Problemas Teoremas

Maio 17, 2012

Dúvidas sobre um desenvolvimento em série divergente. Em que teorema se baseia ?

Filed under: Análise Matemática,Matemática,Mathematics Stack Exchange,Séries — Américo Tavares @ 10:02 am
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Apesar de ter colocado a questão abaixo traduzida, no MSE e uma versão similar no MathOverflow, ainda continuo com quase as mesmas dúvidas.

Motivação: após ler pormenorizadamente um artigo de Alf van der Poorten, li também um bastante curto  de  Roger Apéry. O meu interesse reside em encontrar uma demonstração de um desenvolvimento em série apenas enunciado, mas não demonstrado no de Apéry e que, embora haja uma demonstração no de van der Poorten, não se trata exactamente do mesmo desenvolvimento. Parto do princípio de que haverá um teorema sobre o assunto, ou que dele se possa deduzir. Ou como comentei no FB, a minha questão é o da passagem da demonstração de Apéry onde é indicado o desenvolvimento em série de uma função f(x) com as propriedades aí descritas. O caso de f(n)=1/n^2 ou f(n)=1/n^3 está bem explicado no artigo de van der Poorten (linkado na questão). Mas o que eu pretendo saber é como se justifica o caso geral. Presumo que Apéry o terá utilizado por ser um facto conhecido, anterior à sua demonstração, nos anos 70.

Cópia do original [1]:

Em [1] Apéry, R., Irrationalité de \zeta 2 et \zeta 3, Société Mathématique de France, Astérisque 61 (1979), existe um desenvolvimento em série divergente de uma função que gostaria de perceber.

Eis a tradução da parte relevante:

(…) dada uma sucessão de números reais a_{1},a_{2},\ldots ,a_{k}, uma função analítica f\left( x\right) no que diz respeito à variável \frac{1}{x}, tendendo para 0 com \frac{1}{x} admite um desenvolvimento (único) da forma

f\left( x\right)\equiv\displaystyle\sum_{k\geq1}\dfrac{c_{k}}{\left( x+a_{1}\right) \left( x+a_{2}\right) \ldots\left( x+a_{k}\right) }.\qquad (\mathrm{A})

Observação: tanto quanto percebo, baseado numa nota do artigo de Apéry, o desenvolvimento de f(x) em (\mathrm{A}) é em geral uma série divergente e não uma convergente, mas a resposta existente parece indicar o contrário.

A soma finita correspondente aparece e é demonstrada na secção 3 do artigo [2]  de Alfred van der Poorten A proof that Euler missed … Apéry’s proof of the irrationality of \zeta (3) na forma

Para todos os a_{1},a_{2},\dots

  \displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k})}= \dfrac{1}{x}-\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{K}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{K})}\qquad (\mathrm{A'})

sendo aí provada a seguinte identidade

\dfrac{1}{n^{2}}=\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{(-1)^{k-1}\left( \left( k-1\right) !\right) ^{2}}{(n^{2}-1^{2})\cdots (n^{2}-k^{2})}\right) +\dfrac{2(-1)^{n-1}}{n^{2}\displaystyle\binom{2n}{n}}.\qquad (\mathrm{B})

Questões:

  1. A série (\mathrm{A}) é efectivamente divergente?
  2. Qual é o teorema que enuncia ou do qual se deduz o desenvolvimento em série (\mathrm{A})?
  3. Poderiam fornecer uma referência?
  4. Como é que (\mathrm{B}) se generaliza a (\mathrm{A})?

- : – :-

Se se fizer a mudança  de variáveis y=1/x,g(y)=f(1/x), obtem-se \lim_{y\rightarrow 0}g(y)=0 e

\begin{aligned}g(y)&\equiv\displaystyle\sum_{k\geq 1}\dfrac{c_{k}}{\left( \frac{1}{y}+a_{1}\right)\left( \dfrac{1}{y}+a_{2}\right) \ldots \left( \dfrac{1}{y}+a_{k}\right) }\\ &\displaystyle\equiv\sum_{k\geq 1}\dfrac{c_{k}y^{k}}{\left( 1+a_{1}y\right) \left(1+a_{2}y\right) \cdots \left( 1+a_{k}y\right) }\end{aligned}\qquad (\mathrm{C})

mas não sei como prosseguir. Se alguém me poder fornecer alguma sugestão ainda que parcial, ficar-lhe-ia muito grato. Se tiver uma resposta no MSE ou no MathOverflow, ou conseguir responder a esta questões pelos meus próprios meios, actualizo esta entrada.

Versão inglesa da questão (pdf ).

–

[1] APÉRY, R., Irrationalité de \zeta 2 et \zeta 3, Société Mathématique de France, Astérisque 61 (1979)

[2] POORTEN,  Alf., A Proof that Euler Missed…, Apéry’s proof of the irrationality of ζ(3). An informal report, Math. Intelligencer 1, nº 4, 1978/79, pp. 195-203.

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}.

Março 23, 2012

Evaluating zeta function at 6, ζ(6)

Filed under: Análise de Fourier,Matemática,Math,Mathematics Stack Exchange,Séries — Américo Tavares @ 12:08 pm
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Here is my answer to this Mathematics Stach Exchange question  by Chon  on how to compute \zeta(6).

I have posted here in Portuguese a recursive method based on the computation of the Fourier trigonometric series expansion for the function defined in \left[ -\pi ,\pi \right] by f(x)=x^{2p} and extended to all of {\mathbb R} periodically with period 2\pi. This is a shorter description than the original. In this reply I outline the case \zeta(4). For p=3 the expansion is

x^{6}=\dfrac{\pi ^{6}}{7}+2\displaystyle\sum_{n\ge 1}^{}\left( \left( \dfrac{6}{n^{2}}\pi ^{4}-\dfrac{120}{n^{4}}\pi ^{2}+\dfrac{720 }{n^{6}}\right)\cos n\pi \right)\cos nx.\qquad (1)

The computation is as follows:

f(x)=x^{2p}=\dfrac{a_{0,2p}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n,2p}\cos nx+b_{n,2p}\sin nx\right),

where the coefficients are given by the following integrals

\begin{aligned}a_{0,2p}&=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\;\mathrm{d}x=\dfrac{2\pi ^{2p}}{2p+1}\\a_{n,2p}&=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x,\\b_{n,2p}&=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\sin nx\;\mathrm{d}x=0.\end{aligned}

The series expansion is thus

x^{2p}=\dfrac{\pi ^{2p}}{2p+1}+\dfrac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\cos nx\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x.\qquad(2)

For f(\pi )=\pi ^{2p} we obtain

\begin{aligned}\pi ^{2p}=\dfrac{\pi ^{2p}}{2p+1}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x, \end{aligned}

where the integral

\begin{aligned}I_{n,2p}:=\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x \end{aligned}

satisfies the following recurrence, as can be shown by integration by parts

\begin{aligned} I_{n,2p}=\dfrac{2p}{n^{2}}\pi ^{2p-1}\cos n\pi -\dfrac{2p(2p-1)}{n^{2}} I_{n,2\left( p-1\right) },\qquad I_{n,0}=0.\qquad(3) \end{aligned}

