Primeiro contacto... com cálculo de variações

Em Outubro de 1998, no último ano da minha licenciatura pré-Bolonha em Matemática, numa cadeira de'operadores integrais' o professor Litvinchuk perguntou-nos durante uma aula se tínhamos aprendido "cálculo de variações".
O nome não me dizia nada.
Tendo em conta que sou matemaníaco, era suposto lembrar-me ao menos do nome, mas não.
O nome não me dizia nada, e eu lembrava-me de todos os temas abordados até ali...
Sendo o professor de origem soviética julguei poder ser um problema de tradução..
Perguntei se não tinha outra designação. Ele olhou para mim meio chateado, e respondeu que não.
Que o título era mesmo aquele. Ficou com a ideia que eu era ignorante.
Tomei nota da designação...
Confirmei que não, que não tinha dado em lado nenhum, e na altura, na biblioteca, confirmei que não tinha estudado o assunto, e infelizmente, também não tinha tempo para estudar aquilo na altura.

Em 2007, na fcul, voltei a ouvir um "como você sabe de Cálculo das variações".
O nome não me era estranho. Lembrei-me da aula com o professor Litvinchuk em que tinha feito a pergunta sobre o assunto. Continuava a não ter tempo, mas ali era crítico.
Pesquisei as cadeiras da fcul e encontrei a cadeira de licenciatura deles que continha o assunto.
Comparando com a minha licenciatura, percebi onde devia ter aprendido aquilo, e mais, fiquei com a impressão que o professor Litvinchuck tinha razão, que era mesmo suposto eu ter aprendido aquilo,
numa cadeira em que quem leccionava era novo, tinha substituído o docente anterior e alterou programa "a seu gosto", tendo me deixado com lacunas que naquele momento faziam falta!

Na versão anterior desse programa também constava outro assunto que não estudei, mas os alunos do ano anterior estudaram: Equações com derivadas parciais (eu confirmei a minha suspeita recentemente).

Estudar aquela versão daquela cadeira de licenciatura na fcul tornou-se importante. Eu precisava daquelas bases! Infelizmente não consegui fazê-lo a tempo. A (desadequada e desnecessária) sobrecarga de trabalhos não me permitia - mas isso não é assunto para aqui.

Eventualmente um dia mais tarde acabei por fazê-lo. Fui autodidacta...

Hoje vou exemplificar um exercício clássico de cálculo das variações, um dos primeiros que resolvi, sem rigor excessivo.

No plano euclidiano $\R^2$, qual é o caminho mais curto entre os pontos de coordenadas $(a,y_a)$ e $(b,y_b)$?

Vamos supor que $a\neq b$.
Sempre me disseram que era a o segmento de recta que unia os pontos, só que a verdade é que nunca tinha visto uma prova.
Parecia ser óbvio...
Se esse caminho for o gráfico de uma função $y$, dependente da variável real $x$, o comprimento é $$\int_{a}^{b} \sqrt{1+y'(x)^2} dx$$ Portanto, quero saber qual é a função $y$ (diferenciável em $[a,b]$) que minimiza este integral.
Simbólicamente: $$\cdot \min \int_{a}^{b} \sqrt{1+y'(x)^2} \, dx \qquad , \quad a \neq b$$ $$\text{em } \mathcal{A} = \left\{ y \in C^1([a, b]) : y(a) = y_a \; ; \; y(b) = y_b \right\}$$ Chamarei a $\mathcal{A}$ o conjunto das soluções admissíveis.

