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Soma telescópica. A Mathematical Reflections Undergraduate Problem. A Telescoping Sum

Novembro 6, 2009 in Matemática, Math, Problem, Problema | Tags: Matemática, Math, Problem, Problema | Leave a comment

Here is the solution to the U115 Mathematical Reflections Problem I submitted a few months ago.

MR_U115

Problema do mês :: Problem of the month #2. (Coeficientes da série binomial :: Binomial series coefficients). Resolução :: Solution

Setembro 10, 2009 in Matemática, Math, Problem, Problem Of The Month, Problema, Problema do mês | Leave a comment

ver/see Problema do mês Problem of the month

Problema: Admita que $n=1,2,3,\dots$ . Seja $x\ge 0$ um número real, $\dbinom{x}{0}=1$ e

$\dbinom{x}{n}=\dfrac{x\left( x-1\right) \cdots\left( x-n+1\right) }{n!}$

Deduza a identidade

$\dbinom{x}{n}+\dbinom{x}{n-1}=\dbinom{x+1}{n}$ .

$\bigskip$

Resolução de antonio girao

[que usou a notação $\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !}=x\left( x-1\right) \cdots \left( x-n+1\right)$ ].

$\dbinom{x}{n}=\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}$

$\dbinom{x}{n-1}=\dfrac{x!}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !}$

$\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}+\dfrac{x!}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !}$

$=\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !n}$

$=\dfrac{x!\left( x-n+1\right) }{\left( x-n\right) !n!\left( x-n+1\right) }+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !n}$

$=\dfrac{x!\left( x-n+1\right) }{\left( x-n+1\right) !n!}+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !n!}$

$=\dfrac{x!\left[ \left( x-n+1\right) +n\right] }{\left( x-n+1\right) !n!}$

$=\dfrac{x!\left( x+1\right) }{\left( x-n+1\right) !n!}$

$=\dfrac{\left( x+1\right) !}{\left( x+1-n\right) !n!}$

$=\dbinom{x+1}{n}$

$\bigskip$

Outros: Pierre Bernard (aqui) e MathOMan (aqui).

* * *

Problem: Suppose that $n=1,2,3,\dots$ . Let $x\ge 0$ be a real number, $\dbinom{x}{0}=1$ and

$\dbinom{x}{n}=\dfrac{x\left( x-1\right) \cdots\left( x-n+1\right) }{n!}$ .

Derive the identity

$\dbinom{x}{n}+\dbinom{x}{n-1}=\dbinom{x+1}{n}$ .

$\bigskip$

Solution by antonio girao

[who used the notation $\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !}=x\left( x-1\right) \cdots \left( x-n+1\right)$ ].

$\dbinom{x}{n}=\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}$

$\dbinom{x}{n-1}=\dfrac{x!}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !}$

$\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}+\dfrac{x!}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !}$

$=\dfrac{x!}{\left( x-n\right) !n!}+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !n}$

$=\dfrac{x!\left( x-n+1\right) }{\left( x-n\right) !n!\left( x-n+1\right) }+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !\left( n-1\right) !n}$

$=\dfrac{x!\left( x-n+1\right) }{\left( x-n+1\right) !n!}+\dfrac{x!n}{\left( x-n+1\right) !n!}$

$=\dfrac{x!\left[ \left( x-n+1\right) +n\right] }{\left( x-n+1\right) !n!}$

$=\dfrac{x!\left( x+1\right) }{\left( x-n+1\right) !n!}$

$=\dfrac{\left( x+1\right) !}{\left( x+1-n\right) !n!}$

$=\dbinom{x+1}{n}$

$\bigskip$

Other solvers: Pierre Bernard (here) e MathOMan (here).

* * *

Notas:

1. Estes coeficientes são os da série binomial

$(1+t)^x=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dbinom{x}{n}t^n$ ,

que é convergente para $\left\vert t\right\vert <1$ .

2. O coeficiente de ordem $n$ é um polinómio de grau $n$ em $x$ .

Remarks:

1. These coefficients are the binomial series ones

$(1+t)^x=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dbinom{x}{n}t^n$ ,

which is convergent for $\left\vert t\right\vert <1$ .

2. The coefficient of order $n$ is a polynomial of degree $n$ in $x$ .

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.

