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Three gamma function identities

Agosto 26, 2009 in Calculus, Cálculo, Exercise, Exercício, Função Gama, Funções Especiais, Identidade matemática, Matemática, Math, Problem, Problema | Tags: Matemática, Math, Problema | 2 comments

Let $n=1,2,\ldots$ . Show that

$\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n+1)=2^{2n}\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma (n+1)\qquad\left( 1\right)$

and

$\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n)=2^{2n-1}\Gamma (n)\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 2\right)$ .

Let $x\in\mathbb{R}$ . If $x>0$ , show that

$\sqrt{\pi}\;\Gamma (2x)=2^{2x-1}\Gamma (x)\Gamma\left( x+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 3\right)$ .

Hints: for the first two identities use the formula proved here. As for the last one evaluate the beta function value B $(x,x)$ and by means of an appropriate change of variable find a relation between B $(x,x)$ and B $\left(x,\dfrac{1}{2}\right)$ .

PS. Listed in the Carnival of Mathematics #56. See pingback in the 1st comment.

Γ(n+1/2) Valores da função gama a meio de inteiros consecutivos

Agosto 5, 2009 in Cálculo, Demonstração, Exercício, Função Gama, Funções Especiais, Indução matemática, Matemática | Tags: Demonstração, Exercícios, Matemática | Leave a comment

Como exercício simples do método de indução podemos demonstrar que

$\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }\qquad n=1,2,3,\ldots .$

De facto substituindo em

$\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }$

$n$ por $1$ , ficamos com

$\Gamma \left(1+\dfrac{1}{2}\right)=\Gamma \left( \dfrac{3}{2}\right) =\dfrac{1}{2^{1}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi }$ ,

que vemos ser verdadeiro, visto que da equação funcional da função gama

$\Gamma \left( x+1\right) =x\Gamma \left( x\right)$

se obtém, para $x=\dfrac{1}{2}$

$\Gamma \left( 1+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\Gamma \left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi }$ .

Admitimos agora que

$\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }$

e fazemos, na equação funcional, $x=n+\dfrac{1}{2}$ . Como vem sucessivamente

$\Gamma \left( n+1+\dfrac{1}{2}\right) =\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }$

$=\dfrac{2n+1}{2}\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left( 2n+1\right) }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }$

$=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left[ 2\left( n+1\right) -1\right] }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }$

demonstra-se desta forma o passo de indução. $\blacktriangleleft$

Verificação de identidades trigonométricas através dos complexos

Julho 31, 2009 in Análise Complexa, Cálculo, Exercício, Identidade matemática, Matemática, Matemática Gerais, Problema, Trigonometria | Tags: Exercícios, Matemática, Problema | Leave a comment

Actualização de 1.08.09: incluída figura

| cos α + i sin α | = 1, Re(α) = cos α, Im(α) = sin α

$z=e^{i\alpha }=\cos \alpha +i\sin \alpha$

$z^{-1}=e^{-i\alpha }=\cos \alpha -i\sin \alpha$

obtemos, por soma

$\cos \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}$

e, por subtracção

$\sin \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}$

Em vez dos métodos usuais da trigonometria é possível verificar uma identidade trigonométrica que seja uma fracção racional em $\cos \alpha$ e $\sin \alpha$ utilizando estas substituições. Este é um dos métodos indicados neste post de Annoying Precision.

Exemplo: Demonstrar a seguinte identidade

$\dfrac{1+\sin \alpha }{\cos \alpha }=\dfrac{\cos \alpha }{1-\sin \alpha }\qquad \alpha \neq \left( 2k+1\right) \dfrac{\pi }{2};\;k\in\mathbb{N}_{0}$

Então fazendo as substituiçoes no primeiro membro, teremos

$\dfrac{1+\sin \alpha }{\cos \alpha }=\dfrac{1+\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}$

e, no segundo

$\dfrac{\cos \alpha }{1-\sin \alpha }=\dfrac{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}{1-\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}$

Assim, para que a identidade seja verdadeira é condição suficiente que seja verdadeira a seguinte

$\dfrac{1+\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}{\dfrac{e^{i\alpha}+e^{-i\alpha }}{2}}=\dfrac{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}{1-\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}$

ou, visto que $z=e^{i\alpha }$ e $z^{-1}=e^{-i\alpha }$ , as identidades sucessivas

$\left( 1+\dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) \left( 1-\dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) =\left( \dfrac{z+z^{-1}}{2}\right) \left( \dfrac{z+z^{-1}}{2}\right)$

$1-\left( \dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) ^{2}=\dfrac{\left( z+z^{-1}\right) ^{2}}{4}$

$1+\dfrac{\left( z-z^{-1}\right) ^{2}}{4}=\dfrac{\left( z+z^{-1}\right) ^{2}}{4}$

$4+\left( z-z^{-1}\right) ^{2}=\left( z+z^{-1}\right) ^{2}$

$4+z^{2}+z^{-2}-2z^{-1}z=z^{2}+z^{-2}+2z^{-1}z$

$4-2=2$

Como esta identidade é verdadeira, conclui-se que as anteriores, incluindo a do exemplo são igualmente verdadeiras.

