Problemas Teoremas

Abril 19, 2012

Transformação de séries em fracções contínuas

Filed under: Demonstração,Fracções Contínuas,Matemática,Mathematics Stack Exchange,Séries,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 1:03 pm
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Neste post vou apresentar um exemplo: o desta questão de James, no Mathematics Stack Exchange, em que a série a transformar é

\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{2^{2^{i}}}

Tradução da minha resposta

Podemos aplicar a seguinte fórmula de transformação geral de uma série numa fracção contínua, que se pode justificar (ver Notas 1 e 2) comparando as relações de recorrência fundamentais de uma fracção contínua com a da soma parcial da série:

\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{u_{n}}{v_{n}}=\dfrac{u_{1}}{v_{1}+\underset{n=1}{\overset{N-1}{\mathbb{K}}}\left(\left( -\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}v_{n}^{2}\right) /\left( v_{n+1}+\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}v_{n}\right)\right) }.

Neste caso tem-se u_{n}=1, v_{n}=2^{\left( 2^{n}\right) }:

\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{v_{n}}=\dfrac{1}{4+\underset{n=1}{\overset{N-1}{\mathbb{K}}}\left( \left( -v_{n}^{2}\right) /\left( v_{n+1}+v_{n}\right)\right) }

\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{2^{2^{n}}}=\dfrac{1}{4+\underset{n=1}{\overset{N-1}{\mathbb{K}}}\left(\left( -2^{2^{n+1}}\right)/\left( 2^{2^{n+1}}+2^{2^{n}}\right)\right) }

=\dfrac{1}{4+}\dfrac{-16}{20+}\cdots \dfrac{-2^{2^{n+1}}}{2^{2^{n+1}}+2^{2^{n}}+}{\cdots }\dfrac{-2^{2^{N}}}{2^{2^{N}}+2^{2^{N-1}}}.

A transformação da série em fracção contínua é então

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^{2^{n}}}=\dfrac{1}{4+\underset{n=1}{\overset{\infty}{\mathbb{K}}}\left(\left( -2^{2^{n+1}}\right)/\left( 2^{2^{n+1}}+2^{2^{n}}\right) \right) }.

Nota 1: As somas parciais

s_{n}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{u_{k}}{v_{k}}=\dfrac{A_{n}}{B_{n}}

verificam, para n\geq 2,

s_{n}=s_{n-1}+\dfrac{u_{n}}{v_{n}}=\dfrac{A_{n-1}}{B_{n-1}}+\dfrac{u_{n}}{v_{n}}=\dfrac{v_{n}A_{n-1}+u_{n}B_{n-1}}{v^{n}B_{n-1}}=\dfrac{A_{n}}{B_{n}}

o que significa que

A_{n}=v_{n}\;A_{n-1}+u_{n}\;B_{n-1}

B_{n}=v_{n}\;B_{n-1}.

A fracção contínua truncada

\displaystyle\underset{k=1}{\overset{n}{\mathbb{K}}}\left( u_{k}/v_{k}\right) =\dfrac{A_{n}}{B_{n}}

verifica

A_{n}=b_{n}\;A_{n-1}+a_{n}\;A_{n-2}\qquad A_{0}=0

B_{n}=b_{n}\;B_{n-1}+a_{n}\;B_{n-2}\qquad B_{0}=1.

Nota 2: Cálculo algébrico pormenorizado. Para n=1 tem-se

\dfrac{u_{1}}{v_{1}}=\dfrac{a_{1}}{b_{1}}=\dfrac{A_{1}}{B_{1}}\qquad u_{1}=a_{1}\qquad v_{1}=b_{1}.

Substituindo n por n-1  na primeira recorrência obtem-se para n\geq 3

A_{n-1}=v_{n-1}\;A_{n-2}+u_{n-1}\;B_{n-2}

B_{n-1}=v_{n-1}\;B_{n-2}

o que por sua vez dá:

A_{n}=v_{n}\;A_{n-1}+u_{n}\;B_{n-1}

=v_{n}\;\left( v_{n-1}\;A_{n-2}+u_{n-1}\;B_{n-2}\right) +u_{n}\;\left( v_{n-1}\;B_{n-2}\right)

=v_{n}\;v_{n-1}\;A_{n-2}+\left( v_{n}\;u_{n-1}+u_{n}\;v_{n-1}\right)\;B_{n-2}

e

B_{n}=v_{n}\;B_{n-1}=v_{n}\;v_{n-1}\;B_{n-2}.

A mesma substituição na segunda recorrência conduz a (para n\geq 3):

A_{n-1}=b_{n-1}\;A_{n-2}+a_{n-1}\;A_{n-3}

B_{n-1}=b_{n-1}\;B_{n-2}+a_{n-1}\;B_{n-3}.

Combinando tudo obtém-se:

A_{n}=b_{n}\;A_{n-1}+a_{n}\;A_{n-2}

=b_{n}\;\left( v_{n-1}\;A_{n-2}+u_{n-1}\;B_{n-2}\right) +a_{n}\;A_{n-2}

=\left( b_{n}\;v_{n-1}+a_{n}\;\right) \;A_{n-2}+b_{n}\;u_{n-1}\;B_{n-2}

e

B_{n}=b_{n}\;B_{n-1}+a_{n}\;B_{n-2}

=b_{n}\;\left( v_{n-1}\;B_{n-2}\right) +a_{n}\;B_{n-2}

=\left( b_{n}\;v_{n-1}+a_{n}\right) \;B_{n-2}

Comparando as duas fórmulas de A_{n} e B_{n} vem

A_{n}=v_{n}\;v_{n-1}\;A_{n-2}+\left( v_{n}\;u_{n-1}+u_{n}\;v_{n-1}\right)\;B_{n-2}

A_{n}=\left( b_{n}\;v_{n-1}+a_{n}\;\right) \;A_{n-2}+b_{n}\;u_{n-1}\;B_{n-2}

e

B_{n}=v_{n}\;v_{n-1}\;B_{n-2}

B_{n}=\left( b_{n}\;v_{n-1}+a_{n}\right) \;B_{n-2}

concluindo-se que

v_{n}\;u_{n-1}+u_{n}\;v_{n-1}=b_{n}\;u_{n-1}

v_{n}\;v_{n-1}=b_{n}\;v_{n-1}+a_{n}.

