(Simulado ITA/IME) Integral Trigonométrica

Resumo:

DaoSeek escreveu:

Editei pra desenvolver as ideias. Vou usar alguns resultados pra integrais de funções complexas (no fundo estou usando o teorema dos resíduos). Pra não ficar muito dependente desse conhecimento prévio, vou escrever um resumo bem conciso do que é realmente necessário pra essa questão. 

Resumo:

\( \displaystyle \int_\gamma f(z) dz = \int_a^b f(\gamma(t)) \gamma'(t) dt\)

Lembra uma integral de linha usual, mas notamos que aqui o resultado é um número complexo, pois tanto \(f(\gamma(t))\) quando \(\gamma'(t)\) são números complexos. Por exemplo, tomando \(f(z)= 1/z\) e \(\gamma(t) =  e^{it}\) o círculo unitário (t entre 0 e 2π), temos \(\gamma'(t) = i e^{it} = -\sin t + i \cos t\}. Logo:

\( \displaystyle \int_\gamma \dfrac{1}{z} dz = \int_0^{2\pi} \dfrac{1}{e^{it}} i e^{it} dt = 2\pi i\)

É possível verificar fazendo a conta explicitamente (mas há outras maneiras menos diretas e menos trabalhosas) que:

\( \displaystyle \int_\gamma z^n dz = 0 \) para todo n inteiro e diferente de -1. 

Por exemplo, \(\displaystyle \int_\gamma \dfrac{2}{z^3} - \dfrac{10}{z}  + 2z^4 dz\) é igual a \( - 20\pi i\), pois a única parcela que não se anula na integral acima é  \(-10/z\). Usando o cálculo acima para integral de 1/z, chegamos na resposta. 

Isso é tudo que irei usar na questão, mas para os interessados, esse resultado vale não apenas para o círculo unitário, mas pra qualquer curva fechada simples orientada no sentido anti-horário que da a volta na origem. E a teoria de desenvolve na seguinte direção: Podemos calcular integrais de curvas fechadas em torno de um ponto \(z_0\) expandindo a função desejada numa série da forma \( \sum a^n (z-z_0)^n\), com n sendo positivo ou negativo (chamada de série de Laurent). O coeficiente de \(z-z_0)^{-1}\) é o mais interessante de ser conhecido, pois a integral dos demais termos será zero.

 

Seja \(I\) a integral que desejamos calcular. Usando a mudança de variável \(\theta = 2\pi - t\) observamos que 

\( I = \displaystyle  \int_{\pi}^{2\pi} \cos \theta \cos(2 \theta) \cos(3 \theta) \cdots  \cos(m \theta) \, d\theta \implies 2I = \displaystyle \int_0^{2\pi} \cos \theta \cos(2 \theta) \cos(3 \theta) \cdots  \cos(m \theta) \, d\theta \)

Notamos o seguinte: Sendo \(z = e^{i \theta}\) então:

\( 2 \cos \theta =  z + \dfrac 1z\)

\( 2 \cos 2\theta =  z^2 + \dfrac 1{z^2}\)

\( 2 \cos 3\theta =  z^3 + \dfrac 1{z^3}\)

...

\( 2 \cos m\theta =  z^2 + \dfrac 1{z^m}\)

Assim, vamos considerar a função \(f(z) =\left( z^2 + \dfrac 1{z^2} \right) \left(  z^3 + \dfrac 1{z^3} \right) \cdots \left( z^m + \dfrac 1{z^m} \right) \). Sendo \(\gamma(\theta) = e^{i\theta}\) segue que:

\( \displaystyle \int_\gamma f(z) dz =2^{m-1} \int_0^{2\pi}  (-\sin \theta + i \, \cos \theta) (\cos (2\theta) \cos (3\theta) \cdots \cos (m \theta)  d\theta\)

Ou seja, a integral que queremos é justamente a parte imaginária da integral de f no círculo \(\gamma\), multiplicada por uma constante:

\(  \textrm{Im}\left(\int_\gamma f(z) dz \right)  =2^{m-1} (2I) = 2^m I\)

