De novo a Fórmula de Euler (2)

Aqui está a mesma publicação "De novo a Fórmula de Euler" mas agora em Latex

Já mostrámos numa publicação anterior que

${{e}^{i\,x}}=\cos x+i\operatorname{sen}x$

Vamos agora ver que consequências tem esta relação no cálculo de logaritmos naturais.

Seja então $x\in \mathbb{R}$ e  $x<0$.  

Nesse caso podemos escrever

$x=-\left| \,x\, \right|=\left| \,x\, \right|\operatorname{cis}\pi =\left| \,x\, \right|\,(\cos \pi +i\operatorname{sen}\pi )$

isto é

$x=-\left| \,x\, \right|=\left| \,x\, \right|\operatorname{cis}\pi =\left| \,x\, \right|\,\,{{e}^{i\,\pi }}$

Então

$\ln x=\ln \left( \left| \,x\, \right|\,\,{{e}^{i\,\pi }} \right)=\ln \left| \,x\, \right|+\ln \,{{e}^{i\,\pi }}=\ln \left| \,x\, \right|\,+\,\,i\,\pi $

ou seja

$\ln x=\ln \left| \,x\, \right|\,+\,\,i\,\pi ,\,\,\,\,\,{{\forall }_{x<0}}$

Por exemplo  $\ln (-3)=\ln 3+i\,\pi $.

Assim, temos

$\ln x=\,\,\ln x\,\,\,se\,\,x>0\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,\ln \,\left| \,x\, \right|+i\pi \,\,\,se\,\,\,x<0$      com    $x\in \mathbb{R}\,\text{}\!\!\backslash\!\!\text{ }\,\left\{ \,0\, \right\}$

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Coordenadas polares

Resposta à questão colocada pelo Domingos Consciência

Caro Domingos, se bem percebi a sua questão é a de escrever as equações de rectas em coordenadas polares.

Pois bem, antes de vermos o caso geral, podemos ilustrar o problema com alguns casos particulares elucidativos.

Primeiro temos que ter em conta que em coordenadas polares podemos escrever equações de segmentos de recta. Com efeito, se pensarmos no segmento de recta  com equações catresianas $y=x\,\,\,\wedge \,\,\,x\ge 0$ é fácil concluir que a equação que define este segmento de recta em coordenadas polares é   $\theta =\frac{\pi }{4}$ (Figura 1). 

Figura 1

De facto, o valor de r é arbitrário (positivo claro) e a única imposição encontra-se no ângulo que para qualquer ponto do segmento de recta é $\frac{\pi }{4}$.

Em geral, qualquer segmento com origem na origem das coordenadas terá um ângulo polar constante e a sua equação é                                   

                        $\theta ={{C}^{te}}$         

                                                                                          

Vejamos agora como descrever em coordenadas polares rectas paralelas aos eixos.

Seja por exemplo a recta  $y=3$ (Figura 2).

Figura 2

Como se pode ver, ao longo da recta, nem r nem $\theta $ são constantes, isto é, para cada r temos um ângulo diferente, portanto r será uma função de $\theta $ ,  $r=r(\theta )$ e será esta relação a equação da recta em coordenadas polares.

Repare-se que no caso da recta  $y=2$  temos sempre $r\,\operatorname{sen}\theta =2$ ,  isto é   

  
                                         $r=2\operatorname{cosec}\theta $                       

                        

e é esta a equação da recta em coordenadas polares.

Figura 3

Quanto às rectas verticais, pode verificar-se na Figura 3 que para qualquer ponto da recta $x=3$ temos $3=r\cos \theta $ portanto a equação da recta $x=3$ será, em coordenadas polares

$r=3\sec \theta $

                                                                         

Considere-se agora uma recta qualquer, por exemplo   $y=2x-1$. Como em coordenadas polares $x=r\cos \theta \,\,\,\,\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,\,\,\,y=r\operatorname{sen}\theta $     teremos

$r\operatorname{sen}\theta =2r\cos \theta -1$

Em geral esta é a equação da recta em coordenadas polares. Podemos no entanto arrumá-la um pouco

Se dividirmos ambos os membros por $r$ obtemos    $\operatorname{sen}\theta =2\cos \theta -\frac{1}{r}$ isto é

$r=\frac{1}{2\cos \theta -\operatorname{sen}\theta }$

Passemos então ao caso do cálculo de integrais em domínios triangulares ou rectangulares, em coordenadas polares.