Assim

a_{n}=v_{n}\;v_{n-1}-b_{n}\;v_{n-1}

=v_{n}\;v_{n-1}-\left( v_{n}\;u_{n-1}+u_{n}\;v_{n-1}\right)\;v_{n-1}/u_{n-1}

=v_{n}\;v_{n-1}-v_{n}\;v_{n-1}-u_{n}\;v_{n-1}\;v_{n-1}/u_{n-1}

=-\dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}v_{n-1}^{2},

e

b_{n}\;u_{n-1}=v_{n}\;u_{n-1}+u_{n}\;v_{n-1}

b_{n}=v_{n}+\dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}v_{n-1}.

Logo para n\geq 2,

a_{n}=-\dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}v_{n-1}^{2}

b_{n}=v_{n}+\dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}v_{n-1}.

Abril 18, 2012

Desigualdade de Cauchy-Schwarz e Identidade de Lagrange

Filed under: Demonstração,Desigualdades matemáticas,Identidade matemática,Matemática,Matemática Discreta,Matemáticas Gerais,Teorema,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 10:21 am
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Para comodidade dos leitores reuno aqui as demonstrações da desigualdade de Cauchy-Schwarz e da identidade de Lagrange.

Desigualdade de Cauchy-Schwarz

A desigualdade de Cauchy-Schwarz corresponde ao seguinte

Teorema: Para todo o vector \mathbf{x}=\left( x_{1},...,x_{n}\right) \in\mathbb{R}^{n} e todo o vector \mathbf{y}=\left( y_{1},\ldots ,y_{n}\right) \in\mathbb{R}^{n}, tem-se:

\left\vert \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right\vert \leq \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) ^{1/2}\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) ^{1/2}

ou

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right) ^2\leq\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^2\right)\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^2\right)

Demonstração

Qualquer que seja o real \lambda , tomo o vector \mathbf{x}-\lambda\mathbf{y}, e vou achar

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left( x_{k}-\lambda y_{k}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}-2\lambda \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}+\lambda ^{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}.

Seja qual for o \lambda , o trinómio do lado direito, em \lambda , não muda de sinal, é sempre positivo ou igual a zero, porque o número \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left( x_{k}-\lambda y_{k}\right) ^{2} é não negativo:

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}-2\lambda \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}+\lambda ^{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\geq 0,

o que implica que o seu discriminante seja menor ou igual a zero

\Delta =\left( 2\displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right) ^{2}-4\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) \leq 0,

significando que

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right) ^{2}\leq \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) .

Daqui pode ainda concluir-se que

\left\vert \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{x}y_{k}\right\vert \leq \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) ^{1/2}\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) ^{1/2}.

Se algum dos vectores \mathbf{x,y} for nulo, esta relação é evidentemente verificada.

\square

O significado geométrico em \mathbb{R}^{3}desta desigualdade é o de que o produto interno de dois vectores é menor ou igual ao produto dos módulos (das normas) desses vectores.

Identidade de Lagrange

A identidade de Lagrange generaliza a desigualdade anterior.

Teorema: Identidade de Lagrange. Para os reais a_{k} e b_{k} (com 1\leq k\leq n) verifica-se

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\right) ^{2}=\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{2}\right) -\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

Demonstração: O produto de duas somas com n termos cada é uma soma com n^{2} termos:

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}y_{j}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}x_{i}y_{j}

Os índices i e j de cada termo genérico x_{i}y_{j} podem ser iguais (i=j) ou o primeiro menor do que o segundo (i<j) ou maior (j<i). Separando estes três grupos de parcelas, vem

\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}x_{i}y_{j}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{1\leq i<j\leq n}x_{i}y_{j}+\displaystyle\sum_{1\leq j<i\leq n}x_{i}y_{j}

=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}x_{i}y_{j}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}x_{i}y_{j}

donde

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}y_{j}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}x_{i}y_{i}

Particularizando, para x_{i}=a_{i}^{2} e y_{j}=b_{j}^{2} obtém-se

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}b_{j}^{2}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}

e para x_{i}=y_{i}=a_{i}b_{i}

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)

=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}

Ora

\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}=\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}

pelo que

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+2\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}

Por outro lado

2a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}=a_{i}^{2}b_{j}^{2}+a_{j}^{2}b_{i}^{2}-\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

donde

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}+

\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{j}^{2}b_{i}^{2}-\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

=\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}b_{j}^{2}\right) -\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

visto que, por troca dos índices i e j, se tem

\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{j}^{2}b_{i}^{2}=\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}

provando-se assim a identidade indicada acima.

\square

Ficheiro pdf

Março 30, 2012

Número de zeros finais de n factorial, n!

Filed under: Demonstração,Exercícios Matemáticos,Matemática,Mathematics Stack Exchange,Teorema / Teoria,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 10:09 pm
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Adaptado  desta resposta, no MSE, a esta pergunta de user25329, aproveitando  esta minha  entrada do início deste blogue.

