfrac{P_{1}(x)}{Q_{1}(x)}+\displaystyle\int \dfrac{P_{2}(x)}{Q_{2}(x)}\; dx.\qquad(1)

Então

\begin{aligned}P(x)&=\dfrac{P_{1}^{\prime }(x)Q_{1}(x)-P_{1}(x)Q_{1}^{\prime }(x)}{\left\{Q_{1}(x)\right\} ^{2}}Q(x)+\dfrac{P_{2}(x)}{Q_{2}(x)}Q(x)\\&=P_{1}^{\prime }(x)\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}-P_{1}(x)\dfrac{Q_{1}^{\prime }(x)}{Q_{1}(x)}\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}+P_{2}(x)\dfrac{Q(x)}{Q_{2}(x)}\\&=P_{1}^{\prime }(x)Q_{2}(x)-P_{1}(x)\left\{ \dfrac{Q_{1}^{\prime }(x)}{Q_{1}(x)}Q_{2}(x)\right\} +P_{2}(x)Q_{1}(x)\end{aligned}

ou

P(x)=P_{1}^{\prime }(x)Q_{2}(x)-P_{1}(x)\left\{ T(x)-Q_{2}^{\prime }(x)\right\}+P_{2}(x)Q_{1}(x),\qquad(2)

com T(x)=Q^{\prime }(x)/Q_{1}(x), porque de

Q^{\prime }(x)=\left\{ Q_{1}(x)Q_{2}(x)\right\} ^{\prime }=Q_{1}^{\prime}(x)Q_{2}(x)+Q_{1}(x)Q_{2}^{\prime }(x)=T(x)Q_{1}(x)

obtém-se

\dfrac{Q_{1}^{\prime }(x)}{Q_{1}(x)}Q_{2}(x)+Q_{2}^{\prime }(x)=T(x).

Para determinar os coeficientes dos polinómios P_{1}(x) e P_{2}(x) igualamos os coeficientes de iguais potências de  x.

Aplicação a

\dfrac{P(x)}{Q(x)}=\dfrac{5x^{3}+3x-1}{\left( x^{3}+3x+1\right) ^{3}}.

Uma vez que

\begin{aligned}Q(x)&=\left( x^{3}+3x+1\right) ^{3}\\  Q^{\prime }(x)&=9\left( x^{3}+3x+1\right) ^{2}\left( x^{2}+1\right)\\  Q_{1}(x)&=\gcd \left\{ Q(x),Q^{\prime }(x)\right\} =\left( x^{3}+3x+1\right) ^{2}\end{aligned}

e

Q_{2}(x)=\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}=\dfrac{\left( x^{3}+3x+1\right) ^{3}}{\left( x^{3}+3x+1\right) ^{2}}=x^{3}+3x+1,

escrevemos

\displaystyle\int \dfrac{5x^{3}+3x-1}{\left( x^{3}+3x+1\right) ^{3}}\; dx=\dfrac{P_{1}(x)}{\left( x^{3}+3x+1\right) ^{2}}+\displaystyle\int \dfrac{P_{2}(x)}{x^{3}+3x+1}\; dx,\qquad (3)

em que

\begin{aligned}P_{1}(x) &=Ax^{5}+Bx^{4}+Cx^{3}+Dx^{2}+Ex+F \\  P_{2}(x) &=Fx^{2}+Gx+H.\end{aligned}

A identidade (2), com

T(x)=\dfrac{Q^{\prime }(x)}{Q_{1}(x)}=9\left( x^{2}+1\right),

resulta em

\begin{aligned}5x^{3}+3x-1 &=\left(5Ax^{4}+4Bx^{3}+3Cx^{2}+2Dx+E\right) \left(x^{3}+3x+1\right)\\&\quad-\left( Ax^{5}+Bx^{4}+Cx^{3}+Dx^{2}+Ex+F\right) \left\{ 9\left(x^{2}+1\right) -\left( 3x^{2}+3\right)\right\}\\&\quad+\left( Gx^{2}+Hx+I\right) \left(x^{3}+3x+1\right)^{2}\\&=Gx^{8}+\left( -A+H\right) x^{7}+\left( -2B+6G+I\right) x^{6}\\  &\quad+\left( 6H-3C+2G+9A\right) x^{5}\\&\quad+\left( -4D+6B+9G+6I+2H+5A\right) x^{4}\\&\quad+\left( 3C-5E+4B+6G+9H+2I\right) x^{3}\\&\quad+\left( 3C-6F+G+6H+9I\right) x^{2}\\&\quad+\left( 6I+H+2D-3E\right) x+\left( E+I-6F\right).\end{aligned}

Igualando os coeficientes obtemos

A=B=C=D=F=G=H=I=0,E=-1.\qquad (4)

Assim,

\begin{aligned}P_1(x) &=-x \\P_2(x) &=0\end{aligned}

e finalmente,

\begin{aligned}\displaystyle\int\dfrac{5x^{3}+3x-1}{\left( x^{3}+3x+1\right)^{3}}\; dx=-\dfrac{x}{\left(x^{3}+3x+1\right) ^{2}}+C,\qquad (5)\end{aligned}

como determinado por si.