Esta é a minha primeira proposta de resolução:
Considera-se $$f(x, y, y') = \sqrt{1+y'(x)^2}$$ De acordo com a teoria, a solução deste problema satisfaz a $$\boxed{ \begin{aligned} \text{Eq. Euler-Lagrange:} \\ \frac{\partial f}{\partial y}(x, y(x), y'(x)) - \frac{d}{dx} \left( \frac{\partial f}{\partial y'}(x, y(x), y'(x)) \right) = 0 \end{aligned} }$$ (Para saber porquê, ou seja, a prova desta afirmação, sugiro que o leitor mais curioso investigue esta equação)
Vou abreviar a escrita, usando $y'$ em vez de $y'(x)$ e $y$ em vez de $y(x)$. Ora $$\frac{\partial f}{\partial y} = 0 $$ E $$\frac{\partial f}{\partial y'} = \frac{\partial}{\partial y'} \left[ \left( 1 + (y')^2 \right)^{\frac{1}{2}} \right] =$$ $$= \frac{1}{2} \left( 1 + (y')^2 \right)^{-\frac{1}{2}} \cdot 2y' =$$ $$= \frac{y'}{\sqrt{1+(y')^2}}$$ $$\Rightarrow \text{Pela equação de Euler-Lagrange}$$ $$- \frac{d}{dx} \left( \frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}} \right) = 0$$ $$\Rightarrow \frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}} = \text{constante}$$ Vou designar a constante (real) por $C$ $$\Rightarrow \frac{(y')^2}{1+(y')^2} = C$$ $$\Leftrightarrow (y')^2 = C \left( 1 + (y')^2 \right)$$ $$\Leftrightarrow 0=C + (C - 1)(y')^2 $$ $$\Leftrightarrow (y')^2 = \frac{C}{1 - C} $$ $$\Rightarrow y' = C_1 \qquad ; \quad C_1 \in \mathbb{R}$$ $$\Rightarrow y = C_1 x + C_2 \qquad ; \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}$$ $\text{como } y(a) = y_a \quad \text{e} \quad y(b) = y_b$ temos como calcular $C_1$ e $C_2$ $$\left\{ \begin{aligned} y_a &= C_1 a + C_2 \\ y_b &= C_1 b + C_2 \end{aligned} \right.$$ pela regra de Cramer $${\Rightarrow} \quad C_1 = \frac{\begin{vmatrix} y_a & 1 \\ y_b & 1 \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a & 1 \\ b & 1 \end{vmatrix}} = \frac{y_a - y_b}{a - b} = \frac{y_b - y_a}{b - a} \qquad \text{(declive)}$$ $$C_2 = \frac{\begin{vmatrix} a & y_a \\ b & y_b \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} a & 1 \\ b & 1 \end{vmatrix}} = \frac{a y_b - b y_a}{a - b} = \frac{y_a b - y_b a}{b - a} \qquad \begin{aligned} &\text{(ordenada} \\ &\text{na origem)} \end{aligned}$$ $$\boxed{ \begin{aligned} &\therefore y(x) = \frac{y_b - y_a}{b - a} x + \frac{y_a b - y_b a}{b - a}, \text{com } a\leq x \leq b \end{aligned} }$$ Ou seja, o caminho mais curto é o segmento de recta que une os pontos $(a, y_a)$ e $(b, y_b)$

Sobrecarga Artificial.

 Sabendo que a inteligência artificial digitaliza e converte os meus textos manuscritos para formatos publicáveis abriu-me novas portas.

Posso ressuscitar o blog Zona Exacta. 

Só que... estamos na era da Inteligência Artificial. Acabo a debater comigo, o que vale a pena publicar e o que pode ser transformado em lucro financeiro. É que estou parado à quase dois anos, só a ter despesas e isto torna-se incomportável.

Tal como as minhas dores.

Ao tentar digitalizar textos com grok, às vezes  choco com um aviso de que está sobrecarregado e tenho de esperar OU pagar para ter acesso a uma versão que me dê prioridade.

Há outras inteligências artificiais, só que isto de dar prioridade a quem paga, o que até se percebe, alguem tem de pagar as contas da inteligência Artificial, fez-me ver algo.

Nessa sobrecarga, há certamente muito mau uso, e quem sou eu para dizer que o meu uso é melhor do que o de outros?

Eu faço a maioria dos meus desenhos à mão. (Podem consultar o meu Deviant Art)
Alguns, eu gostaria que a AI, os pintasse e fizesse o trabalho que consome tempo e tedioso, como pintar. 

Será esse o melhor uso para a AI?

O uso de AI tem de ser optimizado. Temos de coexistir com ela e não ser substituídos por ela.

Banir o uso de AI não é solução. Substituir pessoas também não.
Há ainda algo que não vi. O verdadeiro custo da AI. Não falo de economia, falo de impacto ambiental, consumo energético, e custos humanos.

Eu ia falar de outra coisa, só que as sobrecargas do Grok sugeriram-me que pensasse melhor na forma de usar inteligência Artificial.

Estou num novo mundo, e eu quero poder escrever e ser lido sem estar a fazer concorrência à AI.