For p=1, we get

\begin{aligned} I_{n,2}=\frac{2p}{n^{2}}\pi ^{2p-1}\cos n\pi \end{aligned}

and

\begin{aligned} \pi ^{2} &=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi \cdot I_{n,2}\\&=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi \left(\dfrac{2}{n^{2}}\pi \cos n\pi \right)\\&=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}\\&\Rightarrow\zeta (2)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}.\end{aligned}

For p=2, we get

\begin{aligned}I_{n,4}=\left( \dfrac{4\pi ^{3}}{n^{2}}-\dfrac{24\pi }{n^{4}}\right) \cos n\pi\end{aligned}

and

\begin{aligned}\pi ^{4}&=\dfrac{\pi ^{4}}{5}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\cdot I_{n,4}=\dfrac{\pi ^{4}}{5}+\dfrac{4\pi ^{4}}{3}-48\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{4}}\\ &\Rightarrow\zeta (4)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{4}}=\dfrac{\pi ^{4}}{ 90}.\end{aligned}

Finally for p=3, we get

\begin{aligned}I_{n,6}=\left( \dfrac{6\pi ^{5}}{n^{2}}-\dfrac{120\pi ^{3}}{n^{4}}+\dfrac{720}{n^{6}}\right) \cos n\pi\end{aligned}

and

\begin{aligned}\pi ^{6}=\dfrac{\pi ^{6}}{7}+2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( \dfrac{6\pi ^{4}}{n^{2}}-\dfrac{120\pi ^{2}}{n^{4}}+\dfrac{720}{n^{6}}\right),\end{aligned}

from which the result follows

\zeta(6)=\begin{aligned}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{6}}=\dfrac{\pi ^{6}}{945}.\end{aligned}

Plots of the periodic function defined in \left[ -\pi ,\pi \right] by f(x)=x^{6} (blue curve) and of the partial sum with the first 10 terms of its Fourier trigonometric series (red curve).

This method generates recursively the sequence (\zeta(2p))_{p\ge 1}.

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 20, 2011

A função eta de Dirichlet e o prolongamento analítico da função zeta

Filed under: Análise Complexa,Matemática,Séries — Américo Tavares @ 7:01 am
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Para valores reais x\in]1,\infty[ a função zeta pode exprimir-se na forma (ver nota)

\zeta (x):=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{k^{x}}=\dfrac{1}{1-2^{1-x}}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^{x}},

em que a última série é a função  eta de Dirichlet \eta (x). Dado que para x>0 esta série alterna é convergente (porque 1/k^x\to 0), e 1-2^{1-x}\neq 0 para x\in]0,1[\cup]1,\infty[, a função \zeta (x) pode ser prolongada analiticamente ao intervalo x\in]0,1[\cup]1,\infty[ (note-se que x=1 está também excluído da primeira série) pela função

\dfrac{1}{1-2^{1-x}}\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^{x}}.

Para x=1/2 obtemos \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^{1/2}}\approx 0.6049 e

\zeta (1/2)=-\left( 1+\sqrt{2}\right) \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^{1/2}}\approx -1.4604.

Nota: Dedução

\begin{aligned} \zeta (x) &=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{k^{x}}=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{k-1}}{k^{x}}+2\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{\left( 2k\right) ^{x}}\\ &=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\frac{(-1)^{k-1}}{k^{x}}+2^{1-x}\zeta (x).\end{aligned}

donde decorre a relação indicada.

Junho 15, 2011

Visualização da convergência de uma série geométrica complexa

Filed under: Geometria,Matemática,Matemáticas Gerais,Séries — Américo Tavares @ 3:42 pm
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Este post é essencialmente uma adaptação e interpretação do problema A Converging Rabbit  do blogue Rambling Thoughts  de Moor Xu, do qual obtive a devida permissão.

     

Considere-se uma linha quebrada que parte da origem (0,0) e que é constituída por uma sucessão de segmentos de recta cujos comprimentos formam uma sucessão geométrica de razão r<1 e 1.º termo igual a 1. Os ângulos entre os sucessivos segmentos e o semi-eixo positivo Ox formam uma sucessão aritmética de razão igual a \pi /2 e 1.º termo igual a 0, como ilustrado na figura, para r=3/4.

Como determinar as coordenadas do ponto P(x,y) de convergência dos segmentos de recta?

Um dos processos será considerar a série geométrica complexa de razão re^{i\pi /2}=ri e primeiro termo 1:

S(r,\pi /2)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\left( ri\right) ^{n}=\dfrac{1}{1-ri}=\dfrac{1}{1+r^{2}}+\dfrac{r}{1+r^{2}}i

O ponto de convergência é então P(1/(1+r^{2}),/(1+r^{2})). A série é convergente porque \left\vert ri\right\vert =r<1, o que justifica o cálculo anterior. Para o caso da figura tem-se S(3/4,\pi/2)=\dfrac{16}{25}+\dfrac{12}{25}i.

Se o ângulo de rotação de um segmento em relação ao anterior for \alpha , o termo geral da série passa a ser \left(re^{i\alpha }\right) ^{n}=r^{n}e^{in\alpha }, logo \left\vert\left(re^{i\alpha }\right) ^{n}\right\vert =r^{n}, r<1, pelo que a sua soma se generaliza a:

\begin{aligned}S(r,\alpha )&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\left( re^{i\alpha }\right) ^{n}=\dfrac{1}{1-re^{i\alpha }}\\&=\dfrac{1-r\cos \alpha }{\left( 1-r\cos \alpha \right) ^{2}+r^{2}\sin^{2}\alpha }+r\dfrac{\sin \alpha }{\left( 1-r\cos \alpha \right)^{2}+r^{2}\sin ^{2}\alpha }i\end{aligned}

Por exemplo, S(1/2,\pi /3)=1+\dfrac{1}{3}\sqrt{3}i, que corresponde à situação do problema A Converging Rabbit, onde se deve determinar como solução \left\vert 1+\dfrac{1}{3}\sqrt{3}i\right\vert =\dfrac{2}{3}\sqrt{3}.

Alternativamente este problema admite uma resolução puramente geométrica. Retomo a série da 1.ª figura.

A linha azul que começa em Q(1,0) e converge para P é uma redução de 3/4 da linha que parte de O, passa por Q e converge para o mesmo P, seguida de uma rotação de \pi /2 no sentido contrário ao do ponteiro do relógio, além de uma translacção. Por este motivo, o triângulo [O,P,Q] é rectângulo em P e o cateto PQ=\dfrac{3}{4}OP. Assim, pelo teorema de Pitágoras, temos OP^{2}+\dfrac{9}{16}OP^{2}=1, donde OP=\dfrac{4}{5} e PQ=\dfrac{3}{5}. A altura h do triângulo baixada de P pode obter-se igualando a área calculada tomando como base a hipotenusa ou um dos catetos: \dfrac{h}{2}=\dfrac{4}{5}\times \dfrac{3}{5}\times \dfrac{1}{2}, isto é h=\dfrac{12}{25}. A distância d entre O e a pé da altura é tal que d^{2}+h^{2}=OP^{2}, o que dá d=\dfrac{16}{25}, obtendo-se P(x,y)=P(d,h)=P\left(\dfrac{16}{25},\dfrac{12}{25}\right), como atrás.