Demonstração da identidade trigonométrica √2 sin 10° + √3 cos 35° = sin 55° + 2 cos 65°

Questão de Freddy, no MSE:

Prove que:

\sqrt{2}\sin 10{{}^\circ}+\sqrt{3}\cos 35{{}^\circ}=\sin 55{{}^\circ}+2\cos 65{{}^\circ}

Minha Resolução (tradução):

(…)

\sqrt{2}\sin 10{{}^\circ}+\sqrt{3}\cos 35{{}^\circ}=\sin 55{{}^\circ}+2\cos 65{{}^\circ}\qquad(1)

Eis uma variante [de resolução] que utiliza a fórmula da adição do cosseno para 65{{}^\circ}=35{{}^\circ}+30{{}^\circ}, a fórmula da subtracção do seno para 10{{}^\circ}=45{{}^\circ}-35{{}^\circ} e a fórmula das funções seno/cosseno  de ângulos complentares.

1.  Use a fórmula dos ângulos complementares \sin \theta =\cos \left( 90{{}^\circ}-\theta \right) com \theta=55{{}^\circ}, a fórmula da adição \cos \left( a+b\right) =\cos a\cos  b-\sin a\sin b, e os valores especiais \sin 30{{}^\circ}  =1/2, \cos 30{{}^\circ}=\sqrt{3}/2 para reescrever o lado direito de (1) na forma

\sin 55{{}^\circ}+2\cos 65{{}^\circ}=\cos 35{{}^\circ}+\sqrt{3}\cos 35{{}^\circ}-\sin 35{{}^\circ}\qquad(2)

2. Substitua (2) em (1) e simplifique; obtém a identidade equivalente

\sqrt{2}\sin 10{{}^\circ}=\cos 35{{}^\circ}-\sin 35{{}^\circ}\qquad(3)

3. Para mostrar que (3) é válida, use a fórmula da subtracção \sin \left(a-b\right) =\sin a\cos b-\cos a\sin b e os valores especiais \sin 45{{}^\circ}=\cos 45{{}^\circ}=\sqrt{2}/2. Dado que se obtém a identidade trivial seguinte, concluimos a demonstração.

\cos 35{{}^\circ}-\sin 35{{}^\circ}=\cos 35{{}^\circ}-\sin 35{{}^\circ}\qquad(4)

Equação integral redutível a uma trigonométrica simples

Na questão Solving messy integral with modulus and trigonometry de eaxdpiotnyeantial , no MSE, é apresentada a seguinte equação integral na variável a

a\in \mathbb R,\displaystyle\int_{a-\pi}^{3\pi+a}|x-a-\pi|\sin(x/2)dx=-16

cuja resolução passo a traduzir.

Minha resolução: O cálculo do integral no 1.º membro da equação integral

\displaystyle\int_{a-\pi }^{3\pi +a}\left\vert x-a-\pi \right\vert \sin \left( x/2\right)\,dx=-16\qquad (1)

pode efectuar-se, começando pela substituição sugerida por GFauxPas y=x-a-\pi num comentário, separando o integral em dois, um para -2\pi <y<0 e outro para 0\leq y<2\pi, e prosseguindo com a substituição z=\dfrac{y+a}{2} e integração por partes:

\begin{aligned}-16&=\displaystyle\int_{a-\pi }^{3\pi +a}\left\vert x-a-\pi \right\vert\sin \left(x/2\right)\,dx\\&=\displaystyle\int_{-2\pi }^{2\pi }\left\vert y\right\vert\sin \left( \dfrac{y+a}{2}+\dfrac{\pi }{2}\right) \,dy,\qquad\qquad y=x-a-\pi\\&=\displaystyle\int_{-2\pi }^{2\pi }\left\vert y\right\vert\cos\left( \dfrac{y+a}{2}\right) \,dy\\&=-\displaystyle\int_{-2\pi }^{0}y\cos\left(\dfrac{y+a}{2}\right) \,dy+\displaystyle\int_{0}^{2\pi  }y\cos \left(\dfrac{y+a}{2}\right)\,dy,\\&=-\left[ 2y\sin \dfrac{y+a}{2}+4\cos \dfrac{y+a}{2}\right] _{-2\pi }^{0} +\left[ 2y\sin\dfrac{y+a}{2}+4\cos \dfrac{y+a}{2}\right] _{0}^{2\pi }\qquad (\ast)\\&=-8\cos\dfrac{a}{2}+4\pi \sin\dfrac{a}{2}-8\cos\dfrac{a}{2}-4\pi \sin\dfrac{a}{2} \\&=-16\cos\dfrac{a}{2},\end{aligned}

porque

\begin{aligned}I(y)&=\displaystyle\int y\cos \left(\dfrac{y+a}{2}\right) \,dy\\&=\displaystyle\int 2\left(2z-a\right) \cos z\,dz,\qquad\qquad z=\dfrac{y+a}{2}\\&=4\displaystyle\int z\cos z\,dz-2a\displaystyle\int\cos z\,dz  \end{aligned}

e

\begin{aligned}I(y)&=4\left( z\sin z-\int\sin z\,dz\right) -2a\sin z\\  &=\left(4z-2a\right)\sin z+4\cos z\\&=2y\sin\frac{y+a}{2}+4\cos\dfrac{y+a}{2}.\qquad (\ast)\end{aligned}

