Potências complexas

Na questão já antiga Understanding imaginary exponents do Mathematics Stack Exchange, friedo perguntou, entre outros, qual o significado de x^i, em que x é um número real.

Tradução da minha resposta:

A exponencial complexa e^z, com z=x+iy complexo, preserva a lei dos expoentes da exponencial real e verifica a igualdade e^0=1.

Por definição,

e^z=e^{x+iy}=e^xe^{iy}=e^x(\cos y+\sin y)

o que está de acordo com a função exponencial real quando y=0.

O valor principal (principal value) do logarítmo de z=x+iy é o número complexo

w=\text{Log }z=\log |z|+i\arg z

tal que e^w=z, em que \arg z (o valor principal do argumento ou argumento principal de z) é o número real que verifica a condição -\pi<\text{arg }z\le\pi, com x=|z|\cos (\arg z) e y=|z|\sin (\arg z).

A potência complexa é

z^w=e^{w\text{ Log} z}.

No seu exemplo, z=x,w=i é, portanto, x^i=e^{i \text{ Log}x}.

Se x>0, então \text{Log }x=\log x. Se x<0, então \text{Log }x=\log|x|+i\pi.

Exemplos:

(-1)^i=e^{i\text{Log }(-1)}=e^{i(i\pi)}=e^{-\pi}.

2^i=e^{i\text{Log }(2)}=e^{i\log 2}=\cos (\log 2)+i\sin (\log 2).

(-2)^i=e^{i\text{Log }(-2)}=e^{i(\log 2+i\pi)}=e^{i\log 2}e^{-\pi}=(\cos (\log 2)+i\sin (\log 2))e^{-\pi}.

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)

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}

Corrida em sentidos opostos ao longo de uma circunferência

Na questão Travelling round a circle, panav2000k, colocou, no MSE, um  problema, com o seguinte enunciado (tradução):

A e B partem do mesmo ponto e percorrem, em sentidos opostos, uma circunferência de 4324\text{ }\mathrm{m}. A só arranca quando B já percorreu 716\text{ }\mathrm{m}. Cruzam-se quando A já correu 1927\text{ }\mathrm{m}. Quem chegará primeiro à partida e a que distância estarão um do outro, nessa altura?

Tradução da minha resolução:

Seja t_{1} o tempo de que B necessita para percorrer 716 \textrm{m } a uma velocidade constante v_{B}. Então 716=v_{B}t_{1}. Se t_{2} for o instante em que A e B passam um pelo outro, então

\begin{cases}4324-1927=v_{B}t_{2} \\[2ex] 1927=v_{A}\left( t_{2}-\dfrac{716}{v_{B}}\right) \\[2ex] 716=v_{B}t_{1}, \end{cases}

em que v_{A} é a velocidade constante de A. Simplificando obtemos

\begin{cases}t_{2}=\dfrac{2397}{v_{B}} \\[2ex] \dfrac{v_{A}}{v_{B}}=\dfrac{1927}{1681}=\dfrac{47}{41} \\[2ex] 716=v_{B}t_{1}.\end{cases}

Se t_{A} e t_{B} forem os tempos adicionais de que, respectivamente, A e B necessitam para chegar ao ponto de partida, então

\begin{cases}1927=v_{B}t_{B} \\[2ex] 2397=v_{A}t_{A}=\dfrac{47}{41}v_{B}t_{A}, \end{cases}

o que implica que \dfrac{t_{A}}{t_{B}}=\dfrac{51}{47}>1. Assim, B chegará em primeiro lugar à partida. Quando B atinge esse ponto, A ainda necessita de percorrer

\begin{aligned}2397-v_{A}t_{B} &=2397-v_{A}\frac{1927}{v_{B}}=2397-\frac{47}{41}1927 \\&=2397-2209=188\text{ }\mathrm{m}.\end{aligned}

Radicais imbricados

Apresento de seguida duas questões envolvendo radicais imbricados, recentemente publicadas no MSE, bem como as minhas respostas.