Maio 25, 2011

Determinação dos valores da função zeta nos pares através de uma série de Fourier

Filed under: Análise de Fourier,Cálculo,Exercícios Matemáticos,Matemática,Recorrência,Séries — Américo Tavares @ 11:14 pm
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Para obter valores de \zeta(2p), como exercício de Cálculo, retomo a integração por partes da entrada Relações de recorrência geradas pela integração por partes, em particular a última relação de recorrência que vou justificar. Considero a função par  f(x)=x^{2p} no intervalo \left[ -\pi ,\pi \right] e vou determinar a sua série trigonométrica de Fourier. Como é sabido esta série converge para uma função periódica, que é a repetição de f(x) em todo o eixo real (ver figura).

x^{2p}\sim\dfrac{a_{0,2p}}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( a_{n,2p}\cos nx+b_{n,2p}\sin nx\right)

em que os coeficientes a_{n,2p} são dados pelas expressões

a_{0,2p}=\dfrac{1}{\pi}\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\;\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi }\dfrac{2\pi ^{2p+1}}{2p+1}=\dfrac{2\pi ^{2p}}{2p+1}

a_{n,2p}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x=\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x\qquad n\geq 1

e os coeficientes b_{n,2p} são nulos, em virtude de f(x)\sin nx=x^{2n}\sin nx ser uma função ímpar:

b_{n,2p}=\dfrac{1}{\pi }\displaystyle\int_{-\pi }^{\pi }x^{2p}\sin nx\;\mathrm{d}x=0\qquad n\geq 1

Assim, teremos

x^{2p}=\dfrac{\pi ^{2p}}{2p+1}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos nx\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x

e para f(\pi )=\pi ^{2p}

\begin{aligned}\pi ^{2p} &=\dfrac{\pi ^{2p}}{2p+1}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x \\ &=\dfrac{\pi ^{2p}}{2p+1}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi \cdot I_{n,2p}\end{aligned}

em que I_{n,2p} é  o integral

I_{n,2p}=\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x

Para o integrar, por partes, escolho f(x)=x^{2p} e g^{\prime }(x)=\cos nx, pelo que f^{\prime }(x)=2px^{2p-1} e g(x)=\dfrac{1}{n}\sin nx; resulta

\begin{aligned}\displaystyle\int f(x)g^{\prime }(x)\;\mathrm{d}x&=f(x)g(x)-\displaystyle\int f^{\prime }(x)g(x)\;\mathrm{d}x\\\displaystyle\int x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x&=\dfrac{1}{n}x^{2p}\sin nx-\dfrac{2p}{n}\displaystyle\int x^{2p-1}\sin nx\;\mathrm{d}x\end{aligned}

Integrando novamente por partes, com f(x)=x^{2p-1} e g^{\prime }(x)=\sin nx, sendo, portanto, f^{\prime }(x)=\left( 2p-1\right) x^{2\left( p-1\right) } e g(x)=\int\sin \left( nx\right) dx=-\dfrac{\cos nx}{n}, vem

\begin{aligned}\displaystyle\int f(x)g^{\prime }(x)\;\mathrm{d}x&=f(x)g(x)-\displaystyle\int f^{\prime }(x)g(x)\;\mathrm{d}x \\\displaystyle\int x^{2p-1}\sin nx\;\mathrm{d}x &=-\dfrac{1}{n}x^{2p-1}\cos nx+\dfrac{2p-1}{n}\displaystyle\int x^{2\left( p-1\right) }\cos nx\;\mathrm{d}x\end{aligned}

e, por isso,

\displaystyle\int x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x=\dfrac{1}{n}x^{2p}\sin nx-\dfrac{2p}{n}\displaystyle\int x^{2p-1}\sin nx\;\mathrm{d}x

\begin{aligned}&=\dfrac{1}{n}x^{2p}\sin nx-\dfrac{2p}{n}\left( -\dfrac{1}{n}x^{2p-1}\cos nx+\dfrac{2p-1}{n}\displaystyle\int x^{2\left( p-1\right) }\cos nx\;\mathrm{d}x\right) \\&=\dfrac{1}{n}x^{2p}\sin nx+\dfrac{2p}{n^{2}}x^{2p-1}\cos nx-\dfrac{2p\left( 2p-1\right) }{n^{2}}\displaystyle\int x^{2\left( p-1\right) }\cos nx\;\mathrm{d}x\end{aligned}

donde

\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2p}\cos nx\;\mathrm{d}x=\dfrac{2p}{n^{2}}\pi ^{2p-1}\cos n\pi -\dfrac{2p\left( 2p-1\right) }{n^{2}}\displaystyle\int_{0}^{\pi }x^{2\left( p-1\right) }\cos nx\;\mathrm{d}x

Ou seja, vemos que I_{n,2p} verifica a relação de recorrência

I_{n,2p}=\dfrac{2p}{n^{2}}\pi ^{2p-1}\cos n\pi -\dfrac{2p\left( 2p-1\right) }{n^{2}}I_{n,2\left( p-1\right) }\qquad I_{n,0}=0\qquad(\ast)

que deixei como exercício na entrada referida.

Para p=1, como

I_{n,2}=\dfrac{2}{n^{2}}\pi \cos n\pi

temos

\begin{aligned}\pi ^{2} &=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\cdot I_{n,2} \\&=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi \left(\dfrac{2}{n^{2}}\pi \cos n\pi \right) \\ &=\dfrac{\pi ^{2}}{3}+4\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}} \end{aligned}

donde

\zeta (2)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{1}{6}\pi ^{2}

e para p=2, atendendo a que

\begin{aligned}I_{n,4} &=\dfrac{4}{n^{2}}\pi ^{3}\cos n\pi -\dfrac{12}{n^{2}}I_{n,2} \\&=\left( \dfrac{4}{n^{2}}\pi ^{3}-\dfrac{24\pi }{n^{4}}\right) \cos n\pi\end{aligned}

vem

\begin{aligned}\pi ^{4} &=\dfrac{\pi ^{4}}{5}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\cdot I_{4} \\&=\dfrac{\pi ^{4}}{5}+\dfrac{4\pi ^{4}}{3}-48\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{4}}\end{aligned}

pelo que

\zeta (4)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{4}}=\dfrac{1}{90}\pi ^{4}

Da mesma forma obteríamos

\begin{aligned}I_{n,6} &=\dfrac{6}{n^{2}}\pi ^{5}\cos n\pi -\dfrac{30}{n^{2}}\left( \dfrac{4}{n^{2}}\pi ^{3}-\dfrac{24\pi }{n^{4}}\right) \cos n\pi \\&=\left( \frac{6}{n^{2}}\pi ^{5}-\dfrac{120}{n^{4}}\pi ^{3}+\dfrac{720\pi }{n^{6}}\right) \cos n\pi \end{aligned}

e

\pi ^{6}=\dfrac{\pi ^{6}}{7}+2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left( \dfrac{6}{n^{2}}\pi^{4}-\dfrac{120}{n^{4}}\pi ^{2}+\dfrac{720}{n^{6}}\right)

donde, substituindo os resultados já calculados de \zeta (2) e \zeta (4)

\zeta (6)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{6}}=\dfrac{1}{945}\pi ^{6}

E, em geral, poderíamos determinar \zeta (2p) através da relação de recorrência de I_{n,2p}, o que se traduz em ir calculando
sucessivamente I_{n,2},I_{n,4},\ldots ,I_{n,2p-2} e \zeta (2),\zeta (4),\ldots,\zeta (2p-2).