Assim, (1) é equivalente à equação trigonométrica simples

\cos\dfrac{a}{2}=1,\qquad (2)

cuja solução é

a=4k\pi ,\text{ }k\in\mathbb{Z}.\qquad (3)

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

Além do método indicado no post Resolução da equação do 3.º grau em (ou cúbica) para resolver a equação cúbica reduzida em t

t^{3}+pt+q=0

que consiste em exprimir a variável t na forma t=u+v, tomei recentemente conhecimento, nesta resposta de user 170039, à questão Derivation of Cubic Formula de MathNoob, no Mathematics Stack Exchange, da substituição t=y+\dfrac{k}{y}, em que a constante k=-\dfrac{p}{3}.

Através dela obtém-se a equação em y

y^{3}-\dfrac{p^{3}}{27}\dfrac{1}{y^{3}}+q=0

ou seja, para y\neq 0, a equação do 6.º grau seguinte — do 2.º grau em y^{3}

\left( y^{3}\right) ^{2}+qy^{3}-\dfrac{p^{3}}{27}=0.

O leitor poderá verificar que os dois métodos conduzem à mesma fórmula resolvente; por exemplo, escolhendo a solução y^{3}=-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\dfrac{q^{2}}{4}+\dfrac{p^{3}}{27}}, tem-se

\begin{aligned}t&=y-\dfrac{p}{3y}=\left( -\dfrac{q}{2}+\sqrt{\dfrac{q^{2}}{4}+\dfrac{p^{3}}{27}}\right)^{1/3}-\dfrac{p}{3\left( -\dfrac{q}{2}+\sqrt{\dfrac{q^{2}}{4}+\dfrac{p^{3}}{27}}\right) ^{1/3}} \\&=\cdots\\  &=\left( -\dfrac{q}{2}+\sqrt{\dfrac{q^{2}}{4}+\dfrac{p^{3}}{27}}\right)^{1/3}+\left( -\dfrac{q}{2}-\sqrt{\dfrac{q^{2}}{4}+\dfrac{p^{3}}{27}}\right)^{1/3}.\end{aligned}

Problema de um leitor — maximização do volume de um cone cuja planificação é um sector circular dado

Destaco desta forma o seguinte enunciado, na grafia brasileira, de um problema que um leitor deixou num comentário:

« Um grupo de escoteiros possui uma peça de lona circular de 3 m de raio. Cortando-se um setor circular pode-se construir uma tenda de forma cônica. Quais as dimensões da tenda para que seu volume seja máximo ? »

Proposta de resolução:

Seja \alpha o ângulo do sector circular medido em radianos. O comprimento L do arco do sector circular, de raio 3\,\mathrm{m} , é igual a L=3\alpha\,\mathrm{m}. O cone construido com este sector circular tem uma base circular cujo raio r é igual r=\dfrac{L}{2\pi }=\dfrac{3\alpha }{2\pi } e cuja altura h é igual a h=\sqrt{3^{2}-r^{2}}.

Sendo assim, o volume do cone é dado por

V\left( \alpha \right) =\dfrac{1}{3}\pi r^{2}h=\dfrac{1}{3}\pi \left( \dfrac{3\alpha }{2\pi }\right) ^{2}\sqrt{9-\left( \dfrac{3\alpha }{2\pi }\right) ^{2}}=\dfrac{9}{8}\dfrac{\alpha ^{2}}{\pi ^{2}}\sqrt{4\pi ^{2}-\alpha ^{2}}.

Como a derivada

V'\left(\alpha\right)=\dfrac{9}{8\pi ^{2}}\alpha\dfrac{8\pi  ^{2}-3\alpha^{2}}{\sqrt{4\pi ^{2}-\alpha^{2}}}

tem os seguintes zeros: \alpha =0,\alpha =\pm \dfrac{2}{3}\sqrt{6}\pi, excluindo a solução negativa, e estudando o sinal de V'\left( \alpha \right), conclui-se que o máximo V_{\text{max}} ocorre para \alpha =\dfrac{2}{3}\sqrt{6}\pi , a que corresponde r=\dfrac{3\alpha }{2\pi }=\sqrt{6}\, \mathrm{m} e h=\sqrt{3^{2}-r^{2}}=\sqrt{3}\, \mathrm{m}. O seu valor é V_{\text{max}}=2\sqrt{3}\pi\, \mathrm{m}^3.

Actualização: 20-11-2014