Agora vamos analisar a integral de f. Observamos que \(f(z) = \dfrac{P(z)}{z^{2+3+\cdots+ m}}\) onde \(P(z)\) é um polinômio de grau 4+6+...+2m. Ou seja, podemos escrever f(z) com algo da forma \(\displaystyle \sum a_k z^{k}\) onde k pode assumir valores positivos e negativos. Como discutido acima, da teoria de integrais complexas, segue que

\(\displaystyle \int_\gamma f(z) dz = 2 \pi i \cdot a_{-1} \)

Assim, I = 0 se, somente se, o coeficiente \(a_{-1}\) é igual a 0. Notamos que \(a_{-1}\) é o coeficiente de \(z^{(2+3+\cdots m) - 1}\) no polinômio P(z).

O polinômio P(z) é par, assim caso (2+3+4+...+m) - 1 seja ímpar temos \(a_{-1} = 0\). Isso acontece para m congruente a 1 ou 2 módulo 4. Caso seja m congruente a 3 ou 0 módulo 4, esse coeficiente é sempre não nulo. 

Essa segunda afirmação dá um pouco de trabalho, mas pode ser provada interpretando combinatoriamente: O coeficiente \(a_{-1}\) é o número de maneiras nas quais é possível escrever (2+3+4+...+m) - 1 como soma de elementos distintos do conjunto {4,6,8,10,...,2m}. Para mostrar que \(a_{-1}\neq 0\) basta exibir uma dessas maneiras. Vou fazer apenas um exemplo: (é chato de explicar)

Se m = 16 (congruente a 0 módulo 4):

2+3+4+5+6+...+16 -1 = 

(-1+2+3+4) + (5+6+7+ + (9+10+11+12) + (13+14+15+16) = 

8 + (12+14) + (18+22) + (28+30)

(mesma ideia funciona sempre que m é multiplo de 4)

Se m = 19 (congruente a 3 módulo 4):

2+3+4+5+6+...+19 -1 = 

(-1+2+3) + (4+5+6+7) + (8+9+10+11)  + (12+13+14+15) + (16+17+18+19) = 

4 + (10+12) + (18+20) + (26+28) + (34+36)

(mesma ideia funciona sempre que m deixa resto 3 por 4)

Com isso concluímos que:

\(\displaystyle \int_0^{\pi} \cos\theta \cos(2\theta) \cos(3\theta) \cdots \cos(m \theta) \, d\theta = 0\) se \( m = 4k+1\) ou \(m = 4k+2\)

\(\displaystyle \int_0^{\pi} \cos\theta \cos(2\theta) \cos(3\theta) \cdots \cos(m \theta) \, d\theta \neq  0\) se \( m = 4k\) ou \(m = 4k+3\)

Giovana Martins escreveu:

Muito obrigada, Daoseek.

Para ser sincera, não entendi tão bem, mas a culpa não sua. Juro. Tenho certeza de que você foi bastante claro.

A verdade é que eu nunca estudei o assunto Teorema dos Resíduos e suas nuances. Na faculdade vi apenas o cálculo integral e diferencial na variável real.

Quando eu tiver um tempinho vou pegar para estudar um pouquinho esse assunto para entender melhor a resolução.

Novamente, muito obrigada!

DaoSeek escreveu:

Vou verificar que essas integrais dão zero pra m = 4k+1 ou m = 4k+2. Provavelmente, a ideia que vou usar também funciona pra verificar que as integrais não são nulas nos demais casos, porém tem cara de precisar bastante conta.

Sejam \(T_n(x)\) os polinômios de Chebyshev. Mais informações sobre eles podem ser encontradas na wikipedia  (https://en.wikipedia.org/wiki/Chebyshev_polynomials), mas o que vamos usar é o seguinte. Esses polinômios tem a propriedade de que

\(T_n(\cos(x)) = \cos(nx)\).