$\bigskip$

Exercício: Verifique a seguinte identidade trigonométrica

$3+4\cos \alpha +\cos 2\alpha =2\left( 1+\cos \alpha \right) ^{2}$

usada, na forma da desigualdade

$3+4\cos \alpha +\cos 2\alpha \geq 0$ ,

por De la Vallée Poussin num passo da demonstração do teorema dos números primos

$\blacktriangleright$ Seguindo o mesmo procedimento

$\cos \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}\qquad$ ,

$\cos 2\alpha =\dfrac{e^{i2\alpha }+e^{-i2\alpha }}{2}\qquad$ ,

$z=e^{i\alpha }=\cos \alpha +i\sin \alpha$

$z^{-1}=e^{-i\alpha }=\cos \alpha -i\sin \alpha$

tem-se agora

$3+4\dfrac{z+z^{-1}}{2}+\dfrac{z^{2}+z^{-2}}{2}=2\left( 1+\dfrac{z+z^{-1}}{2}\right) ^{2}$

ou, após simplificação

$\dfrac{1}{2}z^{2}+2z+3+2z^{-1}+\dfrac{1}{2}z^{-2}=\dfrac{1}{2}z^{2}+2z+3+2z^{-1}+\dfrac{1}{2}z^{-2}$

$0=0\qquad \blacktriangleleft$

Adenda de 2.08.09:

Problema: utilize este método para demonstrar que

$\dfrac{1-2\cos ^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha }=\tan \alpha -\cot \alpha$

isto é

$\dfrac{1-2\cos ^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha }=\dfrac{\sin \alpha }{\cos \alpha }-\dfrac{\cos \alpha }{\sin \alpha }.$

Por este processo também é fácil verificar se certas igualdades trigonométricas são identidades ou equações. Por exemplo, veja se a igualdade seguinte é ou não uma identidade:

$3\cos^2x+5\sin^2x=7\sin x$

Série telescópica irracional e trigonométrica

Junho 9, 2009 in Cálculo, Exercício, Matemática, Matemática Gerais, Séries, Trigonometria | Tags: Exercícios, Matemática | Leave a comment

Muitas vezes uma série é telescópica, mas nem sempre é fácil reconhecer esse facto.

Exercício: Sejam $a_n$ e $b_n$ respectivamente

$a_n=\arcsin (b_n)+\arctan (n-1)-2\sqrt{\arctan (n)\cdot\arcsin (b_{n-1})}$

$b_n=\dfrac{n}{\sqrt{1+n^2}}$ .

Mostre que $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{a_n}=\sqrt{\dfrac{\pi }{2}}$ .

Resolução: a única dificuldade é mostrar que a série é telescópica. Vamos aproveitar a identidade trigonométrica provada neste problema:

$\arctan\left( \dfrac{u}{\sqrt{1-u^{2}}}\right) =\arcsin u$ .

Dela obtém-se

$\arctan \left( x\right) =\arcsin \left( \sqrt{\dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}}\right)$ ,

fazendo a substituição $u=\sqrt{\dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}}$ ( equivalente a $x=\dfrac{u}{\sqrt{1-u^{2}}}$ ). Assim, temos

$\arcsin (b_n)=\arcsin\left(\dfrac{n}{\sqrt{1+n^2}}\right) =\arctan \left( n\right)$

$\arcsin (b_{n-1})=\arcsin\left(\dfrac{n-1}{\sqrt{1+{n-1}^2}}\right) =\arctan \left( {n-1}\right)$

donde

$a_n=\arctan \left( n\right) +\arctan (n-1)-2\sqrt{\arctan (n)\cdot\arctan \left( {n-1}\right) }$ .

Pondo $u_{n}=\arctan \left( n\right)$ e atendendo à relação algébrica

$\sqrt{u_{n}+u_{n-1}-2\sqrt{u_{n}u_{n-1}}}=\sqrt{u_{n}}-\sqrt{u_{n-1}}$

chegamos efectivamente à série telescópica

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{a_{n}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{u_{n}+u_{n-1}-2\sqrt{u_{n}u_{n-1}}}$

$=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{u_{n}}-\sqrt{u_{n-1}}=\underset{N\rightarrow \infty }{\lim }\sqrt{u_{N}}-\sqrt{u_{0}}$

$=\underset{N\rightarrow \infty }{\lim }\sqrt{\arctan \left( N\right) }-\sqrt{\arctan \left( 0\right) }=\underset{N\rightarrow \infty }{\lim }\sqrt{\arctan \left( N\right) }=\sqrt{\dfrac{\pi }{2}}\blacktriangleleft$

Repetindo, muitas vezes uma série é telescópica, mas nem sempre é fácil reconhecer esse facto. Com este exemplo pretendi ilustrar uma situação de dificuldade intermédia, avaliação que é claramente subjectiva porque depende muito de resultados anteriores que se conhecem ou não: neste caso, uma identidade trigonométrica.