  1. Math Algebra Question with Square Roots , de snivysteel
  2. Simplifying \sqrt[4]{161-72 \sqrt{5}}, de user2612743

Questão 1.

‘Para  a\ge \dfrac{1}{8}, definimos

g(a)=\sqrt[\Large3]{a+\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}}}+\sqrt[\Large3]{a-\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}}}

Determinar o valor máximo de g(a).’

Deparei-me com esta questão em uma competição das Olimpíadas de Matemática (…)

Resolução

Em geral não podemos converter uma raíz cúbica imbricada numa forma simples. Porém, ambos os radicais em g(a) têm uma forma especial que pode ser simplificada, porque podemos determinar duas potências cúbicas X^3,Y^3 tais que X, Y são irracionais quadráticos conjugados e

a+\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}}=X^{3},\qquad a-\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}}=Y^{3}

Se escrevermos x=\dfrac{8a-1}{3}\geq 0, então a=\dfrac{3x+1}{8} e \dfrac{a+1}{3}=\dfrac{x+3}{8}. Em consequência, o primeiro radicando converte-se em

\begin{aligned}a+\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}}&=\dfrac{3x+1+\left( x+3\right)\sqrt{x}}{8}=\dfrac{1+3\sqrt{x}+3x+\left( \sqrt{x}\right)^{3}}{8}\\&=\dfrac{\left(1+\sqrt{x}\right)^{3}}{2^{3}}=X^{3},\qquad X=\dfrac{1+\sqrt{x}}{2}=\dfrac {1}{2}+\dfrac {1}{2}\sqrt {\dfrac {8a-1}{3}},\end{aligned}

em que usámos o teorema binomial no caso da potência ser cúbica

\left( 1+c\right) ^{3}=1+3c+3c^{2}+c^{3},

com c=\sqrt{x}:

\begin{aligned}\left(1+\sqrt{x}\right)^{3}&=\left(1+x^{1/2}\right)  ^{3}=1+3x^{1/2}+3x+x^{3/2}\\&=1+3\sqrt{x}+3x+\left(\sqrt{x}\right)^{3}.  \end{aligned}

De forma semelhante, aplicando o teorema binomial a (1-c)^3=(1-\sqrt{x})^3, o segundo radical transforma-se em

\begin{aligned}a-\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}}&=\dfrac{3x+1-\left( x+3\right) \sqrt{x}}{8}=\dfrac{ 1-3\sqrt{x}+3x-\left( \sqrt{x}\right)^{3}}{2^{3}}\\&=\dfrac{\left( 1-\sqrt{x}\right) ^{3}}{2^{3}}=Y^{3},\qquad Y=\dfrac{ 1-\sqrt{x} }{2}=\dfrac {1}{2}-\dfrac {1}{2}\sqrt {\dfrac {8a-1}{3}}.  \end{aligned}

Agora determinamos facilmente que para a\geq 1/8 a função g(a) é constante

g(a)=\sqrt[3]{X^{3}}+\sqrt[3]{Y^{3}}=X+Y=\dfrac{ 1+\sqrt{x} }{2}  +\dfrac{ 1-\sqrt{x} }{2} =1.

Assim, \max_{a\geq 1/8}g(a)=1.

Questão 2. Simplificar

 \sqrt[4]{161-72 \sqrt{5}}

Resolução

Podemos aplicar duas vezes a seguinte identidade algébrica geral envolvendo radicais imbricados

\sqrt{a-\sqrt{b}}=\sqrt{\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-b}}{2}}-\sqrt{\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-b}}{2}}\qquad(1)

para obter

\sqrt[4]{161-72\sqrt{5}}=\sqrt[4]{161-\sqrt{25\,920}}=\sqrt{5}-2.