Ou seja, para encontrá-los basta desenvolver cos(nx) numa expressão dependendo de apenas cos(x). Por exemplo, sabemos que

cos(2x) = 2cos²(x) - 1

Isso implica que \(T_2(x) = 2x^2 - 1\)

O fato aqui é que \(T_0(x) = 1 \) e \(T_1(x) = x\) e através da igualdade 

\( \cos((n+1)x) + \cos((n-1)x) = 2 \cos x \cos(nx)\) 

obtemos que \( T_{n+1} (x) = 2x T_n(x) - T_{n-1}(x) \)

Com essa relação recursiva, podemos mostrar que \(T_n\) é uma função impar caso n seja ímpar e é uma função par caso n seja par. (Isso é a única coisa que vamos usar de fato).

Sejam então

o polinomio \(Q(x) = T_2(x) \cdot T_3(x)  \cdots T_m(x)\) 

a curva \(\gamma(\theta) = (\cos \theta, \sin \theta), \qquad 0 \leq \theta \leq 2 \pi\)

e o disco \( D =\{ (x,y) \in \mathbb R^2 | x^2+y^2 \leq 1\}\)

Sabemos que 

\( \displaystyle \int_\gamma Q(x) dy = \int_0^{2\pi} Q(\cos(\theta)) \cos\theta \, d\theta = \int_0^{2\pi} \cos\theta \cos(2 \theta) \cos(3 \theta) \cdots \cos(m\theta)\, d\theta\)

Do teorema de Green temos:

\( \displaystyle \int_\gamma Q(x) dy = \iint_D Q'(x) dA\)

Repare que essa última integral é nula caso Q'(x) seja uma função ímpar, devido a simetria da região de integração. Isso ocorre sempre que (2+3+4+...+m)-1 é impar. Ou seja, para m congruente a 1 ou 2 módulo 4. Logo, concluímos que 

\( \displaystyle \int_0^{2 \pi} \cos \theta \cos(2\theta) \cdots \cos(m\theta)\, d\theta  = 0 \) para m = 1,2,5,6,9,10,13,14...

Tem uns 3 ou 4 anos que não mexo com essas ferramentas. Vou ter que revisar  .

Giovana Martins escreveu:

Eita que meus cálculos não estão mais afiados, não kkkkkkk.

Eu vi um montão desse Teorema de Green na faculdade e embora eu soubesse fazer as continhas para passar nas provas, eu não sabia muito bem o que eu estava calculando kkkk.

Tem uns 3 ou 4 anos que não mexo com essas ferramentas. Vou ter que revisar  .

Sei que você fazia matemática. Você já formou?

Justificativa:

DaoSeek escreveu:

Segue uma solução sem nada sofisticado (apenas cálculo 1).

Sejam \(a_1, a_2, ..., a_k\) números pares. Primeiro vamos observar o seguinte.

(1) \(\displaystyle \int_0^{2\pi} \cos\theta \cos(a_1 \theta) \cos(a_2 \theta) \cdots \cos(a_k \theta) d \theta = 0\)

Justificativa:

Consideramos a mudança de variável \(\theta = \dfrac{\pi}{2} - x\). Observamos que caso \(a\) seja um número par, isso implica  que:

\(\cos (a\theta) = \pm \cos (ax)\)

(o sinal pode ser + ou -, a depender do valor de a. Mais precisamente, se a é multiplo de 4, então o sinal é positvo. E se a deixa resto 2 por 4, então o sinal é negativo.)

Por outro lado temos também  \(\cos \theta = \sin x\). Assim, fazendo a mudança de variavel ficamos com a integral:

\(\displaystyle \int_{-\pi/2}^{3\pi/2} \pm \sin x \cos(a_1x) \cos(a_2x) \cdots \cos(a_k x) dx \)

Aqui o sinal pode ser + ou -, a depender dos valores de \(a_1, \cdots, a_k\). Mas o sinal não importa, pois a integral será nula. Para ver isso, notamos que  a função

\(f(x) = \sin x \cos(a_1x) \cos(a_2x) \cdots \cos(a_k x)\)

satisfaz \(f(x + 2\pi) = f(x)\). Ou seja, é uma função periódica. Como estamos integrando em um intervalo de comprimento \(2\pi\), essa propriedade implica que podemos trocá-lo por qualquer outro desde que tenha comprimento \(2\pi\). Logo:

\( \displaystyle \int_{-\pi/2}^{3\pi/2} f(x) dx = \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx\)

Por outro lado, a função f é impar. Isso significa que a sua integral em qualquer intervalo simétrico é nula. Ou seja:

\( \displaystyle  \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx = 0\)

E isso implica que a integral original também é nula.