O número de zeros finais de n! é igual ao expoente de 5 da factorização em números primos de n!, o qual é um caso particular da Fórmula de Polignac^{1,2} geral, sendo  dado por

e_{5}(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor\log n/\log 5\right\rfloor }\left\lfloor\dfrac{n}{5^{i}}\right\rfloor\qquad (1)

Pela mesma fórmula o exponente de 2 desa factorização é

e_{2}(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor\log n/\log 2\right\rfloor }\left\lfloor\dfrac{n}{2^{i}}\right\rfloor\qquad (2)

Para todo o n existe um m tal que n!=2^{e_2(n!)}\cdot 5^{e_5(n!)}m=(2^{e_2(n!)-e_5(n!)}m)10^{e_5(n!)}, o que conjuntamente com a demonstração apresentada na nota 2 mostra a validade de (1),(2).

Exemplo: n=50. O expoente de 2 da factorização em primos de 50! é igual a

\begin{aligned}e_2(50!)=\displaystyle\sum_{i\geq 1}\left\lfloor \dfrac{50}{2^{i}}\right\rfloor &=\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{2}\right\rfloor+\displaystyle\left\lfloor \dfrac{50}{2^{2}} \right\rfloor +\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{2^{3}}\right\rfloor+\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{2^{4}}\right\rfloor+\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{2^{5}}\right\rfloor\\&=25+12+6+3+1\\&=47,\end{aligned}

enquanto que o exponente de 5 é igual a

\displaystyle e_5(50!)=\displaystyle\sum_{i\geq 1}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{5^{i}}\right\rfloor=\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{5}\right\rfloor+\displaystyle\left\lfloor \dfrac{50}{5^{2}}\right\rfloor =10+2=12.

Assim, o número de zeros finais de 50!=2^{47}5^{12}m=(2^{35}m)10^{12} é igual a 12.

—

^1 Este teorema também é conhecido pelo nome de teorema de Legendre.

^2 Para todo o inteiro n o expoente do primo p da factorização em primos de n! é igual a

\displaystyle\sum_{i= 1}^{\left\lfloor\log n/\log p\right\rfloor}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor.\qquad (0)

Este expoente obtém-se adicionando aos números entre 1 e n que são dvisíveis por p o número dos que são divisíveis por p^{2}, depois os que são de p^{3}, e assim sucessivamente. Este processo termina na maior potência de p^{i}\leq n.

Setembro 7, 2011

Soma dos quadrados dos primeiros n números inteiros positivos

Filed under: Demonstração,Matemática,Matemática Discreta,Matemáticas Gerais,Mathematics Stack Exchange — Américo Tavares @ 9:43 am
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Em resposta a uma questão  de George Edison, no MSE, apresentei as seguintes duas demonstrações de

\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}

Demonstração 1. (Dias Agudo, Cândido da Silva, Matemáticas Gerais III, Exercício 2.5.1). Seja S:=\sum_{k=1}^{n}k^{2}. Considere-se (1+a)^{3}=1+3a+3a^{2}+a^{3} e some-se (1+a)^{3} para a=1,2,\ldots ,n:

\begin{aligned}(1+1)^{3} &=1+3\cdot 1+3\cdot 1^{2}+1^{3} \\(1+2)^{3} &=1+3\cdot 2+3\cdot 2^{2}+2^{3} \\(1+3)^{3} &=1+3\cdot 3+3\cdot 3^{2}+3^{3} \\&\cdots \\(1+n)^{3} &=1+3\cdot n+3\cdot n^{2}+n^{3}\end{aligned}

O termo (1+1)^3 no primeiro membro da primeira soma cancela o termo 2^3 no segundo membro da segunda, (1+2)^3, o 3^3, (1+3)^3, o 4^3, …, o (1+n-1)^3 cancela n^3. Assim

(1+n)^{3}=n+3\left( 1+2+\ldots +n\right) +3S+1

e

S=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6},

porque

1+2+\ldots +n=\dfrac{n\left( n+1\right) }{2}.

Demonstração 2. (Balakrishnan, Combinatorics, Schaum’s Outline of Combinatorics, Exercício 1.42 ). De

\dbinom{k}{1}+2\dbinom{k}{2}=k+2\dfrac{k\left( k-1\right) }{2}=k^{2},

obtem-se

\begin{aligned}S &:=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^{2}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{k}{1}+2\dbinom{k}{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dbinom{k}{1}+2\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{k}{2} \\&=\dbinom{n+1}{2}+2\dbinom{n+1}{3} \\&=\dfrac{n\left( n+1\right) \left( 2n+1\right) }{6}.\end{aligned}

Junho 29, 2011

Gervasio Gurgel Bastos — Sobre Raízes Reais da Cúbica Real

Filed under: Demonstração,Equações,Matemática,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 3:37 pm
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[Este artigo teórico é de autoria de Gervasio Gurgel Bastos, Prof. Titular (aposentado), Universidade Federal do Ceará, Fortaleza, Brasil, que comentou o meu post Resolução da equação do 3.º grau (ou cúbica) e, no seguimento, me enviou esta versão em pdf, que aqui publico, com sua autorização  - AT]

« Resumo: São dadas duas demonstrações para o fato de serem reais as três raízes distintas da equação do terceiro grau com coeficientes reais cujo discriminante é positivo.