Seja por exemplo o integral     $\iint\limits_{D}{(x+1)\,dx\,dy}\,\,\,\,\,\wedge \,\,\,D=\left\{ (x,y)\in {{\mathbb{R}}^{2}}:\,\,0\le x\le 1\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,\,0\le y\le \left. 2 \right\} \right.$

Figura 4

O domínio é o rectângulo da Figura  4.

Em coordenadas polares as rectas fronteira são

$\theta =\frac{\pi }{2}$ ,      $r\cos \theta =1$ ,     $r\operatorname{sen}\theta =2$ ,    $\theta =0$

É fácil ver que à medida que o angulo $\theta $ varia desde zero até $\operatorname{arctg}2$, $r$  varia desde zero até  $\frac{1}{\cos \theta }=\sec \theta $. A partir desse momento, à medida que $\theta $  varia de $\operatorname{arctg}2$ até $\frac{\pi }{2}$, $r$  varia desde zero até $\frac{2}{\operatorname{sen}\theta }=\operatorname{cosec}\theta $, então, não esquecendo que  $dx\,dy=r\,dr\,d\theta $, o integral será   

$\int\limits_{0}^{\operatorname{arctg}2}{d\theta \int\limits_{0}^{\sec \theta }{(r\cos \theta +1)\,r\,dr}}+\int\limits_{\operatorname{arctg}2}^{\pi /2}{d\theta \int\limits_{0}^{2\operatorname{cosec}\theta }{(r\cos \theta +1)\,r\,dr}}$

É claro que este integral é mais complicado de calcular que o equivalente em coordenadas cartesianas que são as “boas” coordenadas quando os domínios têm fronteiras que não são arcos de circunferência.

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Equação de Bernouli

Resposta à questão colocada pelo Domingos Consciência

Trata-se de uma equação diferencial ordinária que pode ser encarada de duas formas distintas:

1.      Pode escrever-se  ${y}'-ky=-\frac{k}{M}{{y}^{2}}$    equação de Bernouli

2.      Pode escrever-se  $\frac{dy}{ky-\frac{k}{M}{{y}^{2}}}=dx$    equação de variáveis separadas

Vamos resolvê-la como equação de Bernouli.

Comecemos por verificar que a solução trivial da equação é  $y(x)=0$.

Para encontrarmos as soluções não triviais começamos por dividir a equação por ${{y}^{2}}$ (que não é zero):

$\frac{{{y}'}}{{{y}^{2}}}-k{{y}^{-1}}=-\frac{k}{M}$

e de seguida faz-se a substituição  $z={{y}^{-1}}$.  

Como   ${z}'=-{{y}^{-2}}\,{y}'$  ou seja   $\frac{{{y}'}}{{{y}^{2}}}=-{z}'$  a equação transforma-se em

$-{z}'-kz=-\frac{k}{M}$     ou     ${z}'+kz=\frac{k}{M}$

que é uma equação linear de primeira ordem  (   tem a forma  ${z}'+P(x)\,z=Q(x)$ ).

Esta equação é bem conhecida e é sabido ( faremos a demonstração num outro post ) que admite factor integrante função exclusivamente de $x$ dado por

$\lambda (x)={{e}^{\int{P(x)\,dx}}}={{e}^{\int{k\,dx}}}={{e}^{kx}}$

e a sua solução é a função $z(x)$ definida implicitamente pela equação  $z(x)\,\lambda (x)=\int{\,Q(x)\,\lambda (x)\,dx}$ que neste caso é

