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Uma aplicação interessante do teorema de Rolle

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

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

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

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

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

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

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

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

$\bigskip$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

que ocorre quando

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

o que justifica a afirmação enunciada. $\blacktriangleleft$

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

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

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.

Cubo de dimensão n, n-cubo ou hipercubo

Janeiro 4, 2009 in Caderno, Geometria, Matemática, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Matemática | Leave a comment

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O cubo de dimensão $n$ , hipercubo ou $n$ -cubo obtém-se do de dimensão $n-1$ deslocando-o numa direcção perpendicular ao hiperplano que contém o $n-1$ -cubo de uma distância igual a $1$ , e unindo nesse processo os vértices dos dois $n-1$ -cubos inicial e final por arestas.

Por exemplo, a partir do cubo tridimensional (de aresta unitária), cujos vértices, escritos numa sequência de três bits ( bitstring ) são

$000,001,010,011,100,101,110$ e $111$

podemos obter o quadridimensional introduzindo uma quarta dimensão. Este cubo tem 16 vértices, e que são, enumerando-os:

$0000,0001,0010,0011,0100,0101,0110,0111$ ,

$1000,1001,1010,1011,1100,1101,1110$ e $1111$

Do cubo tridimensional passamos ao bidimensional (o $2$ -cubo ou quadrado) retirando-lhe uma das dimensões. Se for a terceira (correspondente ao bit da esquerda) ficamos com os vértices

$00,01,10$ e $11$ .

Deste retirando-lhe mais uma dimensão ficamos com o $1$ -cubo (ou segmento), cujos vértices são o

$0$ e $1.$

Visualmente, o cubo de dimensão $4$ pode representar-se na folha de papel (no ecrã do computador), por exemplo, por

4cubo

Claro que este cubo quadridimensional não existe no espaço euclidiano.

PS. Este cubo é um grafo que pode ser redesenhado e ficar numa forma que lhe seja equivalente.

Método de Newton de determinação da raiz de uma equação não linear e … BOM 2009

Dezembro 29, 2008 in Arte, Caderno, Matemática, Métodos Numéricos, Teorema / Teoria | Tags: Arte, Caderno, Matemática | 5 comments

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Se tiver uma equação não linear

$f(x)=0$

e pretender determinar numericamente um zero, pode utilizar o método da secante ou o de Newton que passo a expor. Pelo método de Newton partimos do valor inicial $x_{1}$ e geramos uma sucessão de valores $x_{i}$ ( $i=1,2,,\ldots$ ) até nos aproximarmos da solução da equação. Paramos quando chegarmos à aproximação pretendida.

A recta que passa por $\left( x_{1},y_{1}=f\left( x_{1}\right) \right)$ é dada pela equação:

$y=f^{\prime }(x_{1})(x-x_{1})+f(x_{1})$

que intersecta o eixo dos $x$ no ponto de abcissa $x_{2}$

$x_{2}=x_{1}-\dfrac{f\left( x_{1}\right) }{f^{\prime }\left( x_{1}\right) }$

Este valor permite gerar, pelo mesmo método, o novo valor

$x_{3}=x_{2}-\dfrac{f\left( x_{2}\right) }{f^{\prime }\left( x_{2}\right) }$

da abcissa do ponto de cruzamento da tangente a $f(x)$ no ponto $(x_{2},y_{2}=f(x_{2}))$ e assim sucessivamente:

$x_{i+1}=x_{i}-\dfrac{f\left( x_{i}\right) }{f^{\prime }\left( x_{i}\right) }$ .

Como se vê este método obriga ao cálculo da derivada da função $f(x).$

Exemplo: Aplique o método de Newton na determinação de $\sqrt{2}$

$\sqrt{2}$ é solução de $x^{2}-2=0$ . Temos $f(x)=x^{2}-2$ e $f^{\prime }(x)=2x$ , pelo que a iteração se faz aplicando sucessivamente

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

Escolhendo $x_{1}=1$ , vem

$x_{2}=x_{1}-\dfrac{x_{1}^{2}-2}{2x_{1}}=1-\dfrac{1-2}{2}=\dfrac{3}{2}$

$x_{3}=x_{2}-\dfrac{x_{2}^{2}-2}{2x_{2}}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{\left( \dfrac{3}{2}\right) ^{2}-2}{2\times \dfrac{3}{2}}=\dfrac{17}{12}$

$x_{4}=x_{3}-\dfrac{x_{3}^{2}-2}{2x_{3}}=\dfrac{17}{12}-\dfrac{\left( \dfrac{17}{12}\right) ^{2}-2}{2\times \dfrac{17}{12}}=\dfrac{577}{408}$

$x_{5}=x_{4}-\dfrac{x_{4}^{2}-2}{2x_{4}}=\dfrac{577}{408}-\dfrac{\left( \dfrac{577}{408}\right) ^{2}-2}{2\times \dfrac{577}{408}}=\dfrac{665857}{470832}$