1. As Fórmulas de Cardano

No ano de 1545 foram publicadas pela primeira vez as fórmulas de resolução por radicais da equação do 3.º grau:

ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0\qquad (C)

com a(\neq 0),b,c,d números reais. O processo de “completamento do cubo” reduz (C) à sua forma reduzida

z^{3}+pz+q=0\qquad (CR)

onde p e q são expressões polinomiais em função dos coeficientes originais. A mudança de variável se expressa por z=x+b/3a. O célebre truque x=u+v, com u e v não nulos, leva à determinação das fórmulas de Cardano (G. Cardano,1501-1576). A saber:

\begin{aligned}x_{1} &=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}+\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}\\\\x_{2}&=w\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}+\overline{w}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}\qquad (FC)\\\\x_{3}&=\overline{w}\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}+w\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{-\delta }{108}}}\end{aligned}

onde

\delta =-4p^{3}-27q^{2},\quad w=e^{\frac{2\pi }{3} i}=\cos 2\pi /3+i\mathrm{sen\;}2\pi /3=-1/2+i\sqrt{3}/2

e os radicais complexos devem ser tomados tais que

\left( \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+\sqrt{\dfrac{-\delta }{108}}}\right) \cdot\left( \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-\sqrt{\dfrac{-\delta }{108}}}\right) =-p/3.

Os números (não necessariamente reais) u^{3}=-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{-\delta }{108}} e v^{3}=-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{-\delta }{108}} são as raízes da equação quadrática resolvente y^{2}+qx-p^{3}/27=0. Assim, para (u,v) temos nove pares correpondentes à extracção das raízes cúbicas complexas de u^{3} e v^{3} dos quais só interessam aqueles três satisfazendo à condição uv=-p/3.

2. O caso \delta >0

A partir de x_{1}=u+v,x_{2}=wu+\overline{w}v e x_{3}=\overline{w}u+wv encontramos (x_{1}-x_{2})^{2}(x_{1}-x_{3})^{2}(x_{2}-x_{3})^{2}=\delta . Essa formulação do discriminante em termos das raízes permite uma discussão sobre as raízes de (CR). Assim, por exemplo, quando \delta =0 tem-se três raízes distintas (raízes simples). Quando \delta >0 tem-se três raízes reais distintas.

Primeira demonstração: Supondo que uma das raízes fosse não real, digamos x_{1}=a+bi, com a,b reais, b\neq 0, teríamos que x_{1} também seria raiz de (CR), digamos x_{2}=\overline{x}_{1}. Pelas relações de Girard (A. Girardi, 1590-1633), temos 0=x_{1}+x_{2}+x_{3}=x_{1}+\overline{x}_{1}+x_{3} e portanto x_3=-2a  é um número real. Logo, teríamos

(x_{1}-x_{2})^{2}(x_{1}-x_{3})^{2}(x_{2}-x_{3})^{2}=(2bi)^{2}(x_{1}-x_{3})^{2}(\overline{x}_{1}-x_{3})^{2}=-4b^{2}|x_{1}-x_{3}|^{4}<0,

contradição. Olhando de novo para as (FC), temos um aparente paradoxo. De fato, na fórmula

x_{1}=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}},

o lado esquerdo é real, mas no lado direito aparece uma soma de raízes cúbicas de números complexos não reais. Para decifrar esse mistério, provemos inicialmente o seguinte

Teorema 1. Se z_{1} e z_{2} são números complexos com mesmo módulo e cujo produto é um número real c>0, então z_{2}=\overline{z}_{1}.

Prova. Sejam \theta =\mathrm{Arg} z_{1} e \varphi =\mathrm{Arg} z_{2}. Então, temos \theta +\varphi \equiv \mathrm{Arg} c, i.e. \theta +\varphi =2\pi . Portanto, z_{2}=|z_{2}|(\cos (-\theta )+i\mathrm{sen\;}(-\theta ))=|z_{2}|(\cos (-\theta )+i\mathrm{sen\;}(-\theta ))=\overline{z}_{1}. \blacksquare

Segunda demonstração: Voltando ao discriminante \delta , agora com sua definição pelos coeficientes da cúbica, notemos que as condições 0<\delta =-4p^{3}-27q^{2} e

\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}\cdot \sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}=-p/3

implicam, pelo teorema 1,

\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}=\overline{\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}}.

Logo, as raízes de (CR) dadas pelas fórmulas de Cardano, a saber:

\begin{aligned}x_{1} &=\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}+\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}},\\&&\\x {2}&=w\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}+\overline{w}\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}\end{aligned}

e

x_{3}=\overline{w}\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}+i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}+w\sqrt[3]{-\dfrac{q}{2}-i\sqrt{\dfrac{\delta }{108}}}

são números reais.

Observação 1. Convém salientar que nos casos \delta \leq 0, que inclui o clássico exemplo do Casus Irreducibilis (coeficientes inteiros, sem raiz racional), podemos tomar os radicais cúbicos reais nas (F C). »


* * *

Este artigo cobre uma lacuna na forma meramente “calculatória” das minhas entradas no blog sobre a cúbica, notando-se claramente que saiu da pena de um matemático.

Junho 27, 2011

Filipe Oliveira — Divergência da série harmónica

Filed under: Análise Matemática,Cálculo,Demonstração,Matemática,Séries — Américo Tavares @ 11:54 pm
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Por considerar que merece o devido destaque, transcrevo a prova que o Professor Filipe Oliveira fez o favor de deixar neste seu comentário, em alternativa à que propuz nesta entrada sobre os números harmónicos. Apenas alterei o formato para melhor facilidade de leitura.

« Caro Américo, a prova que propõe da divergência da série harmónica é de facto a prova clássica. Deixo-lhe uma prova alternativa que montei para os alunos que têm algumas dificuldades com o argumento de “somação por pacotes” apresentado.