$z\,{{e}^{kx}}\,=\,\,\int{\,\frac{k}{M}\,{{e}^{kx}}\,dx}$

$z\,{{e}^{kx}}\,=\,\frac{1}{M}\,\int{\,k\,{{e}^{kx}}\,dx}$

$z\,{{e}^{kx}}\,=\,\frac{{{e}^{kx}}}{M}+C\,\,,\,\,\,\,\,\,C\in \mathbb{R}$

$z\,(x)\,=\,\frac{1}{M}+C\,{{e}^{-kx}}\,\,,\,\,\,\,\,\,C\in \mathbb{R}$

Voltando agora à variável inicial  $y=\frac{1}{z}$  fica

$\frac{1}{y}\,=\,\frac{1}{M}+C\,{{e}^{-kx}}\,\,,\,\,\,\,\,\,C\in \mathbb{R}$

$y=\frac{1}{\frac{1}{M}+C\,{{e}^{-kx}}}\,\,,\,\,\,\,C\in \mathbb{R}$

$y(x)=\frac{M}{1+C{{e}^{-kx}}\,}\,\,,\,\,\,\,C\in \mathbb{R}\,\,\,\,\,$

onde $C$, constante arbitrária é  $C\times M$ que também é arbitrária.

Tendo agora em conta que $y(0)={{y}_{0}}$  fica:

${{y}_{0}}=\frac{M}{1+C\,}\,\,\,\,\,\,\Leftrightarrow \,\,\,\,\,C=\frac{M}{{{y}_{0}}}-1$

e a solução particular procurada será

$y(x)=\frac{M}{1+\left( \frac{M}{{{y}_{0}}}-1 \right){{e}^{-kx}}\,}\,$

Download do PDF:  http://matematica.epizy.com/phpbb/download/file.php?id=26

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Factor integrante

Resposta à pergunta recebida de Manuel Campos

Caro Manuel Campos, a sua questão merece um esclarecimento um pouco mais detalhado que a simples resolução da equação diferencial.

Se uma equação $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0\,$ admite $\varphi (u)$ ( com $u=u(x,y)$ ) como factor integrante isso significa que a equação

$\varphi (u)M(x,y)dx+\varphi (u)N(x,y)dy=0$

é diferencial exacta, isto é, existe uma função potencial $f(x,y)$ tal que

$df=\varphi (u)M(x,y)dx+\varphi (u)N(x,y)dy$

Nesse caso, concluímos que $\varphi (u)M(x,y)=\frac{\partial f}{\partial x}$ e  $\varphi (u)N(x,y)=\frac{\partial f}{\partial y}$.

Então, por força do teorema de Schwartz, teremos  $\frac{\partial }{\partial y}\left[ \varphi (u)M(x,y) \right]=\frac{\partial }{\partial x}\left[ \varphi (u)N(x,y) \right]$ que escrevemos  $\frac{\partial \,\varphi M}{\partial y}=\frac{\partial \,\varphi N}{\partial x}$  onde omitimos os argumentos das funções por economia de escrita.

É esta última equação que nos vai permitir encontrar uma forma explícita para o factor integrante.

Com efeito, temos sucessivamente

$\frac{\partial \,\varphi M}{\partial y}=\frac{\partial \,\varphi N}{\partial x}$

$\frac{\partial \,\varphi }{\partial y}M+\varphi \frac{\partial \,M}{\partial y}=\frac{\partial \,\varphi }{\partial x}N+\varphi \frac{\partial \,N}{\partial x}$

e como $\varphi =\varphi (u(x,y))$ é nada mais que uma função composta, $\frac{\partial \varphi }{\partial x}=\frac{\partial \varphi }{\partial u}\,\frac{\partial u}{\partial x}$ e  $\frac{\partial \varphi }{\partial y}=\frac{\partial \varphi }{\partial u}\,\frac{\partial u}{\partial y}$ portanto, chamando ${\varphi }'$ a $\frac{\partial \varphi }{\partial u}$ a equação acima fica

${\varphi }'\frac{\partial \,u}{\partial y}M+\varphi \frac{\partial \,M}{\partial y}={\varphi }'\frac{\partial \,u}{\partial x}N+\varphi \frac{\partial \,N}{\partial x}$