Exemplo gráfico para 2p=6

Figura: Função periódica definida em \left[ -\pi ,\pi \right] por f(x)=x^{6} (a azul) e a soma parcial dos primeiros 10 termos do seu desenvolvimento em série de Fourier (a vermelho)

\dfrac{\pi ^{6}}{7}+\dfrac{2}{\pi }\displaystyle\sum_{n}^{}\left( \left( \dfrac{6}{n^{2}}\pi ^{5}-\dfrac{120}{n^{4}}\pi ^{3}+\dfrac{720\pi }{n^{6}}\right)\cos n\pi \right) \cos nx

Pondo q=2p, obtemos

\begin{aligned}\pi ^{q} &=\dfrac{\pi ^{q}}{q+1}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\cos n\pi\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{2}{\pi }x^{q}\cos nx\;\mathrm{d}x \\ &=\frac{\pi ^{q}}{q+1}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }a_{n,q}\cos n\pi \qquad (q\text{ par})\end{aligned}

ou então, na forma,

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }a_{n,q}\cos n\pi =\dfrac{q}{q+1}\pi ^{q}\qquad (q\text{ par})

em que

a_{n,q}=\dfrac{2}{\pi }I_{n,q}=\displaystyle\int_{0}^{\pi }\dfrac{2}{\pi }x^{q}\cos nx\;\mathrm{d}x\qquad (q\text{ par})

cumpre a condição, para q par

a_{n,q}=\dfrac{2}{\pi }I_{n,q}=\dfrac{2q}{n^{2}}\pi ^{q-2}\cos n\pi -\dfrac{q\left( q-1\right) }{n^{2}}a_{n,q-2}\qquad a_{n,0}=0\quad(\ast\ast)

Os primeiros termos de a_{n,q} são

\begin{aligned}a_{n,2}&=\left( 4/n^{2}\right) \cos n\pi \\a_{n,4} &=\left( 8\pi^{2}/n^{2}-48/n^{4}\right)\cos n\pi\\a_{n,6}&=\left( 12\pi ^{4}/n^{2}-240\pi^{2}/n^{4}+1440/n^{6}\right)\cos n\pi\\a_{n,8}&=\left( 16\pi ^{6}/n^{2}-672\pi^{4}/n^{4}+13\,440\pi^{2}/n^{6}-80\,640/n^{8}\right)\cos n\pi\end{aligned}

e os da função zeta para valores pares do argumento

\begin{aligned}\zeta (2)/\pi ^{2} &=1/6\qquad \quad \zeta (4)/\pi ^{4}=1/90 \\ \zeta (6)/\pi ^{6} &=1/945\qquad \zeta (8)/\pi ^{8}=1/9450\end{aligned}

A interdependência dos vários \zeta (q), com q par, e a série S_{q}=\sum a_{n,q}\cos n\pi =q\pi ^{q}/\left( q+1\right) , resultante do método de cálculo, é ilustrada por

\begin{aligned}S_{2}&=4\zeta (2)\\S_{4}&=8\left[\pi ^{2}\zeta (2)-6\zeta (4)\right]\\S_{6} &=12\left[ \pi ^{4}\zeta (2)-20\pi ^{2}\zeta (4)+120\zeta (6)\right]\\S_{8} &=16\left[ \pi ^{6}\zeta (2)-42\pi ^{4}\zeta (4)+840\pi ^{2}\zeta(6)-5040\zeta (8)\right]\end{aligned}.

Contudo, não consegui obter uma relação recorrência satisfeita directamente por \zeta (q), muito menos uma fórmula explícita. Mas uma tal fórmula explícita existe e é bem conhecida [1],

\zeta(2p)=(-1)^{p+1}\dfrac{B_{2p}(2\pi)^{2p}}{2(2p)!}

estabelece a relação com os números de Bernoulli B_{p} de ordem par, que podem definir-se pelos coeficientes da série de potências

\dfrac{x}{e^{x}-1}=\displaystyle\sum_{p=0}^{\infty }\dfrac{B_px^{p}}{p!}

ou de forma implícita pela relação de recorrência [2]

\displaystyle\sum_{k=0}^{p}\dbinom{p+1}{k}B_{p}=0,\qquad B_{0}=1.

Quanto à relação de recorrência associada aos valores pares de \zeta(p), Eric Rowland publicou uma, há alguns anos, na web, obtida a partir da integração repetida da parte imaginária do desenvolvimento em série de Taylor de \ln(1-e^{ix}), na vizinhança de x=0.

[28-5-2011, Alterada notação: I_{n,2p} em vez de I_{p} e a_{n,2p},b_{n,2p} em vez de a_{n},b_{n}]

[29-5-2011, Acrescentada relação de recorrência dos números de Bernoulli.]

Bibliografia consultada

[1] EDWARDS, H. M., Rieman’s Zeta Function, Dover Publications, New York, 1974

[2] ANDRÉ, Carlos e FERREIRA, Fernando, Matemática Finita, Universidade Aberta, nº 203, Lisboa, 2000

Setembro 19, 2010

Um problema de juros compostos de uma série não uniforme da Universidade de Purdue

Filed under: Cálculo financeiro,Matemática,Problem,Problemas,Purdue University,Séries,Sucessões — Américo Tavares @ 11:49 pm
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Esta é a tradução do problema Problem No. 2 (Fall 2010 Series) e da minha resolução aceite pela Universidade de Purdue.

« Qual é o montante mais pequeno que deverá investir-se à taxa de juro de i\%, composta anualmente, de maneira a poder levantar-se 1^{2},2^{2}, 3^{2},\ldots dólares no final do ano 1,2,3,\ldots , perpetuamente? (Para i=10, a resposta é 2310 dólares.) »

Transcrição do original

“ What is the smallest amount that may be invested at interest rate i\%, compounded annually, in order that we may withdraw 1^{2},2^{2}, 3^{2},\ldots dollars at the end of the 1st, 2nd, 3rd, … year, in perpetuity? (For i=10, the answer is 2310 dollars.) “

Resolução: O principal resultado que usaremos é o cálculo da soma da série \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n^{2}x^{n}.

Proposição: se -1<x<1, a série \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n^{2}x^{n} converge para \dfrac{x\left( 1+x\right) }{\left( 1-x\right) ^{3}}.

