Problemas Teoremas

Abril 21, 2012

Os números da forma n^4 + 4 são compostos

Filed under: Matemática,Matemática-Secundário,Mathematics Stack Exchange,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 7:50 pm
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Chan colocou no Mathematics Stack Exchange a questão de justificar porque é que os números da forma n^4+4 eram compostos.

Tradução da minha resposta:

Pode-se factorizar algebricamente n^{4}+4, determinando as quatro raízes de n^{4}+4=0.

Dado que n^{4}+4=0\Leftrightarrow n^{4}=4e^{i\pi }, tem-se

\begin{aligned}n&=4^{1/4}e^{i\left( \dfrac{\pi +2k\pi }{4}\right) }\quad k=0,1,2,3\\ &\\n&=\sqrt{2}e^{i\left( \dfrac{\pi }{4}\right) }=1+i\quad \left( k=0\right)\\n&=\sqrt{2}e^{i\left( \dfrac{3\pi }{4}\right) }=-1+i\quad \left( k=1\right)\\n&=\sqrt{2}e^{i\left( \dfrac{5\pi }{4}\right) }=-1-i\quad \left( k=2\right)\\n&=\sqrt{2}e^{i\left( \dfrac{7\pi }{4}\right) }=1-i\quad \left( k=3\right).\end{aligned}

E combinando os factores complexos conjugados, obtemos

\begin{aligned}n^{4}+4&=\left( n-1-i\right) \left( n+1-i\right) \left( n+1+i\right) \left( n-1+i\right)\\&=\left( \left( n+1-i\right) \left( n+1+i\right) \right) \left( \left( n-1-i\right)\left( n-1+i\right) \right)\\&=\left( n^{2}+2n+2\right) \left( n^{2}-2n+2\right) \end{aligned}

Abril 9, 2012

Números em progressão aritmética na base b

Filed under: Exercícios Matemáticos,Matemática,Problemas,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 11:25 am
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Problema: Os números 210,301 e 352, escritos na base b, estão em progressão aritmética. Determine b.

Resolução

  • Conversão para a base decimal:

\left( 352\right) _{b}=3b^{2}+5b+2

\left( 301\right) _{b}=3b^{2}+1

\left( 210\right) _{b}=2b^{2}+b

  • Razão da progressão aritmética:

\left( 352\right) _{b}-\left( 301\right) _{b}=\left( 301\right) _{b}-\left( 210\right) _{b}

         que é equivalente à equação:

5b+1=b^{2}-b+1

         cuja solução não nula é b=6.

Março 30, 2012

Número de zeros finais de n factorial, n!

Filed under: Demonstração,Exercícios Matemáticos,Matemática,Mathematics Stack Exchange,Teorema / Teoria,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 10:09 pm
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Adaptado  desta resposta, no MSE, a esta pergunta de user25329, aproveitando  esta minha  entrada do início deste blogue.

O número de zeros finais de n! é igual ao expoente de 5 da factorização em números primos de n!, o qual é um caso particular da Fórmula de Polignac^{1,2} geral, sendo  dado por

e_{5}(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor\log n/\log 5\right\rfloor }\left\lfloor\dfrac{n}{5^{i}}\right\rfloor\qquad (1)

Pela mesma fórmula o exponente de 2 desa factorização é

e_{2}(n!)=\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor\log n/\log 2\right\rfloor }\left\lfloor\dfrac{n}{2^{i}}\right\rfloor\qquad (2)

Para todo o n existe um m tal que n!=2^{e_2(n!)}\cdot 5^{e_5(n!)}m=(2^{e_2(n!)-e_5(n!)}m)10^{e_5(n!)}, o que conjuntamente com a demonstração apresentada na nota 2 mostra a validade de (1),(2).

Exemplo: n=50. O expoente de 2 da factorização em primos de 50! é igual a

\begin{aligned}e_2(50!)=\displaystyle\sum_{i\geq 1}\left\lfloor \dfrac{50}{2^{i}}\right\rfloor &=\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{2}\right\rfloor+\displaystyle\left\lfloor \dfrac{50}{2^{2}} \right\rfloor +\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{2^{3}}\right\rfloor+\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{2^{4}}\right\rfloor+\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{2^{5}}\right\rfloor\\&=25+12+6+3+1\\&=47,\end{aligned}

enquanto que o exponente de 5 é igual a

\displaystyle e_5(50!)=\displaystyle\sum_{i\geq 1}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{5^{i}}\right\rfloor=\displaystyle\left\lfloor\dfrac{50}{5}\right\rfloor+\displaystyle\left\lfloor \dfrac{50}{5^{2}}\right\rfloor =10+2=12.

