Ensino Superior ⇒ Demonstração - Expansão de sen(nθ) e cos(nθ)

[Andre13000]

Estava lendo o livro de um matemático inglês chamado Titchmarsh e ele sugeriu que o leitor expandisse esta função:

[tex3]f(x)=\ln(x^2-2x\cos\theta+1)=\ln(1-xe^{i\theta})+\ln(1-xe^{-i\theta})[/tex3]

Se você expandir o lado direito você fica com [tex3]f(x)=-2\sum_{k=1}^\infty \frac{x^{k}}{k}\cos(k\theta)[/tex3].

Mas se tentar expandir o esquerdo, vai ficar mais ou menos assim:

[tex3]f(x)=-2x\cos \theta-x^2(2\cos^2\theta-1)-\frac{2x^3}{3}(4\cos^3\theta-3\cos\theta)-\dots[/tex3]

E igualando as potências de x, consegue-se uma expressão para [tex3]\cos n\theta[/tex3]

Utilizando esta ideia, pode-se conseguir a expansões de [tex3]\sen n\theta[/tex3] e [tex3]\cos n\theta[/tex3] no geral.

Geralmente usa-se a identidade [tex3](\cos\theta+i\sen\theta)^n=\cos n\theta+i\sen n\theta[/tex3] para conseguir a expansão, mas se você quiser que a expressão resultante tenha só fatores de [tex3]\cos \theta[/tex3] ou [tex3]\sen \theta[/tex3], aí vira uma bagunça que só. Este outro método rapidamente apresentará sua superioridade.

Começamos definindo esta série:

[tex3]S(x)=\sum_{n=0}^\infty x^n e^{in\theta}=\sum_{n=0}^\infty (xe^{i\theta})^n[/tex3]

Para quem não sabe, [tex3]e^{in\theta}=(\cos\theta+i\sen\theta)^n=\cos n\theta+i\sen n\theta[/tex3]

Utilizando [tex3]\sum_{n=0}^\infty t^n=\frac{1}{1-t}~~; ~~|t|<1[/tex3], temos:

[tex3]S(x)=\frac{1}{1-xe^{i\theta}}=\frac{1}{1-x\cos\theta-ix\sen\theta}=\frac{1-x\cos\theta+ix\sen\theta}{(1-x\cos\theta)^2+x^2\sen^2\theta}\\
S(x)=\frac{1-x\cos\theta+ix\sen\theta}{x^2-2x\cos\theta+1}[/tex3]

Como [tex3]S(x)=\cos0+x\cos\theta+x^2\cos 2\theta+\dots+i(\sen 0+x\sen \theta+x^2\sen 2\theta+\dots)[/tex3], podemos igualar as partes real e imaginária de cada lado para obter:

[tex3]f(x)=\frac{x\sen\theta}{1-2x\cos\theta+x^2}=\sum_{n=0}^\infty x^n\sen n\theta\\
g(x)=\frac{1-x\cos\theta}{1-2x\cos\theta+x^2}=\sum_{n=0}^\infty x^n\cos n\theta[/tex3]

Fazendo [tex3]\theta\to\frac{\pi}{2}-\theta[/tex3], obtemos duas novas expressões para [tex3]f(x)[/tex3] e [tex3]g(x)[/tex3]:

[tex3]a(x)=\frac{x\cos\theta}{1-2x\sen\theta+x^2}=x\cos\theta+x^2\sen 2\theta-x^3\cos 3\theta-x^4\sen4\theta+x^5\cos5\theta+\dots\\
b(x)=\frac{1-x\sen\theta}{1-2x\sen\theta+x^2}=1+x\sen\theta-x^2\cos 2\theta-x^3\sen3\theta+x^4\cos4\theta+x^5\sen5\theta[/tex3]

Expandindo [tex3]f(x)[/tex3], teremos:

[tex3]f(x)=\sum_{n=0}^\infty x^{n+1}\sen\theta(2\cos\theta-x)^n=\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n {n\choose k}x^{n+k+1}(-1)^k2^{n-k}\sen\theta\cos^{n-k}\theta[/tex3]

Podemos isolar potências de x estabelecendo [tex3]r=n+k+1[/tex3], enquanto variamos n.

