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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.

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.

Derivadas: a total de uma função composta de duas variáveis reais e de uma função elevada a outra função

Novembro 17, 2008 in Análise, Caderno, Cálculo, Demonstração, Matemática, Teorema, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Demonstração, Matemática | 2 comments

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Proponho-me demostrar a seguinte regra de derivação

$\dfrac{d}{dt}\left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }=v\left( t\right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) -1}u^{\prime }(t)+\left( \ln u\left( t\right) \right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }v^{\prime }(t)$

como aplicação do teorema relativo à derivada total em relação a $t$ de uma função de duas variáveis reais ambas função de $t$ .

Teorema: Sejam $z=f\left( x,y\right)$ uma aplicação de $\mathbb{R}^{2}$ em $\mathbb{R}$ diferenciável em $\left( x_{0},y_{0}\right)$ e $x=\varphi \left( t\right)$ e $y=\psi \left( t\right)$ duas aplicações de $\mathbb{R}$ em $\mathbb{R}$ diferenciáveis em $t_{0}.$

Então

$\left(\dfrac{dz}{dt}\right) _{t_{0}}=\left(\dfrac{\partial z}{\partial x}\right) _{\left( x_{0},y_{0}\right) }\left(\dfrac{dx}{dt}\right) _{t_{0}}+\left(\dfrac{\partial z}{\partial y}\right) _{\left( x_{0},y_{0}\right) }\left(\dfrac{dy}{dt}\right) _{t_{0}}$

Demonstração: seja $\Delta z$ o incremento de $z=f\left( x,y\right)$ em $\left( x_{0},y_{0}\right)$ associado a um incremento $\Delta t$ em $t_{0}$ :

$\Delta z=f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}+\Delta t\right) \right) -f\left( \varphi \left( t_{0}\right) ,\psi\left( t_{0}\right) \right)$

$=\left[ f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}+\Delta t\right) \right) -f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) \right]$

$+\left[ f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) -f\left( \varphi \left( t_{0}\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) \right]$

Por hipótese, $\varphi$ e $\psi$ são diferenciáveis em $t_{0}$ pelo que existem variáveis reais $\xi,\eta$ que tendem ambas para $0$ com $\Delta t$ tais que

$h=\varphi\left( t_{0}+\Delta t\right) -\varphi\left( t_{0}\right) =\Delta t\left( \varphi ^{\prime }\left( t_{0}\right) +\xi \right)$

$k=\psi \left( t_{0}+\Delta t\right) -\psi \left( t_{0}\right) =\Delta t\left( \psi ^{\prime }\left( t_{0}\right) +\eta \right)$

Admitindo que $f_{y}^{\prime }$ é contínua existe um número real $\theta \left( 0<\theta <1\right)$ tal que a primeira parcela de $\Delta z$ se pode exprimir na forma

$f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}+\Delta t\right) \right) -f\left( \varphi \left( t_{0}\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) =$

$=kf_{y}^{\prime }\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}+\theta k\right) \right) =k\left( f_{y}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\beta \right)$

A variável real $\beta$ tende para $0$ com $\Delta t$ . Existe ainda outra variável real $\alpha$ que também tende para $0$ com $\Delta t$ ; é tal que a segunda parcela de $\Delta z$ é da forma

$f\left( \varphi \left( t_{0}+\Delta t\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) -f\left( \varphi \left( t_{0}\right) ,\psi \left( t_{0}\right) \right) =h\left( f_{x}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\alpha \right)$ .

Vem, portanto

$\Delta z=h\left( f_{x}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\alpha \right) +k\left( f_{y}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\beta \right)$