Assim, o número de zeros finais de 50!=2^{47}5^{12}m=(2^{35}m)10^{12} é igual a 12.

—

^1 Este teorema também é conhecido pelo nome de teorema de Legendre.

^2 Para todo o inteiro n o expoente do primo p da factorização em primos de n! é igual a

\displaystyle\sum_{i= 1}^{\left\lfloor\log n/\log p\right\rfloor}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor.\qquad (0)

Este expoente obtém-se adicionando aos números entre 1 e n que são dvisíveis por p o número dos que são divisíveis por p^{2}, depois os que são de p^{3}, e assim sucessivamente. Este processo termina na maior potência de p^{i}\leq n.

Julho 20, 2011

Aritmética Racional de Aniceto Monteiro e Silva Paulo. Pequeno Teorema de Fermat

Filed under: Exercícios Matemáticos,Livros,Matemática,Teorema / Teoria,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 10:04 pm
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 Integrado na Biblioteca Básica de Textos Didáticos de Matemática, com edição de 2007 da SPM, adquiri recentemente o segundo volume, Aritmética Racional, fac-simile da edição de 1945 de Livraria Avelar Machado, dos autores Aniceto Monteiro e Silva Paulo.


O objectivo fundamental do seu ensino no liceu era o de «preparar o aluno para prosseguir estudos superiores»(p.IX) e o programa oficial: «Teoria dos números inteiros considerados como representando colecções de objectos idênticos, e das suas operações. Divisibilidade. Números primos. Máximo divisor comum e menor múltiplo comum. Teoria dos números fraccionários e das suas operações.» Dizem os autores: «Para que a Aritmética se possa chamar Racional é indispensável que ela seja apresentada sob a forma duma teoria dedutiva, e para isso é necessário distinguir cuidadosamente as proposições primitivas das proposições demonstráveis».(p. IX)

Ao expor as leis da unicidade, associativa, modular e comutativa da adição e da multiplicação (p.20-21), enquadram-nas nas leis dum Grupóide, conceito da Álgebra Moderna que não aparece no meu livro do liceu, com o mesmo nome, da década de 1960, de J. Jorge Calado.

Como ilustração do método usado transcrevo o enunciado, a demonstração e um exercício de aplicação do teorema de Fermat. (p. 152-154)

« Teorema 13. (De Fermat). Se p fôr primo então a^{p-1}\equiv 1\pmod p.

Dem. Seja a\not\equiv 0 e consideremos os produtos:

(1)\qquad b_1=1\cdot a,b_2=2a,\ldots,b_{p-1}=(p-1)a.

Nenhum produto b_{k}=ka (onde k=1,2,\ldots,p-1) pode verificar a condição ka\equiv 0, porque então seria (§57) k\equiv 0 (o que é impossível por hipótese).

Por outro lado, se i\neq j não pode ser b_{i}\equiv b_{j}, porque se fôsse ia\equiv ja, seria (Teor. 10) i\equiv j. Ora sendo i e j inferiores a p para que a diferença entre i e j seja divisível por p é necessário e suficiente que seja i=j, o que contradiz a hipótese i\neq j. Em resumo os elementos da sucessão (1) são dois a dois incongruentes entre si e nenhum dêles é congruente a 0. Podemos, por isso, afirmar que b_{1},b_{2},\ldots ,b_{p-1} são, respectivamente, congrupentes aos inteiros 1,2,\ldots ,p-1 escritos numa certa ordem. Daqui resulta que:

b_{1},b_{2}\cdots b_{p-1}\equiv 1\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots (p-1)\quad \pmod p

ou

(1a)(2a)\cdots ((p-1)a)\equiv (p-1)!\pmod p

ou ainda

(p-1)!a^{p-1}\equiv (p-1)!\pmod p

donde, pela lei do Corte:

a^{p-1}\equiv 1\pmod p,

 c. q. d. »

« Exercício 10. Se p fôr um número primo ímpar e se a não fôr divisível por p tem-se: a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 ou a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p.