O cálculo numérico pode efectuar-se como segue:

\begin{aligned}\sqrt[4]{161-72\sqrt{5}}&=\left(\sqrt{\dfrac{161+\sqrt{161^{2}-25\,920}}{2}}-\sqrt{\dfrac{161-\sqrt{161^{2}-25\,920}}{2}}\right) ^{1/2}\\&=\left( \sqrt{\dfrac{161+1}{2}}-\sqrt{\dfrac{161-1}{2}}\right) ^{1/2}\\&=\sqrt{9-\sqrt{80}}\\&=\sqrt{\dfrac{9+\sqrt{9^{2}-80}}{2}}-\sqrt{\dfrac{9-\sqrt{9^{2}-80}}{2}}\\&=\sqrt{\dfrac{9+1}{2}}-\sqrt{\dfrac{9-1}{2}}\\&=\sqrt{5}-2.\end{aligned}

Nota: Se o radical fosse da forma \sqrt{a+\sqrt{b}}, a identidade aplicável seria

\sqrt{a+\sqrt{b}}=\sqrt{\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-b}}{2}}+\sqrt{\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-b}}{2}}.\qquad(2)

Demonstração (De Sebastião e Silva, Silva Paulo, Compêndio de Álgebra II, 1963). Para determinar dois números racionais x,y tais que

\sqrt{a+\sqrt{b}}=\sqrt{x}+\sqrt{y},\text{ com }a,b\in \mathbb{Q},

elevamos ao quadrado os dois lados da identidade e rearranjamos os termos

2\sqrt{xy}=a-x-y+\sqrt{b}.

Elevando novamente ao quadrado, obtém-se

4xy=\left( a-x-y\right) ^{2}+2\left( a-x-y\right) \sqrt{b}+b.

Dado que x,y\in \mathbb{Q}, a-x-y=0, o que significa que x,y verificam o sistema de equações

x+y=a,\qquad xy=\dfrac{b}{4}.

Em consequência, são as raízes de

X^{2}-aX+\dfrac{b}{4}=0,

isto é

\begin{aligned}x&=X_{1}=\dfrac{a+\sqrt{a^{2}-b}}{2}\\  y&=X_{2}=\dfrac{a-\sqrt{a^{2}-b}}{2}.\end{aligned}

Determinação da equação do círculo que passa por três pontos dados

Com a resposta à questão Finding an equation of circle which passes through three points de help e mais um voto na resposta já antiga à questão Vector sum in spherical coordinates, atingi, hoje, os 25000 pontos, no Mathematics Stack Exchange.

2014-06-09 MSE retoc4Na questão Finding an equation of circle which passes through three points, help pretende determinar a equação do círculo que passa nos pontos (5,10), (-5,0),(9,-6), usando a fórmula (x-q)^2 + (y-p)^2 = r^2.

Minha resolução

\left( x-q\right) ^{2}+\left( y-p\right) ^{2}=r^{2}\qquad(0)

Uma forma bastante elementar é usar esta fórmula três vezes, uma para cada ponto. Dado que o círculo passa no ponto (5,10), este verifica (0), isto é

\left( 5-q\right) ^{2}+\left( 10-p\right) ^{2}=r^{2}\qquad(1)

De forma semelhante para o segundo ponto (-5,0):

\left( -5-q\right) ^{2}+\left( 0-p\right) ^{2}=r^{2},\qquad(2)

e para (9,-6):

\left( 9-q\right) ^{2}+\left( -6-p\right) ^{2}=r^{2}.\qquad(3)

Temos pois o seguinte sistema de três equações simultâneas nas três incógnitas p,q,r:

\begin{cases}\left( 5-q\right) ^{2}+\left( 10-p\right) ^{2}=r^{2}\\\left( -5-q\right) ^{2}+p^{2}=r^{2}\\\left( 9-q\right) ^{2}+\left( 6+p\right) ^{2}=r^{2}\end{cases}\qquad(4)