Temos

\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)-\ln(1)}{x-0}=1,

uma vez que este limite é, por definição, a derivada da função f(x)=\ln(1+x) no ponto x=0: f'(x)=\dfrac {1}{1+x}; f'(0)=1.

Assim,

\displaystyle\lim_{n\to\infty} \dfrac{\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}{\dfrac {1}{n}}=1>0

pelo que as séries \displaystyle\sum\dfrac{1}{n} e \displaystyle\sum\ln\left(1+\dfrac {1}{n}\right) são de mesma natureza.

Mas

\ln\left(1+\dfrac {1}{n}\right)=\ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right)=\ln (n+1)-\ln(n).

Assim,

\displaystyle\sum_{n=1}^N\ln\left(1+\dfrac {1}{n}\right)=\ln(N+1)-\ln(1)=\ln(N+1).

Finalmente,

\displaystyle\lim_{N\to\infty}\displaystyle\sum_{n=1}^N\ln\left(1+\dfrac {1}{n}\right)=+\infty.

Esta série é divergente pelo que o é também a série harmónica. »

O método de cálculo do limite de uma fracção pode simplificar-se bastante, nos casos que se podem reduzir ao de uma derivada, como se vê acima.

Junho 25, 2011

Republicação da demonstração combinatória (ou combinatorial) da convolução de Vandermonde e de outra soma binomial

Filed under: Combinatória,Demonstração,Identidade matemática,Matemática,Matemática Discreta,Teorema,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 1:05 pm
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(Inicialmente publicada nesta entrada.)

Proposição: É válida a seguinte identidade combinatória

\dbinom{n+m}{r}=\displaystyle\sum_{j=0}^{r}\dbinom{n}{j}\dbinom{m}{r-j}

que é a chamada convolução de Vandermonde.

Pondo n=m, obtém-se

\dbinom{2n}{r}=\displaystyle\sum_{j=0}^{r}\dbinom{n}{j}\binom{n}{r-j}

e para r=n, finalmente,

\dbinom{2n}{n}=\displaystyle\sum_{j=0}^{r}\dbinom{n}{j}\dbinom{n}{n-j}=\displaystyle\sum_{j=0}^{n}\dbinom{n}{j}^{2}=\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}^{2}.

\bigskip

Demonstração:

Existe uma demonstração meramente combinatória da convolução de Vandermonde:

Dado o conjunto C = \left\{ c_{1,}c_{2},\ldots,c_{n},c_{n+1},c_{n+2},\ldots ,c_{n+m}\right\}, considerem-se dois subconjuntos de C disjuntos, isto é, sem elementos comuns, um C_{1}=\left\{ c_{1,}c_{2},\ldots ,c_{n}\right\} com n elementos e outro com m, C_{2}=\left\{ c_{n+1,}c_{n+2},\ldots ,c_{n+m}\right\}, tais que C=C_{1}\cup C_{2}.

O segundo membro conta o número de maneiras distintas de escolher r elementos de entre os n+m de C.

Quanto ao primeiro membro, comecemos por reparar que

(a) há \dbinom{n}{j} maneiras distintas de escolher j elementos entre os n de C_{1};

(b) há \dbinom{m}{r-j} maneiras distintas de escolher r-j elementos entre os m de C_{2};

(c) pelo que há \dbinom{n}{j}\dbinom{m}{r-j} maneiras distintas de seleccionar j elementos de C_{1} e simultaneamente r-j de C_{2}.

Ora, se somarmos todas estas parcelas \dbinom{n}{j}\dbinom{m}{r-j} para os possíveis valores que j pode tomar, desde j=0 até j=n, obtemos evidentemente o mesmo número \dbinom{n+m}{r}. Como mostrámos a igualdade dos dois membros da identidade da convolução de Vandermonde, concluímos a justificação. \blacksquare

Os casos particulares referidos obtêm-se imediatamente. A última identidade é também um caso particular de

Proposição: Quaisquer que sejam os inteiros k e n tais que 0\leq k \leq n, tem-se

\displaystyle\sum_{i=k}^{n}\dbinom{n}{i}^{2}\dbinom{i}{k}=\dbinom{n}{k}\dbinom{2n-k}{n}

que foi demonstrada aqui e que repito.

Demonstração:

Comecemos por reparar que poderíamos ter escolhido para limite inferior do somatório 0 , em vez de k, porque para i<k, \binom{i}{k}=0, por convenção usual.

O segundo membro (lado direito) conta o número de maneiras diferentes de escolher k elementos dum conjunto, tal como S=\left\{ s_{1},s_{2},\cdots,s_{n}\right\} com n elementos e, ao mesmo tempo, n elementos doutro conjunto, por exemplo X=\left\{ x_{1},x_{2},\ldots,x_{n},x_{n+1},\ldots,x_{2n-k}\right\} com 2n-k elementos.

Quanto ao primeiro membro, considerem-se dois subconjuntos de X disjuntos (sem elementos comuns), um X_{1}=\left\{x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}\right\} com n elementos, e outro X_{2}=\left\{x_{n+1},\ldots,x_{2n-k}\right\} com 2n-k elementos, tais que X_{1}\cup X_{2}=X.

Escolhamos agora n elementos de X pertencendo i deles a X_{1} e n-i a X_{2}, com 0\leq i\leq n.