A sucessão

$1,\dfrac{3}{2},\dfrac{577}{408},\dfrac{665857}{470832},\dots\rightarrow \sqrt{2}$

A velocidade de convergência é boa:

$\sqrt{2}-1=0,41421$

$\sqrt{2}-\dfrac{3}{2}=-8,5786\times 10^{-2}$

$\sqrt{2}-\dfrac{17}{12}=-2,4531\times 10^{-3}$

$\sqrt{2}-\dfrac{577}{408}=-2,1239\times 10^{-6}$

$\sqrt{2}-\dfrac{665857}{470832}=-1,5949\times 10^{-12}$

[Actualização de 4-4-2009: incluído exemplo]

: : : : :

Do calendário dos Artistas Pintores com a boca e o pé (Março de 2009) – “Amigas” de Chris Opperman. Citação de William Blake.

Aproveito esta oportunidade para desejar um BOM 2009 a todos os visitantes e comentadores deste blogue.

Regra de Leibniz de diferenciação de um integral paramétrico e sua generalização

Dezembro 7, 2008 in Caderno, Cálculo, Exercício, Integrais, Matemática, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Exercícios, Matemática, Problema | 2 comments

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Suponhamos que temos o integral que é função do parâmetro $t$

$I(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}f\left( x,t\right) dx$

A sua diferenciação baseia-se na seguinte

Proposição (regra de Leibniz): Sejam $f\left( x,t\right)$ uma função real definida num rectângulo $R=$ $\left[ a,b\right] \times \left[ c,d\right] \in\mathbb{R}^{2}$ integrável em $x$ para cada valor real de $t$ e $\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}$ a sua derivada parcial contínua em $x$ e $t$ no mesmo rectângulo. A derivada do integral função do parâmetro $t$

$I(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}f\left( x,t\right) dx$

é dada por

$I^{\prime }(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}dx.$

$\bigskip$

Usei-a aqui.

Neste caso os limites de integração são constantes. A generalização a um integral do tipo

$I(t)=J(u,v,t)=\displaystyle\int_{u(t)}^{v(t)}f\left( x,t\right) dx,$

em que o parâmetro ocorre também nas funções $u\left( t\right)$ e $v\left( t\right)$ dos limites de integração, é uma consequência do teorema fundamental do cálculo integral para uma função, na sua forma habitual

$\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_{a}^{x}g\left( t\right) dt=g\left( x\right)$

e nesta dela derivada

$\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_{x}^{b}g\left( t\right) dt=-\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_{b}^{x}g\left( t\right) dt=-g\left( x\right)$

bem como da regra de derivação da função composta. A derivada passa a ser

$I^{\prime }(t)=\dfrac{dI}{dt}=\dfrac{\partial J}{\partial t}\dfrac{dt}{dt}+\dfrac{\partial J}{\partial v}\dfrac{dv}{dt}+\dfrac{\partial J}{\partial u}\dfrac{du}{dt}$

$I^{\prime }(t)=\left( \dfrac{\partial }{\partial t}\displaystyle\int_{u}^{v}f\left( x,t\right) dx\right) \dfrac{dt}{dt}$ $+\left( \dfrac{\partial }{\partial v}\displaystyle\int_{u}^{v}f\left( x,t\right) dx\right) \dfrac{dv\left( t\right) }{dt}$ $+\left( \dfrac{\partial }{\partial u}\displaystyle\int_{u}^{v}f\left( x,t\right) dx\right) \dfrac{du\left( t\right) }{dt}$

Assim

$I^{\prime }(t)=\displaystyle\int_{u\left( t\right) }^{v\left( t\right) }\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}dx+f\left( v\left( t\right) ,t\right) v^{\prime }\left( t\right) -f\left( u\left( t\right) ,t\right) u^{\prime}\left( t\right) .$

$\bigskip$

Problema: determine a derivada $I^{\prime }(t)$ do integral

$I(t)=J(2t,t^{2},t)=\displaystyle\int_{2t}^{t^{2}}e^{tx}dx$

Resolução: neste caso $f\left( x,t\right) =e^{tx},u\left( t\right) =2t$ e $v\left( t\right) =t^{2}.$ As derivadas são

$v^{\prime }\left( t\right) =2t\qquad\qquad u^{\prime }\left( t\right) =2$

$\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}=\dfrac{\partial }{\partial t}e^{tx}=xe^{tx}$

e os valores da função integranda são calculados em $\left( v,t\right)$ e $\left( u,t\right)$

$f\left( v\left( t\right) ,t\right) =e^{t\cdot t^{2}}=e^{t^{3}}$

$f\left( u\left( t\right) ,t\right) =e^{t\cdot 2t}=e^{2t^{2}}$

donde

$=\dfrac{e^{t^{3}}\left( 3t^{3}-1\right) -e^{2t^{2}}\left( 4t^{2}-1\right) }{t^{2}}\qquad \blacktriangleleft$

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Cubo de dimensão n, n-cubo ou hipercubo

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