Demonstração: Tomemos a seguinte série geométrica, que é convergente para |x|<1:

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }x^{n}=\dfrac{x}{1-x}\qquad (1)

e diferenciemos ambos os membros \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }nx^{n-1}=\left( 1-x\right) ^{-2}. Agora multipliquemo-los por x: x\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}=\sum_{n=1}^{\infty }nx^{n}=x\left( 1-x\right) ^{-2}. Diferenciando novamente, obtemos \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n^{2}x^{n-1}=\left( 1+x\right) \left( 1-x\right) ^{-3}. Multipliquemos ambos os membros por x e completaremos a demonstração da Proposição:

x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n^{2}x^{n-1} =\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n^{2}x^{n}=\dfrac{x\left( 1+x\right) }{\left( 1-x\right) ^{3}}\qquad (2)

Pondo x=1/c obtemos na forma alternativa, válida para |c|>1,

x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{n^2}{c^n} =\dfrac{c(c+1)}{(c-1)^{3}}\qquad (3)

Designemos por P o valor actual total da série de levantamentos 1^{2},2^{2}, 3^{2},\ldots dólares, no fim do ano 1, 2, 3,\ldots . O levantamento n^{2} no final do ano n contribui para P no valor de n^{2}/(1+i/100)^{n}, em que i é a taxa de juro (em percentagem) composta anualmente. Sumando todas as contribuições desde n=1 a \infty dá P (no princípio do ano 1),  que é o montante A mais pequeno que é necessário investir-se para equilibrar (A-P=0) os levantamentos como enunciado no problema: P=\sum_{n=1}^{\infty}n^{2}/\left( 1+i/100\right) ^{n}.

Usando (3) com c=1+i/100>1 obtemos o valor actual P(i)=A(i), em dólares, em função da taxa de juro i em percentagem:

A(i)=P(i)=\dfrac{\left( 1+i/100\right) (2+i/100)}{(i/100)^{3}}\qquad (4)

Para i=10, confirmamos que A(10)=P(10)=2310.

Cópia do Texto original

[Correcção gramatical: "alternative form" em vez de "alternatively form"]

* * *

Comentário: Ao iniciar este problema não fazia a mínima ideia de como o iria resolver na prática. De repente consegui associar dois conceitos diferentes: um proveniente da Cálculo financeiro e o outro das Séries, que consegui concretizar na resolução apresentada.

Setembro 8, 2010

Série de termo geral n²/xⁿ :: Series of general term n²/xⁿ

Filed under: Análise Matemática,Calculus,Cálculo,Exercícios Matemáticos,Matemática,Math,Problem,Problemas,Séries — Américo Tavares @ 9:37 pm
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Demostre que para x>1, x\in\mathbb{R} a função f(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{n^{2}}{x^{n}} é convergente e determine, justificando, a sua expressão analítica, na forma de fracção racional f(x)=\dfrac{P(x)}{Q(x)}.

Sugestão: utilize a série geométrica de razão x e 1.º termo 1, diferencie e multiplique por x duas vezes.

Prove that for x>1, x\in\mathbb{R} the function f(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{n^{2}}{x^{n}} converges and find, with proof, its analytical expression in the form of a rational function f(x)=\dfrac{P(x)}{Q(x)}.

Hint: use the geometrical series with ratio x and first term 1, differentiate and multiply by x twice.

Abril 2, 2010

Período da dízima que representa 629/9801

Filed under: Cálculo,Matemática,Matemáticas Gerais,PARI,Programação,Séries — Américo Tavares @ 12:25 pm
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Neste comentário o leitor Ronaebson perguntou-me:

Quantas algarismos possui o período da dízima

(0,171717\ldots)\times (0,373737\dots )\quad ?
 

Resposta: o número de dígitos do período da dízima é igual a 396.

Obtive-o no software PARI/GP:

0, ( 0 6 4 1 7 7 1 2 4 7 8 3 1 8 5 3 8 9 2 4 5 9 9 5 3 0 6 6 0 1 3 6 7  2 0 7 4 2 7 8 1 3 4 8 8 4 1 9 5 4 9 0 2 5 6 0 9 6 3 1 6 7 0 2 3 7 7 3 0 8 4 3 7 9 1 4 4 9 8 5 2 0 5 5 9 1 2 6 6 1 9 7 3 2 6 8 0 3 3 8 7 4 0 9 4 4 8 0 1 5 5 0 8 6 2 1 5 6 9 2 2 7 6 2 9 8 3 3 6 9 0 4 3 9 7 5 1 0 4 5 8 1 1 6 5 1 8 7 2 2 5 7 9 3 2 8 6 3 9 9 3 4 7 0 0 5 4 0 7 6 1 1 4 6 8 2 1 7 5 2 8 8 2 3 5 8 9 4 2 9 6 5 0 0 3 5 7 1 0 6 4 1 7 7 1 2 4 7 8 3 1 8 5 3 8 9 2 4 5 9 9 5 3 0 6 6 0 1 3 6 7 2 0 7 4 2 7 8 1 3 4 8 8 4 1 9 5 4 9 0 2 5 6 0 9 6 3 1 6 7 0 2 3 7 7 3 0 8 4 3 7 9 1 4 4 9 8 5 2 0 5 5 9 1 2 6 6 1 97 3 2 6 8 0 3 3 8 7 4 0 9 4 4 8 0 1 5 5 0 8 6 2 1 5 6 9 2 2 7 6 2 9 8 3 3 6 9 0 4 3 9 7 5 1 0 4 5 8 1 1 6 5 1 8 7 2 2 5 7 9 3 2 8 6 3 9 9 3 4 7 0 0 5 4 0 7 6 1 1 4 6 8 2 1 7 5 2 8 8 2 3 5 8 9 4 2 9 6 5 0 0 3 5 7 1)

ou, de forma menos precisa, mas talvez mais sugestiva:

0, 0 6 4 1 7 7 1 2 4 7 . . . 2 9 6 5 0 0 3 5 7 1′ 0 6 4 1 7 7 1 2 4 7 . . . 2 9 6 5 0 0 3 5 7 1′ 0 6 4 1 7 7 1 2 4 7 . . . 2 9 6 5 0 0 3 5 7 1′ . . .

Contei o número de dígitos:

\overset{396\text{ d\'{\i}gitos}}{\overbrace{0641771247...2965003571}} 

Represento por a=0,171717\dots e b=0,373737\dots os dois factores, que se podem exprimir nas fracções:

a=\dfrac{17}{10^2-1}=\dfrac{17}{99}

e

b=\dfrac{37}{10^2-1}=\dfrac{37}{99}

O produto

ab=\dfrac{17}{99}\times\dfrac{37}{99}=\dfrac{629}{9801}

é igual a

\dfrac{N}{10^{p}-1}

em que N é o inteiro

N=629\dfrac{10^{396}-1}{9801}

e p=396 o período da dízima, ou seja:

\dfrac{629}{9801}=\dfrac{N}{10^{p}-1}=\dfrac{629\dfrac{10^{396}-1}{9801}}{10^{396}-1}=\dfrac{6417 71247\ldots 2965003571}{10^{396}-1}

sendo

 \dfrac{10^{396}-1}{9801}

um número inteiro.

Problema em aberto: provar teoricamente que 396 é o menor valor de p  tal que p,N\in\mathbb{N} e

\dfrac{N}{10^p-1}=\dfrac{629}{9801}.

[Editado: acrescentados pormenores e feitas alterações diversas, incluindo o título]. 

Março 14, 2010

Dia do pi: a série de Euler do chamado Problema de Basileia

Filed under: Cálculo,Demonstração,Exercícios Matemáticos,Integrais,Matemática,Séries,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 11:04 pm
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Aproveitando o facto de ser dia do \pi, vou expor um resultado descoberto por Euler relacionado com o \pi, apresentando não a demonstração de Euler, mas uma baseada na  integração pelo método de substituição, no qual o jacobiano da transformação, que constitui uma generalização da derivada de uma função de uma única variável real, desempenha  um papel fundamental. Neste caso os integrais usados são duplos, por se utilizarem duas funções de duas variáveis reais. O jacobiano da transformação que será usada, uma simples rotação de eixos, é igual a 1.