Rumo à dimensão infinita (I)

Seja $\displaystyle{\left( {A_k } \right)_{k = 1, \cdots ,n}} $ uma família finita de conjuntos ( portanto $n\in\N_1$ )

O produto cartesiano desses conjuntos, define-se assim

\[ A_1 \times \cdots \times A_n = \left\{ {\left( {a_1 , \cdots ,a_n } \right);a_k \in A_k ,k = 1, \cdots ,n} \right\} \] E se os $A_k$ forem todos um mesmo conjunto $A$, até se simplifica a notação para $A^n$
Isto é: \[ A^n = A \times \cdots \times A = \left\{ {\left( {a_1 , \cdots ,a_n } \right);a_k \in A,k = 1, \cdots ,n} \right\} \] Por exemplo, \[ \C^3 = \left\{ {\left( {z_1 ,z_2 ,z_3 } \right);z_k \in \C,k = 1,2,3} \right\} \] e $(i,1+i,1-i)\in \C^3$
Como o leitor deverá saber, cada entrada daquela lista ordenada entre parêntesis chama-se normalmente de coordenada.
E se tivermos infintas coordenadas? Como poderemos definir $A^\infty$ ? O problema não é assim tão trivial. Pode apetecer dizer que $A^\infty$ "é" o conjunto das sucessões de termos em $A$, ou seja, $$A^\infty=A^{\N_1}$$ Só que graças a Cantor, sabemos que "há infinitos maiores do que outros", e assim sendo, esta definição não é satisfatória.
O facto de existir $A^{\N_1}$, mostra que a ideia de "dimensão infinita" não é disparate, nem inútil.
Então, temos vários "conjuntos de dimensão infinita", que são classificados e estudados... e úteis no mundo real, não são meras abstracções matemáticas para entreter algumas mentes.
Por hoje paro aqui. Deixei "dimensão infinita" entre aspas porque de facto, não defini rigorosamente o conceito. Dei uma ideia intuitiva. O leitor mais curioso poderá investigar o assunto, questionar uma AI... ou simplesmente esperar pelo meu próximo texto.
Neste momento são 3 da manhã, e vou fazer outra coisa...
(continua num próximo post)

A "conveniente potência"

Dedico este texto a quem não gosta da convenção $0^0=1$ em séries de potências e polinómios.
Para ser honesto, também não sou o maior fã, principalmente quando temos de a usar com público com menos conhecimento.
A abordagem deste texto é informal, e não vou ser rigoroso nem mesquinho 

Um polinómio é uma expressão do tipo

\[p(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+....+a_nx^n\] onde $n\in \N_1$. Os expoentes vão de $1$ a $n$
o $n$ chamamos grau do polinómio, e os $a_k$, com $k$ a variar entre $0$ e $n$, são elementos de uma estrutura algébrica qualquer onde se podem definir polinómios. Não interessa qual.

Como escrevi os termos de grau $1$ e grau $2$, o bom senso sugere-nos que naquela expressão $n$ é pelo menos $3$.
    Mas isso são detalhes, que nesta exposição, peço que façam o esforço de ignorar.

Se eu quiser escrever como somatório, posso escrever

\[p(x)=a_0+\sum_\limits{k=1}^{n}a_kx^k\]

Isto é chato.
Tenho mesmo de ter o $a_0$ fora do somatório?
E aqui chegamos ao problema. Como $x^0=1$ para $x\neq0$ apetece escrever
\[p(x)=\sum_\limits{k=0}^{n}a_kx^k\]

Mas e para $x=0$?
Se convencionarmos $0^0=1$ naquela fórmula, funciona!

Só que sabemos que $0^0$ não é $1$.
No texto "zero elevado a zero" do blog Z0nα Exact4, até mostro um $0^0$ a dar $2026$, e até podia ter posto aquilo a dar um número positivo qualquer.

A convenção não é confortável exactamente por isso, e compreendo que não se goste dela.
Para quem não gosta, mas ainda quer uma notação compacta, podemos definir a função "conveniente potência" (escolhi o nome de propósito para ficar com as minhas iniciais :), só que podem chamar-lhe outra coisa qualquer e usar outra notação qualquer )

\[ x^{\{ n\} } = \left\{ {\begin{array}{c} {x^n ,\text{ se }n \neq 0} \\ {1,\text{ se }n = 0} \end{array}} \right. \] E então, sem margem  para dúvidas.
\[p(x)=\sum_\limits{k=0}^{n}a_kx^{\{ k\}}\]

Se quiserem estender para expoentes negativos (por exemplo para séries de Laurent) também podem, convém é garantir que a potência está bem definida.

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Obviamente, isto é só uma sugestão e até duvido que tenha sido eu o primeiro a pensar nisto. Já discuti isto várias vezes com algumas pessoas.
Pode ser um belo disparate, no entanto é uma alternativa à convenção $0^0=1$ em polinómios e séries de potências.

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PS: Já agora, sim, sinto-me um pouco vigarista com isto. Só redefino a potência para evitar convenções. Não é uma solução óbvia?