(a) Há \dbinom{n}{i} maneiras diferentes de escolher i elementos entre os n de X_{1};

(b) há \dbinom{n-k}{n-i}=\dbinom{n-k}{i-k} maneiras diferentes de escolher n-i elementos entre os n-k de X_{2};

(c) daqui decorre que, para um dado i, há \dbinom{n}{i}\dbinom{n-k}{i-k} maneiras distintas de seleccionar esses n elementos de X. Assim, cada parcela, \dbinom{n}{i}\dbinom{n-k}{i-k}\dbinom{n}{k} conta o número de maneiras diferentes de escolher n elementos de X (dos quais i\in X_{1} ) e, simultaneamente, k de S. Somando, para todos os possíveis valores de i , estas parcelas, obtemos o número total

\displaystyle\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}\dbinom{n-k}{i-k}\dbinom{n}{k}=\displaystyle\sum_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}^{2}\dbinom{i}{k}=\sum_{i=k}^{n}\dbinom{n}{i}^{2}\dbinom{i}{k}

A primeira igualdade é justificada por

\dbinom{n}{k}\dbinom{n-k}{i-k}=\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{k}

e a segunda pela observação inicial.

É claro que as duas contagens, a directa representada pelo produto do segundo membro e a indirecta, pela soma do primeiro (lado esquerdo) hão-de ser iguais, o que mostra

\displaystyle\sum_{i=k}^{n}\dbinom{n}{i}^{2}\dbinom{i}{k}=\dbinom{n}{k}\dbinom{2n-k}{n},

como pretendíamos. \blacksquare

Nota: o leitor poderá ver várias demonstrações algébricas e analíticas no blogue Fatos Matemáticos do Prof. Paulo Sérgio, na entrada   Algumas Demonstrações da Convolução de Vandermonde-Euler.

Junho 2, 2011

Divulgação de um Problema de Junho de Clube de Matemática da SPM dedicado aos Alunos do Secundário

Filed under: Demonstração,Divulgação,Matemática,Matemática-Secundário,Problemas — Américo Tavares @ 4:28 pm
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… com gosto pela Matemática, da rubrica Problemas & Soluções, por José Veiga de Faria

« Hoje em dia estes alunos raramente têm oportunidade de fazer uma demonstração e muito menos uma que não seja imediata que requeira algum engenho.
    No entanto demonstrar um resultado dá enorme satisfação e uma sensação forte de realização pessoal além de que a actividade matemática gira basicamente à volta disto. »

(…)

« Problema

Mostrar que uma fracção inteira representa uma dízima finita se e só se, na sua forma irredutível, o denominador apenas tiver como divisores primos 2 ou 5.

NOTA — Tem que provar que a condição de o denominador da fracção irredutível apenas ter como divisores primos 2 ou 5 é necessária para a dízima ser finita, isto é, que se for finita os únicos divisores primos do denominador são 2 ou 5 e depois que é suficiente, isto é, que se [os] únicos divisores primos do denominador são 2 ou 5 a dízima é finita. »

Resolução  (acrescentado link em 30-06-2011)

Maio 24, 2011

Exemplo de convergência uniforme de uma sucessão dupla

Filed under: Análise Matemática,Demonstração,Matemática — Américo Tavares @ 7:03 pm
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Na secção 4 deste artigo de Alf van der Poorten, sobre a demonstração da irracionalidade de \zeta(3) por Roger Apéry, aparece o seguinte termo geral

e_{n,k}=\displaystyle\sum_{m=1}^{k}\dfrac{(-1)^{m-1}}{2m^{3}\dbinom{n}{m}\dbinom{n+m}{m}},\quad (1\leq k\leq n).

de uma sucessão dupla que converge uniformente no índice k. Para o provar é necessário mostrar que, quando n tende para infinito, a aproximação ao limite, que neste caso é igual a zero, é independente de k. Apresentei, no MSE, como demonstração, o seguinte argumento, que se baseia na definição de limite. A parte mais importante é obter um minorante do denominador. Este assunto já foi abordado por mim, neste blogue, nestas notas de cálculo (pontos 5 e 6).

Seja u_{n,m}=m^{3}\dbinom{n}{m}\dbinom{n+m}{m}. Se 1=m\leq n, então u_{n,m}=n\left( n+1\right). Para mostrar que u_{n,m}>n(n+1) para 1<m\leq n consideramos os dois casos seguintes:

  •  se 1<m=n, então u_{n,m}=n^{3}\dbinom{2n}{n}>n(n+1);
  • se 1<m\leq n-1, então m^{3}\dbinom{n}{m}\geq m^{3}\dbinom{n}{1}=m^{3}n>n e \dbinom{n+m}{m}\geq \dbinom{n+m}{1}=n+m>n+1. Logo u_{n,m}>n(n+1).

Assim, para 1<k\leq n, obtemos:

\begin{aligned}\left\vert e_{n,k}\right\vert &=\left\vert\displaystyle\sum_{m=1}^{k}\dfrac{(-1)^{m-1}}{2m^{3}\dbinom{n}{m}\dbinom{n+m}{m}}\right\vert \leq\displaystyle\sum_{m=1}^{k}\left\vert\dfrac{(-1)^{m-1}}{2m^{3}\dbinom{n}{m}\binom{n+m}{m}}\right\vert\\&\leq\displaystyle\sum_{m=1}^{n}\dfrac{1}{2m^{3}\binom{n}{m}\binom{n+m}{m}}<\displaystyle\sum_{m=1}^{n}\dfrac{1}{2n(n+1)}=\dfrac{n}{2n(n+1)}<\dfrac{1}{n}.\end{aligned}

Para k=1, vem \left\vert e_{n,1}\right\vert =\dfrac{1}{2n\left( n+1\right) }\leq \dfrac{1}{2(n+1)}<\dfrac{1}{n}. Assim, para todos os inteiros 1\leq k\leq n, provámos que \left\vert e_{n,k}\right\vert <\dfrac{1}{n}, o que implica que e_{n,k} converge uniformemente em k para 0, visto que esta última desigualdade é independente de k.