Para o resolver, podemos começar por subtrair a segunda equação da primeira

\begin{cases}\left( 5-q\right) ^{2}+\left( 10-p\right) ^{2}-\left( 5+q\right) ^{2}-p^{2}=0\\\left( 5+q\right) ^{2}+p^{2}=r^{2} \\\left( 9-q\right) ^{2}+\left( 6+p\right) ^{2}=r^{2}\end{cases}

Desenvolvendo agora o lado esquerdo da primeira equação obtemos uma equação linear

\begin{cases}100-20q-20p=0 \\\left( 5+q\right) ^{2}+p^{2}=r^{2} \\\left( 9-q\right) ^{2}+\left( 6+p\right) ^{2}=r^{2}\end{cases}

Resolvendo a primeira equação em ordem a q e substituindo nas outras equações, obtemos

\begin{cases}q=5-p \\\left( 10-p\right) ^{2}+p^{2}-\left( 4+p\right) ^{2}-\left( 6+p\right) ^{2}=0 \\\left( 4+p\right) ^{2}+\left( 6+p\right) ^{2}=r^{2}\end{cases}

Se simplificarmos a segunda equação, esta transforma-se numa equação linear em p apenas

\begin{cases}q=5-p\\48-40p=0\\\left( 4+p\right) ^{2}+\left( 6+p\right) ^{2}=r^{2}\end{cases}

Reduzimos o nosso sistema quadrático (4) a duas equações lineares mais a equação de r^2. Da segunda equação achamos p=6/5, que substituimos na primeira e na terceira para determinar q=19/5 and r^2=1972/25, isto é

\begin{cases}q=5-\dfrac{6}{5}=\dfrac{19}{5}\\[2ex]  p=\dfrac{6}{5}\\[2ex]r^{2}=\left( 4+\dfrac{6}{5}\right) ^{2}+\left( 6+\dfrac{6}{5}\right) ^{2}=\dfrac{1972}{25}.\end{cases}\qquad(5)

Assim, a equação do círculo é:

\left( x-\dfrac{19}{5}\right) ^{2}+\left( y-\dfrac{6}{5}\right) ^{2}=\dfrac{1972}{25}.

A fracção contínua de 1 / (e – 2) de Euler

Respondendo a uma questão de Yonatan N, no Mathematics Stack Exchange sobre a fracção contínua

\dfrac{1}{e-2} = 1+\cfrac1{2 + \cfrac2{3 + \cfrac3{4 + \cfrac4{5 + \cfrac5{6 + \cfrac6{7 + \cfrac7{\cdots}}}}}}},

escrevi, traduzindo, que Euler demonstrou em “De Transformatione Serium in Fractiones Continuas” [Referência: The Euler Archive, Index number E593 (On the Transformation of Infinite Series to Continued Fractions)], Teorema VI, §40 a §42],  que

s=\cfrac{1}{1+\cfrac{2}{2+\cfrac{3}{3+\cdots }}}=\dfrac{1}{e-1}.

Eis uma explicação da forma como prosseguiu. Afirmou que se

\cfrac{a}{a+\cfrac{b}{b+\cfrac{c}{c+\cdots }}}=s,

então

a+\cfrac{a}{a+\cfrac{b}{b+\cfrac{c}{c+\cdots }}}=\dfrac{s}{1-s}.

Visto que neste caso a=1,b=2,c=3,\ldots decorre que

1+\cfrac{1}{1+\cfrac{2}{2+\cfrac{3}{3+\cdots }}}=\dfrac{1}{e-2}.

Euler demonstrou em primeiro lugar como transformar uma série alterna de um tipo particular numa fracção contínua e de seguida usou o desenvolvimento

e^{-1}=1-\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1\cdot 2}-\dfrac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\ldots.

REFERÊNCIAS

The Euler Archive, Index number E593

– Tradução do artigo E593 de Leonhard Euler por Daniel W. File, The Ohio State University.