Dispensado do $\LaTeX$?

Para escrever Matemática em computador, uma das melhores soluções, e que poupa imensa memória a processadores de texto, e eu eu tenho usado para escrever fómulas neste blogue é o $\LaTeX$. É o maior consumidor de tempo para quem escreve um blogue num smartphone.
É, quero dizer, era!
Parece que eu fiquei dispensado de escrever $\LaTeX$!
Ontem escrevi isto numa folha de papel. Tirei uma foto com um smartphone e pedi a uma "AI" para transcrever em $\LaTeX$ sem acrescentar improvisos dela.
É uma dedução da fórmula fundamental da trigonometria partindo das definições com séries de Maclaurin, nada de realmente especial.

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\begin{eqnarray*} {\cos x}&{=}&{ \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!} \quad [\text{Nesta fórmula convenciono que } 0^0=1]}\\ {\sen x}&{=}&{\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m x^{2m+1}}{(2m+1)!}} \end{eqnarray*} Derivando, temos $$(\sen x)' = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m (2m+1) x^{2m}}{(2m+1)!} =\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m (2m+1) x^{2m}}{(2m+1)(2m)!} = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!} = \cos x$$ e $$(\cos x)' = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m 2m x^{2m-1}}{(2m)!} = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m 2m, x^{2m-1}}{(2m)(2m-1)!} = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m x^{2m-1}}{(2m-1)!} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} x^{2k+1}}{(2k+1)!}$$ O último passo justifica-se com $$\boxed{(x^0)' = 1' = 0}$$ \begin{array}{|l|} \hline k = n - 1 \Rightarrow n=k+1\\ {\begin {array}{ccc} {n = k + 1}&{ \rightarrow}& {n=1\Rightarrow k = 0} \\ {}&{ }& { 2n - 1 = 2k + 1} \end{array}}\\ \hline \end{array} E então $$(\cos x)'= -\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!} = -\sen x$$ Definindo $$F(x) = \cos^2 x + {\sen}^2 x$$ Temos, por derivação na variável $x$. $$F'(x) = 2 \cos x \cdot (-\sen x) + 2 \sen x \cdot \cos x = 0$$ $$\Rightarrow F(x) = \text{const}$$ como $$F(0) = \cos^2 0 + {\sen}^2 0 = 1$$ Pois $$\boxed{ \begin{aligned} \cos 0 &= \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m 0^{2m}}{(2m)!} = \underbrace{\frac{(-1)^0 0^0}{0!}}_{=1} + \sum_{m=1}^{\infty} 0 = 1 \\ \sen 0 &= \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m 0^{2m+1}}{(2m+1)!} = \sum_{m=0}^{\infty} 0 = 0 \end{aligned} }$$ então $\text{const}=1$.
Ou seja $$\cos^2 x + {\sen}^2 x=1$$ para todo o valor de $x$ (...)

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Só tive de alterar algumas coisas específicas para o MathJax que uso neste blogue.
Significa que afinal posso usar a actual geração de inteligencia artificial para me poupar trabalho e aumentar a produtividade...
Para quem não gosta da convenção $0^0=1$ em séries de potências e polinómios, num texto futuro proponho uma alternativa.
Neste exemplo, testei o grok da xAI e o gemini da Google. Não notei diferenças significativas.

Dia do $\pi$, 2026

 

No passado Sábado, quatorze de Março de dois mil e vinte e seis, celebrou-se mais um dia do $\pi$ (pi) e dia internacional da Matemática.

Nesse dia, no meu Pokemon Legends: Z-A, no meu canal de jogos mudei o nome de um dos meus Pikachus para $\pi\text{kachu}$ e a minha Gardevoir passou a ser Miss Maths.
Ainda renomeei a minha Mantine para miss Algebra.

Está gravado em vídeo. Foi o 314° vídeo que carreguei para o canal.

Eu sei que a estatística está desequilibrada: Tenho mais vídeos do que público. :)

Sobre Matemática e Videojogos, está prometido, que vou postar um dia.

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PS:Aquele canal não é sobre Matemática, não quero enganar ninguém, mas serve-me de distracção, para aprender algumas coisas sobre edição de Vídeo e o Youtube actual.

O binómio de Newton, a partir da derivada da potência

 No post anterior deduzi a fórmula da "derivada do produto generalizado" e com ela a derivada da potência.

Isso permite-me deduzir uma fórmula para $(a+x)^n$ com $n \in \N_0$.