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:

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

Prazo de liquidação de um empréstimo (número de períodos de uma série uniforme)

Julho 27, 2009 in Blogue, Cálculo financeiro, Estatísticas, Matemática, Problema | Tags: Problema, Matemática, Blogue | Leave a comment

Traduzo e adapto esta minha entrada em inglês onde apresentei um problema transcrito de um post do Professor Gowers, bem como dois dos meus comentários.

O Professor Gowers usa um método contínuo para modelar o seguinte problema discreto apresentado num seu post recente.

” Suponha para simplificar que a taxa de juro de um empréstimo contra hipoteca é de 5% e que essa taxa permanece constante. Se o empréstimo for de £50000 e pagar £500 por mês, indique qual o tempo aproximado que demoro a liquidá-lo? “

Texto original:

” Suppose for simplicity that the interest rate for an interest-only mortgage would be 5% and that this rate never changes. If I take out a repayment mortgage of £50,000 and pay £500 a month, then roughly how long will it take me to pay off the mortgage? “

Eis os meus dois comentários:

1. “Apresento uma proposta de resolução directa do seu problema discreto de pagamento de um empréstimo contra hipoteca. Esta resolução, mesmo que esteja correcta, claro que é de longe muito menos instructiva que o seu argumento!
Em geral, dado o principal $P$ , temos de determinar o valor dos pagamentos constantes $A$ durante $n$ períodos mensais. O valor de $A$ no período $k$ é equivalente ao valor actual $A/\left( 1+i\right) ^{k}$ unidades monetárias, em que $i$ é a taxa de juro em cada período de capitalização. Somando em $k$ , desde 1 a $n$ , obtemos a soma

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{A}{\left( 1+i\right) ^{k}}$

Ora agora temos de somar uma progressão geométrica de razão $r=1/(1+i)$ e primeiro termo $u_{1}=A/\left( 1+i\right)$

$\dfrac{A}{1+i}\dfrac{\left( \dfrac{1}{1+i}\right) ^{n}-1}{\dfrac{1}{1+i}-1}=A\dfrac{\left( 1+i\right) ^{n}-1}{i\left( 1+i\right) ^{n}}=P$

$A=P\dfrac{i\left( 1+i\right) ^{n}}{\left( 1+i\right) ^{n}-1}$

No problema dado, os pagamentos ocorrerão durante $n$ meses, com $i=5/12\%=\dfrac{5}{1200}$ e $P=50\,000$ . Assim

$A=50\,000\dfrac{\dfrac{5}{1200}\left( 1+\dfrac{5}{1200}\right) ^{n}}{\left( 1+\dfrac{5}{1200}\right) ^{n}-1}=500$

$\dfrac{5}{12}\left( 1+\dfrac{5}{1200}\right) ^{n}=\left( 1+\dfrac{5}{1200}\right) ^{n}-1$

Resolvendo em ordem a $n$ , obtemos

$n=\dfrac{\ln 12-\ln 7}{\ln 241-\ln 240}\approx 129,63$ meses ( $10,802$ anos)

e, como provou

$20\ln 2\approx 13,863>10,802.$ “

2. “Permita-me que acrescente só mais uma interpretação da minha parte: a taxa de juro contínua efectiva pode obter-se da taxa nominal de 5%, composta $m$ vezes ao ano como segue:

$\underset{m\rightarrow \infty }{\lim }\left( 1+\dfrac{0,05}{m}\right) ^{m}-1=\underset{m\rightarrow \infty }{\lim }\left[ \left( 1+\dfrac{0,05}{m}\right) ^{m/0,05}\right] ^{0,05}-1$ $=e^{0,05}-1\approx 5,127\%$

(que a sua fórmula $e^{\alpha }=1,05$ aproxima para $\alpha =0,05$ ), e em geral, no caso de uma taxa de juro nominal $r$ , como

$i_{E\;(m\rightarrow \infty )}=\underset{m\rightarrow \infty }{\lim }\left( 1+\dfrac{r}{m}\right) ^{m}-1$ $=\underset{m\rightarrow \infty }{\lim }\left[ \left( 1+\dfrac{r}{m}\right) ^{m/r}\right] ^{r}-1=e^{r}-1.$

Do ponto de vista de um problema puramente matemático o modelo que discute é muito mais interessante e de maior valor.”

* * *

Nota: antigidas ontem as 200 000 vizualizações.

200 000 hits em 26.07.09

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