[tex3]\sen r\theta=\sum_{\frac{r-1}{2}\leq n\leq r-1} {n\choose r-n-1}(-1)^{r-n-1}2^{2n-r+1}\sen\theta\cos^{2n-r+1}\theta[/tex3]

Onde r é natural.

De modo similar:

[tex3]a(x)=\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n {n\choose k}x^{n+k+1}(-1)^k2^{n-k}\cos\theta\sen^{n-k}\theta\\
\cos t\theta=\sum_{\frac{t-1}{2}\leq n\leq t-1} {n\choose t-n-1}(-1)^{\frac{t-2n-1}{2}}2^{2n-t+1}\cos\theta\sen^{2n-t+1}\theta\\
\sen s\theta=\sum_{\frac{s-1}{2} \leq n\leq s-1} {n\choose s-n-1}(-1)^{\frac{s-2n}{2}}2^{2n-s+1}\cos\theta\sen^{2n-s+1}\theta[/tex3]

Onde s é par e t é ímpar.

No caso de [tex3]g(x)[/tex3], nosso método não fica muito bonito, então façamos o seguinte:

[tex3]\frac{g(x)}{x}=\frac{1-x\cos\theta}{x(x^2-2x\cos\theta+1)}=\frac{1}{x}-\frac{x-\cos\theta}{x^2-2x\cos\theta+1}\\
\int\frac{g(x)}{x}dx=\ln x-\frac{1}{2}\ln(x^2-2x\cos\theta+1)=\ln x+x\cos\theta+\frac{x^2}{2}\cos 2\theta+\frac{x^3}{3}\cos 3\theta+\dots\\
G(x)=-\frac{1}{2}\ln(x^2-2x\cos\theta+1)=x\cos\theta+\frac{x^2}{2}\cos 2\theta+\frac{x^3}{3}\cos 3\theta+\dots[/tex3]

Veja que a expansão continuou sendo em torno de zero, e isso é importante. Agora podemos utilizar que [tex3]-\ln(1-x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}[/tex3] para obter:

[tex3]G(x)=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac{(2x\cos\theta-x^2)^n}{n}=\sum_{n=1}^\infty \sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{(-1)^k x^{n+k}2^{n-k-1}\cos^{n-k}\theta}{n}\\
r=n+k\\
\frac{\cos r\theta}{r}=\sum_{\frac{r}{2}\leq n\leq r} {n \choose r-n}\frac{(-1)^{r-n}2^{2n-r-1}\cos^{2n-r}\theta}{n}[/tex3]

Onde r é natural.

De modo similar: (substituindo [tex3]\theta\to \frac{\pi}{2}-\theta[/tex3] em [tex3]G(x)[/tex3])

[tex3]B(x)=-\frac{1}{2}\ln(x^2-2x\sen\theta+1)=x\sen\theta-\frac{x^2}{2}\cos 2\theta-\frac{x^3}{3}\sen 3\theta+\frac{x^4}{4}\cos 4\theta+\dots[/tex3]

Neste padrão [tex3]\to +--++--++--\dots[/tex3], com alternância entre seno e cosseno.

[tex3]B(x)=\sum_{n=1}^\infty \sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{(-1)^k x^{n+k}2^{n-k-1}\sen^{n-k}\theta}{n}\\
\frac{\cos s\theta}{s}=\sum_{\frac{s}{2}\leq n\leq s} {n \choose s-n}\frac{(-1)^{\frac{s-2n}{2}}2^{2n-s-1}\sen^{2n-s}\theta}{n}\\
\frac{\sen t\theta}{t}=\sum_{\frac{t}{2}\leq n\leq t} {n \choose t-n}\frac{(-1)^{\frac{t-2n+1}{2}}2^{2n-t-1}\sen^{2n-t}\theta}{n}[/tex3]

Onde s é par, e t é ímpar.

Obs: os limites superior e inferior de cada soma são dados pela condição de existência do coeficiente binomial existente na somatório.

Se [tex3]{a \choose b}[/tex3], então [tex3]a\geq b\geq 0[/tex3].

Também há outra representação interessante para o seno e cosseno que eu gostaria de compartilhar. Esta data de Euler, numa publicação que faz parte do Introductio in analysin infinitorum (Tradução de Ian Bruce). Quem quiser dar uma olhada rápida, está aqui o arquivo (em inglês). Euler simplesmente deduz a fórmula sem provas.

