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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. $\blacktriangleleft$

Dígitos de um número inteiro positivo na base factorial

Março 5, 2009 in Computação, Demonstração, Matemática, Teoria dos Números | Tags: Computação, Demonstração, Matemática | 8 comments

Suscitado pela ideia do leitor António Ferrão, acrescentei o ponto 7 ao meu artigo a propósito de 123456. Por considerar que merece ser autonomizado, e para não alongar esse artigo, republico agora esse tema com adaptações de exposição. A parte principal deve-se a Jacques Glorieux.

Trata-se de saber como se pode decompor em factoriais o inteiro positivo $n$ .

Uma possível decomposição é

$n=f_k\times k!+f_{k-1}\times (k-1)!+\dots+f_2\times 2!+f_1\times 1!$

que é única, se se considerarem os maiores factoriais possíveis; uso a notação

$(f_k,f_{k-1},\dots,f_2,f_1)_{k!}$

para me referir à sucessão que a cada $n$ faz corresponder os $k$ inteiros obtidos por este método. Esta sucessão está registada na The On-line Encyclopedia of Integer Sequences com a identificação A108731 (autor: Frank Adams-Watters). Começa por

$1,1,0,1,1,2,0,\dots,$

visto que $1=(1)_{1!}$ , $2=(1,0)_{2!}$ , $3=(1,1)_{2!}$ , $4=(2,0)_{2!},\dots$ .

O desenvolvimento de $n$ na forma indicada — que aparece no livro de Donald Knuth, The Art of Computer Programming, Vol II, p. 192, como me chamou a atenção António Ferrão — é, como disse, único.

$\bigskip$

Apresento a seguir uma tradução da demonstração de Jacques Glorieux da seguinte

$\bigskip$

Proposição. Seja $n$ be um inteiro positivo. A decomposição

$n=f_{k}\times k!+f_{k-1}\times (k-1)!+\cdots +f_{2}\times 2!+f_{1}\times 1!\qquad (1)$

é única se admitirmos que $k!, (k-1)!,\dots$ têm os maiores valores possíveis, a começar por $k!$ e continuando no sentido decrescente.

Demonstração. Baseia-se no teorema do qual depende o algoritmo da divisão, a saber:

“Dados os inteiros $a$ e $b$ com $b>0$ existem dois únicos inteiros $q$ e $r$ , com $0\leq r<b$ tais que $a=bq+r$ “

Admitamos que $k$ é o maior inteiro tal que $k!\leq n$ .

Então se dividirmos $n$ por $k!$ e se designarmos o quociente por $f_{k}$ , temos:

$n=f_{k}\times k!+r_{k}$ , em que $r_{k}$ designa o resto da divisão ( $0\leq r_{k}<k!$ )

Distinguimos dois casos:

1. $r_{k}=0$

Neste caso, $n=f_{k}\times k!$ . O desenvolvimento de $n$ indicado em $(1)$ está certo e é único. Temos $f_{k-1}=f_{k-2}=\dots =f_{1}=0$

2. $r_{k}>0$

Neste caso, denotemos por $m$ o menor inteiro tal que

$(k-m-1)!\leq r_{k}$ ( $m=0,1,...,k-2$ )

Dividamos $r_{k}$ por $(k-m-1)!$ : temos

$r_{k}=f_{k-m-1}\times (k-m-1)!+r_{k-m-1}$

(com $0\leq r_{k-m-1}<(k-m-1)!$ ).

Assim $n=f_{k}\times k!+f_{k-m-1}\times (k-m-1)!+r_{k-m-1}$

que se pode escrever

$n=f_{k}\times k!+f_{k-1}\times (k-1)!+\dots$

$\dots +f_{k-m}\times (k-m)!+f_{k-m-1}\times (k-m-1)!+r_{k-m-1}$

com $f_{k-1}=\dots =f_{k-m}=0$

Podemos prosseguir da mesma maneira até chegarmos a:

$r_{2}=f_{1}\times 1!+r_{1}$ (tem-se $r_1=0$ , uma vez que $0\leq r_{1}<1!$ ).