Assim, tem-se

$\dfrac{\Delta z}{\Delta t}=\varphi ^{\prime }\left( t_{0}\right) f_{x}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\psi ^{\prime }\left( t_{0}\right) f_{y}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\varepsilon$

em que

$\varepsilon =\xi f_{x}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\varphi ^{\prime }\left( t_{0}\right) \alpha +\xi \alpha +\psi ^{\prime }\left( t_{0}\right) \beta +\eta f_{y}^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\eta \beta$

que tende para 0 com $\Delta t$ . Logo

$\left( \dfrac{dz}{dt}\right) _{t_{0}}=\varphi ^{\prime }\left( t_{0}\right) \varphi ^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right) +\psi ^{\prime }\left( t_{0}\right) \psi ^{\prime }\left( x_{0},y_{0}\right)$

como se queria demonstrar $\qquad\square$

$\bigskip$

Exemplo 1: demonstre a seguinte regra de derivação

$\dfrac{d}{dt}\left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }=v\left( t\right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) -1}u^{\prime }+\left( \ln u\left( t\right) \right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }v^{\prime }$

Neste caso temos $z=f(x,y)=u^{v}$ , em que $x=u\left( t\right)$ e $y=v\left( t\right)$ . A derivada $f^{\prime }(t)$ será

$f^{\prime }(t)=\dfrac{\partial z}{\partial x}\times \dfrac{dx}{dt}+\dfrac{\partial z}{\partial y}\times \dfrac{dy}{dt}$

sendo

$\dfrac{\partial z}{\partial x}=yx^{y-1}=v\left( t\right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) -1}$

$\dfrac{\partial z}{\partial y}=\left( \ln x\right) x^{y}=\left( \ln u\left( t\right) \right) \left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }$

donde se chega imediatamente à regra enunciada. $\qquad\blacktriangleleft$

$\bigskip$

Exemplo 2: determine $\left( x^{x}\right) ^{\prime }$

Aplica-se a regra do exemplo 1:

$\left( x^{x}\right) ^{\prime }=xx^{x-1}+\left( \ln x\right) x^{x}=\left( 1+\ln x\right) x^{x}$ $\qquad\blacktriangleleft$

NOTA DE 8-12-2008: a regra de derivação do exemplo 1 pode ser deduzida sem recorrer ao teorema da derivada da função composta, reparando que

$\left[ u\left( t\right) \right] ^{v\left( t\right) }=e^{v(t)\ln(u)}$

atendendo a $u(t)=e^{\ln(u(t))}$ e aplicando de seguida a regra de derivação da função exponencial.

Desigualdade de Cauchy-Schwarz

Agosto 18, 2008 in Análise, Caderno, Demonstração, Desigualdade, Matemática, Teorema, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Demonstração, Matemática | 6 comments

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A desigualdade de Cauchy-Schwarz corresponde ao seguinte

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

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

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

Demonstração

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

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

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

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

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

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

significando que

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

Daqui pode ainda concluir-se que

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

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

$\square$

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

[Actualização de 30-9-2008: acrescentado pdf]

ADENDA de 27-11-2008: esta desigualdade é uma consequência directa da identidade de Lagrange demonstrada nesta entrada

Correcção de 1-12-2008: na segunda desigualdade do Teorema

Séries de Fourier

Julho 21, 2008 in Análise, Análise de Fourier, Caderno, Cálculo, Demonstração, Exercício, Matemática, Problema, Séries, Teorema, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Demonstração, Exercícios, Matemática, Problema | 1 comment

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Para facilidade de consulta, decidi reunir aqui as entradas já publicadas sobre Séries de Fourier:

Séries de Fourier 1 – Sistemas de Funções Ortogonais

Séries de Fourier 2 – Relação de Parseval

Séries de Fourier 3 – Série Trigonométrica de Fourier

Séries de Fourier 4 - Problemas

Séries de Fourier 5 – Problemas II

Séries de Fourier 6 – Problemas III

Actualização de 20-11-2008: Suprimido o texto, ficando apenas os links, para evitar diferenças de actualização.

	Américo Tavares no Optimização por método general…
	Allyne no Optimização por método general…
	Eduardo Lazarini no Matemática, papel e caneta, e …
	mario dumbo hossi no Descobrir a Moeda Falsa
	Américo Tavares no Notas soltas sobre a Conferênc…
	Moura Mendes no Notas soltas sobre a Conferênc…
	Moura Mendes no Notas soltas sobre a Conferênc…
	anonimo no Dodecaedro e outros poliedros…
	Elias_Brasil no Probabilidades com cartas
	Pedro Cunha no Caderno

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