Bromwich, em "Uma introdução à teoria das séries infinitas" deriva as fórmulas com ingenuidade. Aqui segue a demonstração.

Das expressões que a gente conseguiu acima, a gente tira que:

[tex3](-1)^m\frac{\sen(2m+1)\theta}{\sen\theta}=1+a_1\cos^2\theta+a_2\cos^4\theta+\dots\\
(-1)^{m+1}\frac{\sen2m\theta}{2m\sen\theta\cos\theta}=1+b_1\cos^2\theta+b_2\cos^4\theta+\dots\\
\frac{\sen 2m\theta}{2m\sen\theta\cos\theta}=1+c_1\sen^2\theta+c_2\sen^4\theta+\dots\\
\frac{\sen(2m+1)\theta}{(2m+1)\sen\theta}=1+h_1\sen^2\theta+h_2\sen^4\theta+\dots\\
(-1)^m\cos2m\theta=1+d_1\cos^2\theta+d_2\cos^4\theta+\dots\\
(-1)^m \frac{\cos(2m+1)\theta}{(2m+1)\cos\theta}=1+e_1\cos^2\theta+e_2\cos^4\theta+\dots\\
\cos 2m\theta=1+g_1\sen^2\theta+g_2\sen^4\theta+\dots\\
\frac{\cos(2m+1)\theta}{\cos\theta}=1+f_1\sen^2\theta+f_2\sen^4\theta+\dots
[/tex3]

Agora, nota-se que [tex3]\sen n\theta[/tex3] e [tex3]\cos n\theta[/tex3] satisfazem a seguinte equação diferencial:

[tex3]\frac{d^2y}{d\theta^2}+n^2y=0[/tex3]

Fazendo [tex3]x=\sen \theta[/tex3], temos que:

[tex3]\frac{d^2y}{d\theta^2}=\frac{d}{d\theta}\frac{dy}{d\theta}=\frac{d}{d\theta}\[ \frac{dy}{dx}\frac{dx}{d\theta}\]\\
\frac{d^2y}{d\theta^2}=\frac{d^2x}{d\theta^2}\cdot \frac{dy}{dx}+\frac{dx}{d\theta}\cdot\frac{d}{d\theta}\frac{dy}{dx}\\
\frac{d^2y}{d\theta^2}=\frac{d^2x}{d\theta^2}\frac{dy}{dx}+\frac{dx}{d\theta}\cdot\frac{dx}{d\theta}\frac{d}{dx}\frac{dy}{dx}\\
\frac{d^2y}{d\theta^2}=\frac{d^2x}{d\theta^2}\frac{dy}{dx}+\[\frac{dx}{d\theta}\]^2\frac{d^2y}{dx^2}\\
\frac{dx}{d\theta}=\cos\theta=\sqrt{1-x^2}\\
\frac{d^2x}{d\theta^2}=-\sen\theta=-x[/tex3]

A ideia nessa substituição é obter uma solução em série de potências em x para a equação diferencial, ou seja, potências de [tex3]\sen\theta[/tex3]. A equação diferencial resultante é:

[tex3](1-x^2)\frac{d^2y}{dx^2}-x\frac{dy}{dx}+n^2y=0[/tex3]

Observe que se tivéssemos feito [tex3]x=\cos\theta[/tex3], teríamos obtido a mesma equação.

Caso 1:

Suponha n ímpar. Uma das nossa séries diz que é possível esta expansão:

[tex3]\sen n\theta=y=nx-Ax^3+Bx^5-Cx^7+Dx^9-\dots\\
y'=n-3Ax^2+5Bx^4-7Cx^6+9Dx^8-11Ex^{10}\\
y''=-3\cdot 2Ax+5\cdot 4Bx^3-7\cdot 6x^5+9\cdot 8Dx^7-11\cdot 10Ex^9[/tex3]

Se a gente jogar isso na equação diferencial:

[tex3]n^2y=~~~~~~~n^3x~~~-n^2Ax^3~~+n^2Bx^5~~~-n^2Cx^7~~~~~~~+n^2Dx^9-n^2Ex^{11}+\dots\\
+\\
-xy'=~-nx~~ ~~~+3Ax^3~~~~-5Bx^5~~~~~+7Cx^7~~~~~~~~~-9Dx^9+11Ex^{11}-\dots\\
+\\
y''=-3\cdot 2Ax+5\cdot 4Bx^3~~-7\cdot 6Cx^5+9\cdot 8Dx^7-11\cdot 10Ex^9+\dots\\
+\\
-x^2y''=~~~~ ~~~~+3\cdot 2Ax^3-5\cdot 4Bx^5~~+7\cdot 6x^7~~~~-9\cdot 8Dx^9+11\cdot 10Ex^{11}[/tex3]

Temos que:

[tex3]n^3-n-6A=0\\
A=\frac{n(n^2-1)}{6}\\
-An^2+3A+20B+6A=0\\
B=\frac{n(n^2-1)(n^2-9)}{120}[/tex3]

No geral:

[tex3]y=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k a_kx^{2k+1}\\
a_0=n\\
n^2a_m-(2m+1)a_m-(2m+3)(2m+2)a_{m+1}-(2m+1)(2m)a_m=0\\
a_{m+1}=\frac{n^2-(2m+1)^2}{(2m+3)(2m+2)}a_m[/tex3]

Portanto

[tex3]\sen n\theta=n\sen\theta-\frac{n(n^2-1^2)}{3!}\sen^3\theta+\frac{n(n^2-1^2)(n^2-3^2)}{5!}\sen^5\theta-\dots[/tex3]

Caso 2:

Substituindo [tex3]\theta[/tex3] por [tex3]\theta-\frac{\pi}{2}[/tex3] no caso acima, temos que:

[tex3](-1)^{\frac{n-1}{2}}\cos n\theta=n\cos\theta-\frac{n(n^2-1^2)}{3!}\cos^3\theta+\frac{n(n^2-1^2)(n^2-3^2)}{5!}\cos^5\theta-\dots[/tex3]

Para n ímpar.

Caso 3:

Para n par temos que:

[tex3]\cos n\theta=1-A\sen^2\theta+B\sen^4\theta-\dots[/tex3]

Neste caso verifica-se que, utilizando o processo demonstrado acima:

[tex3]\cos n\theta=1-\frac{n^2}{2!}\sen^2\theta+\frac{n^2(n^2-2^2)}{4!}\sen^4\theta-\dots[/tex3]

Caso 4:

Substituindo [tex3]\theta[/tex3] por [tex3]\theta-\frac{\pi}{2}[/tex3] no caso acima, temos:

[tex3](-1)^{\frac{n}{2}}\cos n\theta=1-\frac{n^2}{2!}\cos^2\theta+\frac{n^2(n^2-2^2)}{4!}\cos^4\theta-\dots[/tex3]

Para n par.

Derivando cada um dos 4 casos, teremos os outros 4 casos.

Caso 5: (Derivação do caso 1)

[tex3]\frac{\cos n\theta}{\cos \theta}=1- \frac{n^2-1^2}{2!}\sen^2\theta+\frac{(n^2-1^2)(n^2-3^2)}{4!}\sen^4\theta-\dots[/tex3]

Para n ímpar.

Caso 6: (Substituindo [tex3]\theta\to \frac{\pi}{2}-\theta[/tex3] no caso 5, equivalente a derivar o caso 2)

[tex3](-1)^{\frac{n-1}{2}}\frac{\sen n\theta}{\sen \theta}=1-\frac{n^2-1^2}{2!}\cos^2\theta+\frac{(n^2-1)(n^2-3^2)}{4!}\cos^4\theta-\dots[/tex3]

Caso 7: (Derivação do caso 3)

[tex3]\frac{\sen n\theta}{\cos\theta}=n\sen\theta-\frac{n(n^2-2^2)}{3!}\sen^3\theta+\frac{n(n^2-2^2)(n^2-4^2)}{5!}\sen^5\theta-\dots[/tex3]

Caso 8: (Substituindo [tex3]\theta\to \frac{\pi}{2}-\theta[/tex3] no caso 7, equivalente a derivar o caso 4)

[tex3](-1)^{\frac{n+2}{2}}\frac{\sen n\theta}{\cos \theta}=n\cos\theta-\frac{n(n^2-2^2)}{3!}\cos^3\theta+\frac{n(n^2-2^2)(n^2-4^2)}{5!}\cos^5\theta-\dots[/tex3]