${\varphi }'\frac{\partial \,u}{\partial y}M-{\varphi }'\frac{\partial \,u}{\partial x}N=\varphi \frac{\partial \,N}{\partial x}-\varphi \frac{\partial \,M}{\partial y}$

${\varphi }'\left( \frac{\partial \,u}{\partial y}M-\frac{\partial \,u}{\partial x}N \right)=\varphi \left( \frac{\partial \,N}{\partial x}-\frac{\partial \,M}{\partial y} \right)$

e finalmente

$\frac{{{\varphi }'}}{\varphi }=\frac{\frac{\partial \,N}{\partial x}-\frac{\partial \,M}{\partial y}}{\frac{\partial \,u}{\partial y}M-\frac{\partial \,u}{\partial x}N}$

Integrando em ordem a $u$  (que é a variável natural de $\varphi $)  obtemos

$\int{\,\frac{{{\varphi }'}}{\varphi }\,\,du}=\,\,\int{\,\,\frac{\frac{\partial \,N}{\partial x}-\frac{\partial \,M}{\partial y}}{\frac{\partial \,u}{\partial y}M-\frac{\partial \,u}{\partial x}N}\,du\,}$

$\ln \,\left| \,\varphi \, \right|=\,\,\int{\,\,\frac{\frac{\partial \,N}{\partial x}-\frac{\partial \,M}{\partial y}}{\frac{\partial \,u}{\partial y}M-\frac{\partial \,u}{\partial x}N}\,du\,}$

$\varphi =\,\,{{e}^{\,\,\int{\,\,\frac{\frac{\partial \,N}{\partial x}-\frac{\partial \,M}{\partial y}}{\frac{\partial \,u}{\partial y}M-\frac{\partial \,u}{\partial x}N}\,du\,}}}$

De posse deste factor integrante torna-se fácil resolver a equação diferencial.

No caso da equação  $\underbrace{(3x{{y}^{2}}-4y)}_{M(x,y)}\,dx+\underbrace{(4x-{{x}^{2}}y)}_{N(x,y)}dy=0$ temos

$\frac{\partial M}{\partial y}=6xy-4\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,\,\frac{\partial N}{\partial x}=4-2xy\,\,\,\,,\,\,\,\,u=\frac{{{y}^{3}}}{x}\,\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{3{{y}^{2}}}{x}$

então

$\frac{\frac{\partial \,N}{\partial x}-\frac{\partial \,M}{\partial y}}{\frac{\partial \,u}{\partial y}M-\frac{\partial \,u}{\partial x}N}=\frac{8xy-8}{-\frac{{{y}^{3}}}{{{x}^{2}}}\,(4x-{{x}^{2}}y)-\frac{3{{y}^{2}}}{x}(3x{{y}^{2}}-4y)}=-\frac{x}{{{y}^{3}}}=-\frac{1}{u}$

e o factor integrante é

$\varphi ={{e}^{-\int{\frac{du}{u}}}}=\frac{1}{u}=\frac{x}{{{y}^{3}}}$

Sendo assim, a equação

                                   $\frac{x}{{{y}^{3}}}(3x{{y}^{2}}-4y)dx+\frac{x}{{{y}^{3}}}(4x-{{x}^{2}}y)dy=0$           é diferencial exacta.

e existe a função potencial  $f(x,y)$ tal que

$f=\int{\,\,\frac{x}{{{y}^{3}}}(3x{{y}^{2}}-4y)\,dx}=\frac{{{x}^{3}}y-2{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}+A(y)$

e simultaneamente

$f=\,\,\int{\,\,\frac{x}{{{y}^{3}}}(4x-{{x}^{2}}y)dy}=\frac{{{x}^{3}}y-2{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}+B(x)$

onde $A(y)$ e $B(x)$  são funções arbitrárias exclusivamente de $x$ e de $y$.

Conclui-se assim que  $A(y)=B(x)=0$ e a função potencial é

$f(x,y)=\frac{{{x}^{3}}y-2{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}$

sendo a solução geral da equação

$\frac{{{x}^{3}}y-2{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}=C$          ou           ${{x}^{3}}y-2{{x}^{2}}=C\,{{y}^{2}}$

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