Uma aplicação interessante do teorema de Rolle

Maio 9, 2009 in Análise, Cálculo, Matemática, Teorema / Teoria | Tags: Matemática | Leave a comment

Admitamos que uma dada função real $f$ é contínua no intervalo $\left[ a,b\right]$ e diferenciável em $\left] a,b\right[$ . Pelo teorema de Rolle, se $f(a)=f(b)$ , existe um ponto $c\in\left] a,b\right[$ tal que $f^{\prime}(c)=0$ . Como é sabido a interpretação geométrica é que entre os pontos $\left( a,f(a)\right)$ e $\left( b,f(b)\right)$ do gráfico de $f$ há pelo menos uma tangente horizontal. Por exemplo, consideremos a função $f(x)=x^{2}-1$ no intervalo $\left[ -1,1\right]$ . Neste caso, em que $f(-1)=f(1)=0$ e as condições da hipótese do teorema se verificam, deve haver um $c\in\left] -1,1\right[$ tal que $f^{\prime }(c)=0$ . Como $f^{\prime }(x)=2x$ vemos que $c=0$ .

Antes de expor a aplicação em toda a sua generalidade, vejamos primeiro duas situações particulares. Uma, com $g(x)=x^{2}-1$ e $f(x)=g(x)e^{-3x}$ . Continua a ser $f(-1)=f(1)=0$ . Mas

$f^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)e^{-3x}-3g(x)e^{-3x}=\left[ g^{\prime }(x)-3g(x)\right] e^{-3x}$

Pelo mesmo teorema existe algum ponto $c$ em $\left] -1,1\right[$ onde $f^{\prime }(c)=0$ . Como $e^{-3x}\neq 0$ , $c$ deve ser a raiz de

$g^{\prime }(c)-3g(c)=0$

Podemos dar uma interpretação gráfica a este resultado: há pelo menos um ponto entre $\left( -1,g(-1)\right)$ e $\left( 1,g(1)\right)$ do gráfico de $g$ cuja tangente tem um declive igual ao triplo do valor de $g$ nesse ponto. Para esta função $g$ esse ponto é facilmente calculável

$g^{\prime }(c)-3g(c)=0\Leftrightarrow 2c-3\left( c^{2}-1\right) =0\Leftrightarrow c=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}\sqrt{10}$

$\bigskip$

Generalizando um pouco, se $g(x)=x^{2}-1$ e alterarmos $f(x)$ para

$f(x)=g(x)e^{-kx}\qquad k\in\mathbb{R}$

obtemos $c\in \left] -1,1\right[$ tal que

$g^{\prime }(c)-kg(c)=0$

Finalmente eis a aplicação de maior generalidade, cuja forma de resolução é a sugerida na Referência.

Seja $g$ uma função real definida em $\left[ a,b\right]$ e diferenciável em $\left] a,b\right[$ ; se $g(a)=g(b)=0$ , então qualquer que seja o real $k$ , existe um ponto $c\in \left] a,b\right[$ tal que

$g^{\prime }(c)=kg(c)$ .

$\blacktriangleright$ Consideremos um $k\in\mathbb{R}$ arbitrário e a função $f(x)=g(x)e^{-kx}$ . Como $e^{-kx}$ não se anula qualquer que seja o real $x$ , os zeros de $g(x)$ são os de $f(x)$ , o que nos permite afirmar que $f(a)=f(b)=0$ .

Sendo $g$ diferenciável em $\left] a,b\right[$ , é contínua neste intervalo, pelo que $f$ também é contínua e diferenciável para todo o $x\in \left] a,b\right[$ , logo verificam-se as condições de aplicação à função $f$ do teorema de Rolle. Assim existe um ponto $c$ em $\left] a,b\right[$ onde $f^{\prime }(c)=0$ . Mas a derivada de $f(x)$ é a função

$f^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)e^{-kx}-kg(x)e^{-kx}$

donde, pelo mesmo motivo atrás indicado em relação aos zeros de $g(x)$ e de $f(x)$ , haverá um zero de $f^{\prime }(c)$

$f^{\prime }(c)=g^{\prime }(c)e^{-kc}-kg(c)e^{-kc}=\left( g^{\prime }(c)-kg(c)\right) e^{-kc}$

que ocorre quando

$g^{\prime }(c)-kg(c)=0$

o que justifica a afirmação enunciada. $\blacktriangleleft$

O $k$ é arbitrário, o que nos permite apenas afirmar que qualquer que seja $k\in\mathbb{R}$ existe um $c\in \left] a,b\right[$ tal que $f^{\prime }(c)=kf(c)$ , sem saber em geral a relação entre $c$ e $k$ . A interpretação geométrica deste resultado é a de que no gráfico de uma função $g$ , nas condições enunciadas, há pelo menos um ponto entre $\left( a,g(a)\right)$ e $\left( b,g(b)\right)$ cuja tangente tem um declive que é um múltiplo arbitrário do valor de $g$ nesse ponto.

Nota: informaram-me que a aplicação apresentada será um exercício de Curso de Análise, vol.1, de Elon Lages Lima.

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