Nota: deste limite decorre, fazendo tender N para infinito, na identidade

\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n^{3}}+\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}}{k^{3}\dbinom{N+k}{k}\dbinom{N}{k}}=\dfrac{5}{2}\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{3}\dbinom{2n}{n}},

deduzida, no mesmo artigo, uma das fórmulas de Roger Apéry, a igualdade das séries:

\zeta (3)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{3}}=\dfrac{5}{2}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{3}\dbinom{2n}{n}}

Novembro 24, 2010

Números harmónicos — racionais mas não inteiros

Filed under: Demonstração,Matemática,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 7:02 pm
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No resultado do cálculo do somatório apresentado na última entrada apareceram números harmónicos. O leitor Filipe Oliveira lançou o desafio de mostrar que nenhum número harmónico de ordem superior a a 1 é um número inteiro. O seu nome deriva da conhecida série harmónica divergente

1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{n}+\cdots

Concretamente o termo de ordem n da sucessão das somas parciais  desta série é conhecido por enésimo número harmónico, sendo designado habitualmente por

H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{n}

Uma das formas de provar que a série é divergente, consiste em mostrar que a soma de k termos

\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots +\dfrac{1}{2k-1}+\dfrac{1}{2k}

é minorada por \dfrac{1}{2}, bastando reparar que cada um destes termos é igual ou superior a \dfrac{1}{2k}

\underset{k\text{ termos}}{\underbrace{\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{2k-1}+\dfrac{1}{2k}}}\geq \underset{k\text{ termos}}{\underbrace{\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{2k}+\cdots +\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{2k}}}=k\dfrac{1}{2k}=\dfrac{1}{2}

Voltando à natureza aritmética dos números harmónicos, publiquei uma demonstração, neste comentário, que aqui destaco, aplicando uma propriedade da divisão do menor múltiplo comum dos inteiros entre 1 e n, sucessivamente por cada um destes inteiros superiores a 1. Como se sabe a factorização do inteiro n em números primos é única, sendo da forma

n=p^{e_{p}(n)}\times q^{e_{q}(n)}\times\cdots\times r^{e_{r}(n)}

em que p,q,\ldots ,r são números primos e e_{p}(n), e_{q}(n),\ldots,e_{r}(n) os respectivos expoentes.

Proposição: Seja

H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{n}\qquad (\ast )

o enésimo número harmónico. Para n>1, H_{n} nunca é um número inteiro.

Demonstração: Admitamos que existia um inteiro positivo n para o qual o correspondente H_{n} fosse inteiro. Designemos por d_{n} o menor múltiplo comum dos inteiros compreendidos entre 1 e n. Observemos que d_{n} é um inteiro par. Multiplicando ambos os membros de (\ast ) por d_{n}, obtemos

d_{n}H_{n}=d_{n}+\dfrac{d_{n}}{2}+\dfrac{d_{n}}{3}+\cdots +\dfrac{d_{n}}{n}\qquad (\ast \ast )

O número d_{n}H_{n} seria um número par. Vamos agora mostrar que um dos termos \dfrac{d_{n}}{2},\dfrac{d_{n}}{3},\cdots ,\dfrac{d_{n}}{k},\cdots ,\dfrac{d_{n}}{n} é ímpar e todos os restantes pares. Seja 2^{e_{2}(k)} a maior potência de 2 que divide 2\leq k\leq n.

Consideremos o maior destes expoentes M=\max \{e_{2}(2),e_{2}(3),\ldots,e_{2}(n)\}. O número 2^{M} é a maior potência de 2 que divide d_{n}. Existe um e um só inteiro q compreendido entre 2 e n tal que e_{2}(q)=M, o que implica que \dfrac{d_{n}}{q}=\dfrac{d_{n}}{2^{M}} é um inteiro ímpar e todos os outros números \dfrac{d_{n}}{r}, com r compreendido entre 2 e n, mas diferente de q=2^{M}, são pares. Deste facto resulta que o 2.º membro de (\ast \ast ) é um número ímpar, ao contrário do 1.º que seria par. Esta contradição é o resultado de termos admitido que H_{n} era inteiro.

Logo, H_{n} não pode ser inteiro (para n superior a 1).

Claro que quanto a serem racionais decorre simplesmente do facto de estarmos a somar um número finito de parcelas racionais, em cada uma das vezes. Termino com um exemplo numérico do argumento utilizado na demonstração, já antes também publicado, como comentário.

Exemplo numérico:

H_{6}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}

d_{6}=\text{mmc}(1,2,3,4,5,6)=2^{2}\times 3\times 5=60

d_{6}H_{6}=60H_{6}=60+\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{2}+\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{3}+\left( \dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{4}\right) + +\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{5} +\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{6}=147

Expoentes de 2 na factorização dos denominadores em números primos:

e_{2}(2)=e_{2}(6)=1, e_{2}(3)=e_{2}(5)=0 , e_{2}(4)=2

O maior destes expoentes é

M=\max \{e_{2}(2),e_{2}(3),e_{2}(4),e_{2}(5),e_{2}(6)\}=2

Apenas a parcela

\dfrac{d_{6}}{q}=\dfrac{d_{6}}{2^{M}}=\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{4}=15

é ímpar; as restantes são pares.