Leonhard Euler

(Wikipédia)

Euler descobriu que

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}\text{.}

A prova que vou detalhar é  um exercício de Cálculo  relativamente simples em termos teóricos, mas de concepção muito engenhosa. Este método é apresentado no artigo^{\dag}   de Tom Apostol A Proof that Euler Missed: Evaluating \zeta (2) the Easy Way — e de forma algo semelhante – na primeira demonstração do capítulo 8 (Three times \pi ^{2}/6) do livro^{\ddag}  Proofs from The BOOK de Martin Aigner e Günter  Ziegler. A diferença maior é que neste livro a transformação usada, além da rotação, tem ainda uma redução de escala, o que torna os cálculos mais simples.

Tom Apostol

(artigo mencionado)

Como

\dfrac{1}{n}=\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n-1}dx

então

\dfrac{1}{n^{2}}=\left(\displaystyle \int_{0}^{1}x^{n-1}dx\right) ^{2}=\left(\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}dt\right) \left( \displaystyle\int_{0}^{1}\tau ^{n-1}d\tau \right)

Donde

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\left(\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}dt\right) \left(\displaystyle \int_{0}^{1}\tau ^{n-1}d\tau \right)

=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}t^{n-1}\;\tau^{n-1}\;dt\;d\tau

=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }t^{n-1}\;\tau^{n-1}\;dt\;d\tau

 

Ora

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }t^{n-1}\;\tau ^{n-1}=\dfrac{1}{1-t\tau }

pelo que

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1-t\tau}\;dt\;d\tau.

Se rodarmos  os eixos t,\tau , no sentido directo, de um ângulo com uma amplitude igual a \alpha , obtemos a transformação:

t=t^{\prime }\cos\alpha -\tau^{\prime }\sin\alpha

\tau=t^{\prime }\sin\alpha +\tau^{\prime }\cos\alpha

em que t^{\prime },\tau ^{\prime } são as coordenadas dos novos eixos. Invertendo a transformação de coordenadas obtemos

t^{\prime }=t\cos\alpha +\tau\sin\alpha

\tau^{\prime }=-t\sin\alpha +\tau\cos\alpha

Nota: os jacobianos destas transformações são iguais:

\dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }=\dfrac{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime }\right) }{\partial \left( t,\tau \right) }=1

De facto

\dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }=\det\begin{pmatrix}\dfrac{\partial t}{\partial t^{\prime }} & & \dfrac{\partial t}{\partial \tau^{\prime }} \\ & & \\ \dfrac{\partial \tau }{\partial t^{\prime }} & & \dfrac{\partial \tau }{\partial \tau ^{\prime }}\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}\cos\alpha & & -\sin\alpha \\ & & \\ \sin\alpha & & \cos\alpha \end{pmatrix}

=\cos ^{2}\alpha +\sin ^{2}\alpha =1 (*)

e como

\dfrac{\partial\left( t,\tau \right) }{\partial\left( t^{\prime },\tau^{\prime }\right) }\cdot\dfrac{\partial\left( t^{\prime },\tau ^{\prime}\right) }{\partial \left( t,\tau \right) }=1

a primeira igualdade fica demonstrada.

Escolhamos agora \alpha =\dfrac{\pi}{4}:

\cos\dfrac{\pi }{4}=\sin\dfrac{\pi }{4}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}

e

t=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left( t^{\prime }-\tau ^{\prime }\right)

\tau=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left( t^{\prime }+\tau ^{\prime }\right)

t\tau=\dfrac{1}{2}\left( \left( t^{\prime }\right)^{2}-\left( \tau^{\prime }\right)^{2}\right)

1-t\tau=\dfrac{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}+\left( \tau ^{\prime}\right)^{2}}{2}

Quadrado 1×1 (verde) e o rodado (azul)

Nota de 16.03.10: esta figura representa os eixos t,\tau, respectivamente, na horizontal e na vertical. Os eixos t',\tau' foram novamente rodados, para efeitos de visualização em uma única figura, de maneira a coincidirem, respectivamente, com t,\tau . 

O quadrado inicial, de vértices \left( t=0,\tau =0\right) , \left( t=1,\tau =0\right) , \left( t=1,\tau =1\right) , \left( t=0,\tau=1\right) , transforma-se no quadrado de vértices

\left( t^{\prime}=0,\tau ^{\prime }=0\right) , \left( t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2},\tau ^{\prime }=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right) ,

\left( t^{\prime }=\sqrt{2},\tau ^{\prime }=0\right) , \left( t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2},\tau^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right)

que é simétrico em relação a t^{\prime }. Assim, integrando para t^{\prime }\geq 0 no plano t^{\prime },\tau ^{\prime }, separadamente nos intervalos (da variável t^{\prime }) \left[ 0,\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right] e \left[ \dfrac{1}{2}\sqrt{2},\sqrt{2}\right] , vem

\displaystyle\int_{t=0}^{t=1}\displaystyle\int_{\tau =0}^{\tau =1}\dfrac{1}{1-t\tau }\;dt\;d\tau=\displaystyle\int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;

=2\displaystyle\int_{t^{\prime }=0}^{t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\displaystyle\int_{\tau^{\prime }=0}^{\tau ^{\prime }=t^{\prime }}\dfrac{2}{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right) ^{2}}\times \dfrac{\partial\left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime }\right) }\;dt^{\prime }\;d\tau ^{\prime }

 +2\displaystyle\int_{t^{\prime }=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{t^{\prime }=\sqrt{2}}\displaystyle\int_{\tau^{\prime }=0}^{\tau ^{\prime }=\sqrt{2}-t^{\prime }}\dfrac{2}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right) ^{2}}\times \dfrac{\partial \left( t,\tau \right) }{\partial \left( t^{\prime },\tau ^{\prime}\right) }\;dt^{\prime }\;d\tau ^{\prime }

        =4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\left( \int_{0}^{t^{\prime }}\frac{d\tau^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau ^{\prime }\right)^{2}}\right) \;dt^{\prime }\; +4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\left( \displaystyle\int_{0}^{\sqrt{2}-t^{\prime}}\dfrac{d\tau ^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau^{\prime }\right) ^{2}}\right) \;dt^{\prime }

Se repararmos que

\displaystyle\int\dfrac{d\tau ^{\prime }}{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}+\left( \tau^{\prime }\right) ^{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}

obtemos

\displaystyle\int_{0}^{1}\left( \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;=4\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\left[ \dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\right] _{0}^{t^{\prime }}\;dt^{\prime }

+4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\left[ \dfrac{1}{\sqrt{2-\left(t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\tau ^{\prime }}{\sqrt{2-\left(t^{\prime }\right) ^{2}}}\right] _{0}^{\sqrt{2}-t^{\prime }}\;dt^{\prime }

 

=4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\;dt^{\prime }

+4\displaystyle\int_{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\arctan \dfrac{\sqrt{2}-t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\;dt^{\prime }

 

Agora, fazendo a substituição t^{\prime }=\sqrt{2}\sin\theta , dt^{\prime }=\sqrt{2}\cos \theta \;d\theta , no primeiro integral, vem:

4\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{1}{2}\sqrt{2}}\dfrac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\arctan\left( \dfrac{t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right)^{2}}}\right) \;dt^{\prime }

=4\displaystyle\int_{0}^{\pi/6}\arctan\left( \tan \theta \right) d\theta \;

=4\displaystyle\int_{0}^{\pi /6}\theta d\theta =\dfrac{\pi ^{2}}{18}

 

enquanto que a substituição t^{\prime }=\sqrt{2}\cos\theta , dt^{\prime }=-\sqrt{2}\sin\theta \;d\theta no segundo, resulta em:

4\displaystyle\int_{\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2-\left( t^{\prime }\right) ^{2}}}\arctan \left( \frac{\sqrt{2}-t^{\prime }}{\sqrt{2-\left( t^{\prime}\right) ^{2}}}\right) dt^{\prime }

=4\displaystyle\int_{0}^{\pi /3}\arctan \left( \dfrac{1-\cos \theta }{\sin \theta }\right) \;d\theta =4\displaystyle\int_{0}^{\pi/3}\arctan \left( \tan \dfrac{\theta }{2}\right)\;d\theta =4\displaystyle\int_{0}^{\pi/3}\frac{\theta }{2}\;d\theta =\dfrac{\pi ^{2}}{9}

pelo que, efectivamente,

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{1}\left( \int_{0}^{1}\dfrac{d\tau }{1-t\tau }\right) \;dt\;=\dfrac{\pi ^{2}}{18}+\dfrac{\pi ^{2}}{9}=\dfrac{\pi ^{2}}{6}.

(*) P.S. A interpretação geométrica é a de que o quadrado original tem a mesma área do transformado (1\times 1=1).

[Editado em 15.03.10: incluído gráfico dos dois quadrados, quadro a óleo representando Euler e foto de Apostol.  Corrigido sentido de rotação dos eixos . Tomei conhecimento no blog OU Math Club que ontem a Google utilizou o seguinte logo

http://www.google.com/logos/index.html

]

 

______________

^{\dag} Tom M. Apostol, A Proof that Euler Missed:  Evaluating \zeta (2) the Easy Way,  The Mathematical Intelligencer vol. 5, No. 3, p.59, Springer-Verlag, New York, 1983

^{\ddag} Martin Aigner, Günter Ziegler, Proofs From THE BOOK, 4.th ed., Springer, 2010

Janeiro 21, 2010

Algumas notas de cálculo — estudo do artigo de Alfred van der Poorten sobre a irracionalidade de zeta de 3, ζ(3), segundo Roger Apéry

Filed under: Cálculo,Matemática,Séries,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 9:04 pm
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Sobre Roger Apéry pode ver em inglês ou francês a biografia escrita por François Apéry, The Mathematical Intelligencer, vol. 18, n° 2, 1996, pp. 54-61.

Adenda de 22.01.10: Foi no livro de Ian Stewart, Os Problemas da Matemática, (Gradiva, 2.ª edição, 1996), que tomei conhecimento da existência da demonstração de \zeta \left( 3\right), no qual se lê:

« A função \zeta \left( x\right)  é agora conhecida como a função zeta de Riemann. Depois de inúmeras dificuldades, Euler conseguiu somar a série para certos valores de x. Em 1734 descobriu que \zeta \left( 2\right) =\pi ^{2}/6. Mais tarde provou que, para todo o n par, \zeta \left( n\right) é  um múltiplo racional de \pi ^{n}. Podemos deduzir daqui que \zeta \left( n\right) é irracional (de facto, transcendente) para todo o n par. Até muito recentemente, ninguém podia dizer nada deste teor para n ímpar. Devem imaginar a reacção quando, nas Journées Arithmétiques de Marseille-Luminy, em Junho de 1978, R. Apéry, da Universidade de Caen, foi anunciado para falar ‘Sobre a irracionalidade de \zeta \left( 3\right) ‘ . Alf van der Poorten, que estava lá, descreve a conferência nestes termos: ‘O cepticismo era geral. A palestra tendeu a fortalecer esta visão de completa incredulidade. Aqueles que a escutaram sem interesse, ou que estavam limitados por não serem francófonos, pareciam ouvir apenas uma sequência de asserções pouco prováveis’  »

SpringerLink

Estudei o artigo (*) de Alfred van der Poorten  (actualmente Professor jubilado de Matemática) A proof that Euler Missed… Apery’s Proof of the Irrationality of \zeta (3), The Mathematical Intelligencer, Nº 1 (1979) pp. 195-203 (pdf), para o que necessitei de fazer alguns cálculos, dos quais apresento os do parágrafo 3.

– Nota 1: uma soma telescópica de fracções racionais reais –

Demonstração da identidade

\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k})}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{K}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{K})}.\;(1)

Fazendo

A_{0}=\dfrac{1}{x}

e

A_{K}=\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{K}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{K})},

vem

A_{k-1}=\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-2}a_{k-1}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-2})(x+a_{k-1})},

donde

A_{k-1}-A_{k}=\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-1})} -\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k})}

=\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-1})}\dfrac{(x+a_{k})}{(x+a_{k})}-\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}a_{k}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k})}

=\dfrac{\left( a_{1}a_{2}...a_{k-1}\right) x+(a_{1}a_{2}...a_{k-1})a_{k}-a_{1}a_{2}...a_{k-1}a_{k}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-1})(x+a_{k})}

=\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-1})(x+a_{k})}\qquad (2)

Por este motivo,

\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k-1})(x+a_{k})}=\displaystyle\sum_{k=1}^{K}A_{k-1}-A_{k}\qquad (3)

mas, como

\displaystyle\sum_{k=1}^{K}A_{k-1}-A_{k} =A_{0}-A_{1}+A_{1}-A_{2}+...+A_{K-2}-A_{K-1}+A_{K-1}-A_{K}

=A_{0}+\left( -A_{1}+A_{1}\right) +\left( -A_{2}+A_{2}\right) +... +\left( -A_{K-2}+A_{K-2}\right) +\left( -A_{K-1}+A_{K-1}\right) -A_{K}

=A_{0}+0+0+...+0+0-A_{K}

=A_{0}-A_{K}

=\dfrac{1}{x}-\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{K}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{K})}\qquad (4)

comparando com (3), assim se completa a demonstração de (1).