Provámos desta forma que:

$n=f_{k}\times k!+f_{k-1}\times (k-1)!+\cdots +f_{2}\times 2!+f_{1}\times 1!$

Esta decomposição de $n$ é única, visto que os coeficientes $f_{k}$ são determinados também de forma única pelo algoritmo da divisão. $\qquad\square$

No meu artigo “linkado” acima poderá ver também o texto em inglês.

Entre $n,k$ e $f_k$ verificam-se as seguinte relações, uma prova das quais se deve também a Jacques Glorieux:

$0\leq f_k\leq k\leq k!\leq n<(k+1)!$

Se algum leitor interessado conseguir estabelecer relações mais fortes do que estas, seria certamente útil para definir melhor o comportamento da sucessão.

Adenda de 6-3-2009

Uma interpretação informal poderá ser:

Vejamos o exemplo 123456=3×8!+3×6!+2×5!+4×4! . 123456 pode ter outras decomposições: por exemplo

123456=123456×1!

Mas se nos restringirmos ao máximo factorial menor ou igual a 123456, encontramos 8!=40320 (9!= 362880>123456).

Agora subtraímos 8! de 123456:

123456-8!= 83136

Prosseguimos de forma semelhante:

    83136-8!= 42816
    42816-8!= 2496
    2496-6!= 1776
    1776-6!= 1056
    1056-6!= 336
    336-5!= 216
    216-5!= 96
    96-4!= 72
    72-4!= 48
    48-4!= 24
    24-4!= 0

Donde 123456=3×8!+3×6!+2×5!+4×4!.

O caso geral é uma generalização deste procedimento.

É similar a 123456 na base 10

123456-100000=23456

    23456-10000=13456
    13456-10000=3456
    3456-1000=2456
    2456-1000=1456
    1456-1000=456

    456-100=356
    356-100=256
    256-100=156
    156-100=56

    56-10=46
    46-10=36
    36-10=26
    26-10=16
    16-10=6

    6-1=5
    5-1=4
    4-1=3
    3-1=2
    2-1=1
    1-1=0

Donde 123456=1×100000+2×10000+3×1000+4×100+5×10+6×1.

[7-3-2009: corrigi erro na primeira decomposição, em resposta ao 1º. comentário]

Fórmula de reflexão (da função gama) de Euler

Janeiro 22, 2009 in Análise, Análise de Fourier, Caderno, Cálculo, Demonstração, Função Gama, Funções Especiais, Identidade matemática, Integrais, Matemática, Teorema, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Matemática | 2 comments

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Gráfico de Γ(x) no intervalo ]-5,5]

A função especial beta é definida para as variáveis reais $x,y$ pelo integral

$B(x,y)=\displaystyle\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}\;dt$ (1)

que é impróprio mas convergente, no caso de $x>0$ e $y>0$ e pelo menos uma das variáveis $x<1$ ou $y<1$ .

A função $B(x,y)$ (para $x>0$ e $y>0$ ) relaciona-se com a função especial gama

$\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}\;dt$ (2)

através da conhecida identidade

$B(x,y)=\dfrac{\Gamma (x)\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}$ (3)

que não vou demonstrar.

O que me proponho demonstrar é a chamada fórmula da reflexão ou dos complementos da função gama no domínio real, seguindo o método indicado nos exercícios não resolvidos 10 e 11 da página 683 do livro de Angus E. Taylor, Advanced Calculus, Blaisdell Publishing Company, 1955.

Proposição: Se $a$ for real, é válida a identidade seguinte

$\dfrac{\pi}{\sin a\pi}=\pi \csc a\pi=B(a,1-a)=\Gamma(a)\Gamma(1-a)$ (4)

Notação: $\csc a\pi=1/\sin a\pi$ é a cosecante de $a\pi$ .

Demonstração: Se $0<a<1$ , tem-se

$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{y^{a-1}}{1+y}\;dy=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{-a}}{1+x}\;dx$

como resulta da mudança de variável $y=1/x$ . O integral

$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{-a}}{1+x}\;dx$

é convergente se $a<1$ , porque nesta condição $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{x^{a}}$ é convergente e $\dfrac{x^{-a}}{x+1}\cdot x^a$ tende para 1, quando $x$ tende para $0^+$ , e, por outro lado, o integral

$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{y^{a-1}}{1+y}\;dy$

também nesse caso é convergente, porque $\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{dy}{y^{2-a}}$ converge e $\dfrac{y^{a-1}\cdot y^{2-a}}{1+y}$ tende para 1, quando $y$ tende para $\infty$ .