Novembro 16, 2010

Uma propriedade das proporções (razão da soma e diferença dos termos)

Filed under: Demonstração,Exercícios Matemáticos,Matemática,Matemática-Básico,Matemática-Secundário,Trigonometria — Américo Tavares @ 9:39 pm
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Numa proporção \dfrac{p}{q}=\dfrac{r}{s} a soma dos antecedentes (p,r) está para a sua diferença, assim como a soma dos consequentes (q,s) está para a sua diferença.

Justificação: a proporção

\dfrac{p}{q}=\dfrac{r}{s}

é equivalente à equação

qr=ps

ou

2qr-2ps=0

Atendendo a que \left( p+r\right) \left( q-s\right) -\left( p-r\right) \left( q+s\right) =2qr-2ps, será

\left( p+r\right) \left( q-s\right) -\left( p-r\right) \left( q+s\right) =0

ou como enunciado

\dfrac{p+r}{p-r}=\dfrac{q+s}{q-s}

Exercício: aplique esta propriedade à lei dos senos dos ângulos de um triângulo.

Novembro 10, 2010

Pentágono, complexos e trigonometria

Filed under: Cálculo,Demonstração,Exercícios Matemáticos,Identidade matemática,Matemática,Matemáticas Gerais,Trigonometria — Américo Tavares @ 4:08 pm
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Suponhamos que pretendemos determinar

\dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a}

Como x=a é uma solução de x^{n}-a^{n}=0 o resto da divisão de x^{n}-a^{n} por x-a será nulo. Podemos determinar o polinómio quociente através do método geral da divisão polinomial — em tudo semelhante à divisão aritmética de dois números –, dividindo o polinómio do numerador pelo do denominador. Como é de difícil reprodução aqui (relacionado com o código \LaTeX de escrita matemática), vou utilizar o método alternativo dos coeficientes indeterminados. Seja Q(x) o polinómio quociente, isto é

x^{n}-a^{n}=\left( x-a\right) Q(x)+R(x)=\left( x-a\right) Q(x)=xQ(x)-aQ(x)

atendendo a que neste caso o resto R(x)=0. Notemos que o grau de Q(x) há-de ser n-1:

Q(x)=x^{n-1}+q_{1}x^{n-2}+q_{2}x^{n-3}+\cdots +q_{n-2}x+q_{n-1}

Fazendo o desenvolvimento de xQ(x)-aQ(x), obtém-se

x^{n}-a^{n}= x\left( x^{n-1}+q_{1}x^{n-2}+\cdots +q_{n-2}x+q_{n-1}\right) -a\left( x^{n-1}+q_{1}x^{n-2}+\cdots +q_{n-2}x+q_{n-1}\right)

=x^{n}+\left( q_{1}-a\right) x^{n-1}+\left( q_{2}-aq_{1}\right) x^{n-2}+\cdots

+\cdots +\left( q_{n-2}-aq_{n-3}\right) x^{2}+\left( q_{n-1}-aq_{n-2}\right) x-aq_{n-1}

Comparando agora coeficientes obtemos

q_{1}=a q_{k}=aq_{k-1}\qquad k=2,3,\ldots ,n-1

aq_{n-1}=a^{n}

ou seja q_{1}=a e

q_{k}=aq_{k-1}=a^{2}q_{k-2}=\cdots =a^{k}\qquad k=2,3,\ldots ,n-1

donde

x^{n}-a^{n}=(x-a)(x^{n-1}+ax^{n-2}+\cdots +a^{n-2}x+a^{n-1})

ou

\dfrac{x^{n}-a^{n}}{x-a}=x^{n-1}+ax^{n-2}+\cdots +a^{n-2}x+a^{n-1}

Exemplo: Num pentágono regular determine \cos \alpha , em que \alpha é o ângulo igual a 1/5 do ângulo giro \alpha =\dfrac{2\pi }{5}.

Geometricamente é o ângulo ao centro formado por dois raios que unem o centro do círculo circunscrito a um pentágono regular a dois dos seus vértices adjacentes.

Começo por transformar este problema trigonométrico num de variáveis complexas. Para isso faço w=e^{i2\pi /5}\neq 1. Pondo a=1, na fórmula anterior e substituindo x por w,obtém-se:

w^{5}-1=(w-1)(w^{4}+w^{3}+w^{2}+w+1)

Como w^{5}=e^{i2\pi }=1, então w^{5}-1=0 e sendo w\neq 1 será

w^{4}+w^{3}+w^{2}+w+1=0

e também

\text{Re}\left( w^{4}+w^{3}+w^{2}+w+1\right) =0

pelo que, atendendo a que \text{Re}w^{4}=\cos \dfrac{8\pi }{5}, \text{Re}w^{3}=\cos \dfrac{6\pi }{5}, etc., vem sucessivamente

\cos \dfrac{8\pi }{5}+\cos \dfrac{6\pi }{5}+\cos \dfrac{4\pi }{5}+\cos \dfrac{2\pi }{5}+1=0

\cos \left( 2\pi -\dfrac{2\pi }{5}\right) +\cos \left( 2\pi -\dfrac{4\pi }{5}\right) +\cos \dfrac{4\pi }{5}+\cos \dfrac{2\pi }{5}+1=0

2\cos \left( \dfrac{4\pi }{5}\right) +2\cos \left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +1=0.

Como

\cos \left( \dfrac{4\pi }{5}\right) =\cos ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) -\sin ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right)

será

2\cos ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) -2\sin ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +2\cos \left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +1=0

4\cos ^{2}\left( \dfrac{2\pi }{5}\right) +2\cos \left( \dfrac{2\pi }{5}\right) -1=0

ou seja

\cos \dfrac{2\pi }{5}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}

igual ao valor calculado de outra forma nesta entrada sobre a construção do pentágono

Fonte

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