Ora, $f(x)=(a+x)^n$ pode ser escrito como um polinómio de grau $n$.
Vamos lá escrever \[ f\left( x \right) = a_0 + \sum\limits_{k = 1}^n {a_k x^k } \] Para alguns números $a_k, k\in\N$.
Torna-se importante determinar os valores de cada $a_k$
Ora, conseguem-se calcular os valores de $f(x), f'(x),f''(x),... f^{(n)}(x)$.
Portanto...Podemos ter forma de o fazer! Pois \[ f\left( 0 \right) = a_0 + \sum\limits_{k = 1}^n {a_k 0^k }=a_0 \] Ou seja $a_0=f(0)$ Para determinar $a_1$ pode-se recorrer à mesma ideia, tendo em conta que \[ f'\left( x \right) = a_1 + \sum\limits_{k = 2}^n {a_k kx^{k-1} } \] Portanto \[ f'\left( 0 \right) = a_1 + \sum\limits_{k = 2}^n {a_k k^{k-1} } =a_1 \] Ou seja $a_1=f'(0)$
Pode-se continuar. \[ f''\left( x \right) = 2a_2 + \sum\limits_{k = 3}^n {a_k k\left(k-1\right)x^{k-2} } \] De onde \[ f''\left( 0 \right) = 2a_2 + \sum\limits_{k = 3}^n {a_k k\left(k-1\right)0^{k-2} }=2a_2 \] Logo $$a_2=\frc{f''(0)}{2}$$ Apareceu aqui uma fracção. Se calhar é boa ideia calcular mais alguns termos. \[ f'''\left( x \right) = 3\times2a_3 + \sum\limits_{k = 4}^n {a_k k\left(k-1\right)\left(k-2\right)x^{k-3} } \] De onde \[ f'''\left( 0 \right) = 3\times2a_3 + \sum\limits_{k = 4}^n {a_k k\left(k-1\right)\left(k-2\right)0^{k-3}=3\times2a_3 } \] Logo $$a_3=\frc{f'''(0)}{3\times2}$$ Continuando, conseguimos provar que $$a_k=\frc{f^{(k)}(0)}{k!}$$ E portanto \[ f(x)=f(0)+\sum\limits_{k=1}^n{\frc{f^{(k)}(0)}{k!}x^k}\] Que é aquilo a que normalmente se chama expansão em polinómio de MacLaurin de grau $n$ da função $f$.
Portanto, basta-nos calcular $f(0),f'(0),f''(0),...,f^{(n)}(0)$. Comecemos pelo cálculo da derivada de ordem $k$ de $(a+x)^n$ \begin{eqnarray*} {f(x)}&{=}&{(a+x)^n}\\ {f'(x)}&{=}&{n(a+x)^{n-1}}\\ {f''(x)}&{=}&{n(n-1)(a+x)^{n-2}}\\ {f'''(x)}&{=}&{n(n-1)(n-2)(a+x)^{n-3}}\\ {}&{\vdots}&{}\\ {f^{(k)}(x)}&{=}&{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)(a+x)^{n-k}}\\ {}&{\vdots}&{}\\ {f^{(n)}(0)}&{=}&{n!} \end{eqnarray*} Portanto \begin{eqnarray*} {f(0)}&{=}&{a^n}\\ {f'(0)}&{=}&{n\times a^{n-1}}\\ {f''(0)}&{=}&{n(n-1)a^{n-2}}\\ {f'''(0)}&{=}&{n(n-1)(n-2)a^{n-3}}\\ {}&{\vdots}&{}\\ {f^{(k)}(0)}&{=}&{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)a^{n-k}}\\ {}&{=}&{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)\frc{\left(n-k\right)!}{\left(n-k\right)!}a^{n-k}}\\ {}&{=}&{\frc{n!}{\left(n-k\right)!}} \end{eqnarray*} Assim sendo \[ f(x)=f(0)+\sum\limits_{k=1}^n{\frc{f^{(k)}(0)}{k!}x^k}=a^n+\sum\limits_{k=1}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}x^k}\] Para $x\neq0$ até se pode escrever \[(a+x)^n=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}x^k}\] Se convencionarmos que nesta fórmula $0^0=1$ então \[(a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}b^k}\] Que é uma conhecida fórmula para o binómio de Newton
Note-se que $(a+b)^n=(b+a)^n$ pois a adição é comutativa. Isso significa que \[ (a+b)^n=(b+a)^n=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}b^k}=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{k}b^{n-k}} \] E, por exemplo, torna bastante estúpido falar em "o" termo de ordem $j$ do desenvolvimento do binómio de Newton.

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PS: Sobre $0^0$ : Z0nα Exact4: Zero elevado a zero.