Outra representação integral da função beta é:

$B(x,y)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\;du$ (5)

que se obtém de (1) através das substituição

$t=\dfrac{u}{1+u}$ .

De (5) resulta

$B(a,1-a)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du+\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du$

$=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du+\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{-a}}{1+u}\;du=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}+u^{-a}}{1+u}\;du$

Usando agora o desenvolvimento em série de

$\dfrac{1}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^n$ ,

obtém-se

$\dfrac{u^{a-1}}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{a-1+n}$

$\dfrac{u^{-a}}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{-a+n}$ ,

e integrando termo a termo a função integranda $\dfrac{u^{a-1}+u^{-a}}{1+u}$ , como

$(-1)^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{a-1+n}\;du=\dfrac{(-1)^{n}}{a+n}$

$(-1)^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{-a+n}\;du=\dfrac{(-1)^{n}}{-a+n+1}$ ,

depois de agrupar os termos pares da série

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{a+n}$

com os ímpares da série

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{-a+n+1}$

obtém-se no fim a série

$\dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}$ .

Em consequência

$B(a,1-a)=\Gamma (a)\Gamma (1-a)=\dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}$

Ora, a série de Fourier da função $f(x)=\pi\cos ax$ , em que $-\pi\le x\le\pi$ , é

$\pi\cos ax=2a\sin a\pi\left( \dfrac{1}{2a^2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}\cos nx}{n^2-a^2}\right)$

que assume o desenvolvimento particular para $x=0$ :

$\pi=\sin a\pi\left( \dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}\right)$

donde, efectivamente

$\dfrac{\pi}{\sin a\pi}=\pi \csc a\pi=B(a,1-a)=\Gamma(a)\Gamma(1-a)\qquad\blacksquare$

Esta mesma identidade também se verifica para $a$ complexo.

ADENDA de 23-1-2009: para $a=1/2$ obtém-se

$\dfrac{\pi}{\sin \pi/2}=\Gamma(1/2)\Gamma(1/2)$

donde

$\Gamma\left( \dfrac{1}{2}\right) =\sqrt{\pi}$ (6)

Actualização de 15-2-2009: acrescentado gráfico da função gama.

Exercício: provar que dois elevado a 33 mais três elevado a 33 não é primo

Janeiro 20, 2009 in Caderno, Congruências, Demonstração, Exercício, Matemática, Problema, Teoria dos Números | Tags: Caderno, Demonstração, Exercícios, Matemática, Problema | 4 comments

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Provar que a soma de 2 elevado a 33 com 3 elevado a 33 é um número composto.

[do Vestibular da UFPE, 2008]

$\blacktriangleright$ Para $n=1+4k$ (com $k=1,2,\ldots )$ as potências $2^{n}$ e $3^{n}$ terminam (*), respectivamente, em $2$ e $3$ ; a sua soma $2^{n}+3^{n}$ termina por isso em $5.$ Ora

$2^{33}+3^{33}=2^{1+4\times 8}+3^{1+4\times 8}$

e, consequentemente, $2^{33}+3^{33}$ é divisível por $5$ , logo não é primo. $\blacktriangleleft$

$\bigskip$

(*) Por exemplo: $\mathbf{2}^{1}\mathbf{=2}$ , $2^{2}=\allowbreak 4$ , $2^{3}=\allowbreak 8$ , $2^{4}=\allowbreak 16$ , $\mathbf{2}^{5}\mathbf{=\allowbreak 32}$ , $2^{6}=\allowbreak 64$ , $2^{7}=\allowbreak 128$ , $2^{8}=\allowbreak 256$ , $\mathbf{2}^{9}\mathbf{=\allowbreak 512},\dots$

$\bigskip$

$\mathbf{3}^{1}\mathbf{=\allowbreak 3}$ , $3^{2}=\allowbreak 9$ , $3^{3}=\allowbreak 27$ , $3^{4}=\allowbreak 81$ , $\mathbf{3}^{5}\mathbf{=\allowbreak 243}$ , $3^{6}=\allowbreak 729$ , $3^{7}=\allowbreak 2187$ , $3^{8}=\allowbreak 6561$ , $\mathbf{3}^{9}\mathbf{=\allowbreak 19\,683},\dots$

Adenda de 24-4-2009:

Método alternativo: de uma forma mais rigorosa e aproveitando uma ideia desenvolvida neste artigo pode justificar-se este resultado da seguinte maneira.