Essa propriedade já é suficiente pra verificar que a integral procurada é zero para os valores m = 1,2,5,6,9,10. Seja 

\( \displaystyle I_m = \int_0^{\pi} \cos \theta \cos(2\theta) \cos(3 \theta) \cdots \cos(m\theta) \, d\theta \)

a integral que queremos calcular. Como discutido antes, vale que

\( \displaystyle I_m = \dfrac 12 \int_0^{2\pi} \cos \theta \cos(2\theta) \cos(3 \theta) \cdots \cos(m\theta) \, d\theta \)

Para simplificar a notação, vou adotar a seguinte notação: \( C(k) \) representa \(\cos(k \theta)\) e as integrais serão sempre no intervalo de 0 até \(2 \pi\) na variavel \(\theta\) (não vou mais colocar os intervalos nem o \(d \theta\). Ou seja:

\( \displaystyle  I_m = \dfrac 12 \int C(1)C(2) \cdots C(m) \)

A ideia aqui é usar a propriedade (1) para ver que as integrais serão nulas. Vamos usar a propriedade \( \cos(a) \cos(b) = \dfrac{\cos(a+b) + \cos(a-b)}2\) para "eliminar" os termos da forma \(\cos(k\theta)\) com k impar. Por exemplo, na nossa notação temos:

\( C(3)C(5) = \dfrac{ C(2)+C(}2 \) e \( C(7)C(9) = \dfrac{C(2) + C(16)}2\)

Ou seja:

\(\displaystyle I_1 = \dfrac 12 \int C(1) = 0 \) (diretamente pela propriedade (1), basta tomar todos os a's iguais a zero.)

\(\displaystyle I_2 = \dfrac 12 \int C(1)C(2) = 0 \) (diretamente pela propriedade (1) também, basta tomar \(k = 1, a_1 = 2\).)

\( \displaystyle I_5 = \dfrac 12 \int C(1) C(2)C(3)C(4)C(5) = \dfrac 12 \int C(1)C(2)C(4) \left(\dfrac{C(2) + C(}{2} \right) = \dfrac 14 \int C(1)C(2)C(2)C(4) + C(1)C(2)C(4)C( = 0\)

\( \displaystyle I_6 = \dfrac 12 \int C(1) C(2)C(3)C(4)C(5)C(6) = \dfrac 12 \int C(1)C(2)C(4)C(6) \left(\dfrac{C(2) + C(}{2} \right) = \dfrac 14 \int C(1)C(2)C(2)C(4)C(6) + C(1)C(2)C(4)C(8)C(6) = 0\)

\( \displaystyle I_9 = \dfrac{1}{2}\int C(1)C(2)C(3)C(4)C(5)C(6)C(7)C(8)C(9) = \dfrac 12 \int C(1)C(2)C(4)C(6)C( \left(\dfrac{C(2) + C(}{2}\right) \left(\dfrac{C(2) + C(16)}{2}\right)  = 0\)

\( \displaystyle I_{10} = \dfrac{1}{2}\int C(1)C(2)C(3)C(4)C(5)C(6)C(7)C(8)C(9) = \dfrac 12 \int C(1)C(2)C(4)C(6)C(8)C(10) \left(\dfrac{C(2) + C(}{2}\right) \left(\dfrac{C(2) + C(16)}{2}\right)  = 0\)

Bom, sempre que m deixa resto 1 ou 2 na divisão por 4 podemos usar essa estrategia de agrupar os termos impares 2 a 2 transformando-os em pares e deixando apenas C(1), e aplicar a propriedade (1) pra concluir que a integral é zero.

Isso mostra que essas integrais são nulas. A segunda parte(ver que os demais casos não são nulos) vou digitar depois. Mas posso adiantar que é a mesma ideia: usar a formula de transformação de soma em produto e observar que \( \int C(a)C(b)\) da zero quando \(a \neq b\) e é positiva quando \(a= b\).

Muito obrigada, Daoseek. Um show de conhecimento !