– Nota 2: um caso discreto particular da soma telescópica de fracções racionais  –

Dedução de

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{\left( -1\right) ^{n-1}\left( n-1\right) !^{2}}{n^{2}\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] }.\quad (5)

Para

x=n^{2}\qquad (6)

e

a_{k}=-k^{2}\qquad (7)

na identidade (1), vem, do lado esquerdo:

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{k-1}}{(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{k})}\right) _{\substack{ x=n^{2} \\ a_{k}=-k^{2}}}

=\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{\left( -1^{2}\right) \left( -2^{2}\right) ...\left[ -\left( k-1\right) ^{2}\right] }{(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-k^{2})}

=\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{\overset{k-1\text{ factores}}{\overbrace{\left( -1\right) \left( -1\right) ...\left( -1\right) }}\;1^{2}2^{2}...\left( k-1\right) ^{2}}{(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-k^{2})}

=\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left[ 1\cdot 2\cdot ...\cdot\left( k-1\right) \right] ^{2}}{(n^{2}-1^{2})...(n^{2}-k^{2})}

=\displaystyle\sum_{k=1}^{K}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{(n^{2}-1^{2})...(n^{2}-k^{2})}\qquad (8)

e, do lado direito:

\left( \dfrac{1}{x}-\dfrac{a_{1}a_{2}...a_{K}}{x(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{K})}\right) _{_{\substack{ x=n^{2} \\ a_{k}=-k^{2}}}}

=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{\left( -1^{2}\right) \left( -2^{2}\right) ...\left( -K\right) ^{2}}{n^{2}(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-K^{2})}

=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{\overset{K\text{ factores}}{\overbrace{\left( -1\right) \left( -1\right) ...\left( -1\right) }}\;1^{2}2^{2}...K^{2}}{n^{2}(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-K^{2})}

=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{\left( -1\right) ^{k}(1\cdot 2\cdot ...\cdot K)^{2}}{n^{2}(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-K^{2})}

=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{\left( -1\right) ^{k}K!^{2}}{n^{2}(n^{2}-1^{2})(n^{2}-2^{2})...(n^{2}-K^{2})}\qquad (9)

como se queria deduzir, para K=n-1.

Para demonstrar

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}}\qquad (10)

falta, portanto, deduzir

\dfrac{\left( -1\right) ^{n-1}\left( n-1\right) !^{2}}{n^{2}\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] }=\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}};

ou seja, simplificando

\dfrac{\left( n-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] }=\dfrac{2}{\dbinom{2n}{n}}.\qquad (11)

Para o denominador do membro esquerdo vem, sucessivamente:

\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right]

=(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)...(n-n+1)(n+n-1)

=\left[ (n-1)(n-2)...2\cdot 1\right] \left[ (n+1)(n+2)...(2n-1)\right]

=\left( n-1\right) !\dfrac{1}{n!}\left[ n!(n+1)(n+2)...(2n-1)\right]

=\dfrac{\left( n-1\right) !\left( 2n-1\right) !}{n!}=\dfrac{\left( n-1\right) !\left( 2n-1\right) !}{n\left( n-1\right) !}=\dfrac{\left( 2n-1\right) !}{n}

=\dfrac{\left( 2n-1\right) !}{n}\dfrac{2n}{2n}=\dfrac{\left( 2n\right) !}{2n^{2}}.

Em resumo:

\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] =\dfrac{\left( 2n\right) !}{2n^{2}}.

e

\dfrac{\left( n-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] }=\dfrac{\left( n-1\right) !^{2}}{\dfrac{\left( 2n\right) !}{2n^{2}}}=\dfrac{2n^{2}\left( n-1\right) !^{2}}{\left( 2n\right) !}

=\dfrac{2n^{2}\left( n-1\right) !^{2}}{n!^{2}\dbinom{2n}{n}}=\dfrac{2\left[ n\left( n-1\right) !\right] ^{2}}{n!^{2}\dbinom{2n}{n}}

=\dfrac{2n!^{2}}{n!^{2}\dbinom{2n}{n}}=\dfrac{2}{\dbinom{2n}{n}}

e, portanto

\dfrac{\left( -1\right) ^{n-1}\left( n-1\right) !^{2}}{n^{2}\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left[ n^{2}-\left( n-1\right) ^{2}\right] }=\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}};

donde, se obtem a identidade atrás, que se repete:

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }=\dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}}

– Nota 3:  uma soma binomial –

Dedução de [no original falta o factor 2 do segundo membro. No entanto, se \varepsilon _{n,k} fosse definido com este factor no denominador, a fórmula seria a que aparece no original.]

\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^{k}\left( \varepsilon _{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}\right) =2\left( \sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n^{3}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{3}\dbinom{2n}{n}}\right) ,\qquad (12),

em que

\varepsilon _{n,k}=\dfrac{k!^{2}\left( n-k\right) !}{k^{3}\left( n+k\right) !}=\dfrac{1}{k^{3}\dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}},.

Partindo desta definição temos

\varepsilon _{n-1,k}=\dfrac{k!^{2}\left( n-1-k\right) !}{k^{3}\left( n-1+k\right) !}=\dfrac{1}{k^{3}\dbinom{n-1}{k}\dbinom{n-1+k}{k}},

e, sucessivamente

\varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}=\dfrac{k!^{2}\left( n-k\right) !}{k^{3}\left( n+k\right) !}-\dfrac{k!^{2}\left( n-1-k\right) !}{k^{3}\left( n-1+k\right) !}

=\dfrac{k!^{2}}{k^{3}}\left[ \dfrac{\left( n-k\right) !}{\left( n+k\right) !}-\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n-1+k\right) !}\right]

=\dfrac{k!^{2}}{k^{3}}\left[ \dfrac{\left( n-1\right) \left( n-1-k\right) !}{\left( n+k\right) \left( n-1+k\right) !}-\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n-1+k\right) !}\right]

=\dfrac{k!^{2}}{k^{3}}\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n-1+k\right) !}\left( \dfrac{n-k}{n+k}-1\right)

=-\dfrac{k!^{2}}{k^{3}}\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n-1+k\right) !}\dfrac{2k}{n+k}

=-\dfrac{k!^{2}}{k^{2}}\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n-1+k\right) !}\dfrac{2}{n+k}

=-2\dfrac{k!^{2}}{k^{2}}\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n+k\right) !};\qquad (13)

mas como

n\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) =n\left( n-1\right) \left( n+1\right) ...\left( n-k\right) \left( n+k\right)

=n\left[ \left( n-1\right) ...\left( n-k\right) \right] \left[ \left( n+1\right) ...\left( n+k\right) \right]

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

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

=\dfrac{\left( n+k\right) !}{\left( n-1-k\right) !},\qquad (14)

resulta

\varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}=-2\dfrac{k!^{2}}{k^{2}}\dfrac{\left( n-1-k\right) !}{\left( n+k\right) !}

=-2\dfrac{k!^{2}}{k^{2}}\dfrac{1}{n\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }

=-2\left[ \dfrac{k\left( k-1\right) !}{k}\right] ^{2}\dfrac{1}{n\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }

=-2\dfrac{\left( k-1\right) !^{2}}{n\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) },\qquad (15)

donde

\left( -1\right) ^{k}n\left( \varepsilon _{n,k}-\varepsilon _{n-1,k}\right) =2\dfrac{\left( -1\right) ^{k}\left( -1\right) \left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }

=2\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }

=2\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) };\qquad (16)

somando ambos os membros, vem

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\left( -1\right) ^{k}n\left( \varepsilon _{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}\right) =2\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{\left( -1\right) ^{k-1}\left( k-1\right) !^{2}}{\left( n^{2}-1^{2}\right) ...\left( n^{2}-k^{2}\right) }

=2\left( \dfrac{1}{n^{2}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{2}\dbinom{2n}{n}}\right) ,\qquad (17)

ou

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\left( -1\right) ^{k}\left( \varepsilon _{n,k}-\varepsilon_{n-1,k}\right) =2\left( \dfrac{1}{n^{3}}-\dfrac{2\left( -1\right) ^{n-1}}{n^{3}\dbinom{2n}{n}}\right) ;

e, finalmente

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

como se pretendia deduzir. (mais…)

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