Se $a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right)$ , então $a^{n}\equiv b^{n}\quad\left( \text{mod }m\right)$ . Esta propriedade aplicada a $2^{n}$ dá em geral, para $n=4k+s,1\leq s\leq 3,0\leq k$

$2^{n}\equiv 2^{s}\quad\left( \text{mod }5\right) ,\quad (1)$

o que significa que os restos da divisão de $2^{n}$ por $5$ formam uma sucessão periódica de comprimento $4$ com início em $n=1$

$\overset{\text{per\'{\i}odo}}{\overbrace{2,4,3,1}},\overset{4\text{ termos}}{\overbrace{2,4,3,1}},\ldots .$

Aplicada a $3^{n}$ ( $n=4k+s,1\leq s\leq 3,0\leq k$ ) dá

$3^{n}\equiv 3^{s}\quad\left( \text{mod }5\right) ,\quad (2)$

o que significa que os restos da divisão de $3^{n}$ por $5$ formam uma sucessão periódica de comprimento $4$ com início em $n=1$

$\overset{\text{per\'{\i}odo}}{\overbrace{3,4,2,1}},\overset{4\text{ termos}}{\overbrace{3,4,2,1}},\ldots .$

Se $a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right)$ e $c\equiv d\quad \left( \text{mod }m\right)$ , então $a-c\equiv b-d\quad \left( \text{mod }m\right)$ . Em consequência de (1) e (2) obtemos

$2^n+3^n\equiv 2^{s}+3^{s}\quad \left( \text{mod }5\right) .\quad (3)$

Os restos da divisão de $2^n+3^n$ por $5$ formam outra sucessão periódica de comprimento $4$ que se inicia também em $n=1$

$\overset{\text{per\'{\i}odo}}{\overbrace{0,3,0,2}},\overset{4\text{ termos}}{\overbrace{0,3,0,2}},\ldots .$

Logo para $n$ ímpar, $2^n+3^n\equiv 2^{s}+2^{s}$ é divisível por $5$ , pelo que $2^{33}+3^{33}$ não é primo.

Ou então calcula-se simplesmente $33=4\times 8+1,s=1$ e

$2^{33}\equiv 2^{1}\quad\left( \text{mod }5\right)$

$3^{33}\equiv 3^{1}\quad\left( \text{mod }5\right)$

donde

$2^{33}+3^{33}\equiv 2^{1}+3^{1}\quad \left( \text{mod }5\right) \equiv 0\quad \left( \text{mod }5\right)$

visto que

$5 \equiv 0\quad \left( \text{mod }5\right) .$

Adenda de 4-6-2009:

Justificação de Vishal Lama: Could we just say that $a^n + b^n$ is divisible by $a + b$ for all odd $n$ , and hence, $2^{33} + 3^{33}$ is divisible by 5?
Indeed, $b \equiv -a \quad (\mod a+b)$ , and so, $b^n \equiv -a^n \quad (\mod a+b)$ for odd $n$ . Therefore, $a^n + b^n \equiv 0 \quad (\mod a+b)$ .

Identidade de Lagrange

Novembro 27, 2008 in Análise, Caderno, Demonstração, Identidade matemática, Matemática, Teorema, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Demonstração, Matemática | Leave a comment

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A desigualdade de Cauchy-Schwarz, já demonstrada anteriormente, é também uma consequência directa da identidade de Lagrange; neste sentido esta identidade constitui uma generalização dessa desigualdade, que
relembro ser

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

$\bigskip$

Proposição: 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 $\qquad\square$

Correcção de 1-12-2008: na fórmula da desigualdade de Cauchy-Schwarz, bem como no pdf.

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