[ Sugestão: Note que

a^{p-1}-1=(a^{\frac{p-1}{2}}-1)(a^{\frac{p-1}{2}}+1). ]

Aplicação: O cubo dum inteiro não divisível por 7 é um múltiplo de 7 mais ou menos 1 »

Julho 1, 2011

Mínimo múltiplo e máximo divisor comuns de dois ou mais racionais

Filed under: Matemática,Mathematics Stack Exchange,Teorema / Teoria,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 11:12 am
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Nesta questão no MSE peakit pergunta como se deduzem duas propriedades do mínimo e do máximo múltiplo comum dos números racionais, que passo a expor, na forma que dei à minha resposta.

Admitamos que se têm duas fracções reduzidas \dfrac{a}{b},\dfrac{c}{d}. Sejam

\begin{aligned}a&=\displaystyle\underset{i}{\prod } p_{i}^{e_{i}(a)},\qquad b=\displaystyle\underset{i}{\prod } p_{i}^{e_{i}(b)}, \\c&=\displaystyle\underset{i}{\prod } p_{i}^{e_{i}(c)},\qquad d=\displaystyle\underset{i}{\prod } p_{i}^{e_{i}(d)}.\end{aligned}

as  factorizações em números primos  dos inteiros a,b,c e d. Então a fracção

\dfrac{\displaystyle\underset{i}{\prod }\ p_{i}^{\max \left( e_{i}(a),e_{i}(c)\right) }}{\displaystyle\underset{i}{\prod }\ p_{i}^{\min \left( e_{i}(b),e_{i}(d)\right) }}

é um múltiplo comum a \dfrac{a}{b},\dfrac{c}{d}; é o mínimo pelas propriedades de \text{mmc} and \text{mdc} de dois inteiros;  \prod_{i}\ p_{i}^{\max \left( e_{i}(a),e_{i}(c)\right) } é o mínimo múltiplo comum dos numeradores e \prod_{i}\ p_{i}^{\min \left( e_{i}(b),e_{i}(d)\right) } é o máximo divisor comum dos denominadores. Assim

\begin{aligned}\text{mmc}\left( \dfrac{a}{b},\dfrac{c}{d}\right) &=&\text{mmc}\left( \dfrac{{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(a)}}}{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(b)}},\dfrac{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(c)}}{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(d)}}\right)=\dfrac{\prod_{i}\ p_{i}^{\max \left( e_{i}(a),e_{i}(c)\right) }}{\prod_{i}\ p_{i}^{\min \left( e_{i}(b),e_{i}(d)\right) }}=\dfrac{\text{mmc}(a,c)}{\text{mdc} (b,d)}.\quad(1)\end{aligned}

De forma semelhante

\begin{aligned}\text{mdc}\left( \dfrac{a}{b},\dfrac{c}{d}\right) &=&\text{mdc}\left( \dfrac{{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(a)}}}{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(b)}},\dfrac{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(c)}}{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(d)}}\right)=\dfrac{\prod_{i}\ p_{i}^{\min \left( e_{i}(a),e_{i}(c)\right) }}{\prod_{i}\ p_{i}^{\max \left( e_{i}(b),e_{i}(d)\right) }}=\dfrac{\text{mdc}(a,c)}{\text{mmc} (b,d)}.\quad(2)\end{aligned}

Aplicando repetidamentes esta relações generalizamos este resultado a um número finito de fracções.

Novembro 24, 2010

Números harmónicos — racionais mas não inteiros

Filed under: Demonstração,Matemática,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 7:02 pm
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No resultado do cálculo do somatório apresentado na última entrada apareceram números harmónicos. O leitor Filipe Oliveira lançou o desafio de mostrar que nenhum número harmónico de ordem superior a a 1 é um número inteiro. O seu nome deriva da conhecida série harmónica divergente

1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{n}+\cdots

Concretamente o termo de ordem n da sucessão das somas parciais  desta série é conhecido por enésimo número harmónico, sendo designado habitualmente por

H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{n}

Uma das formas de provar que a série é divergente, consiste em mostrar que a soma de k termos

\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots +\dfrac{1}{2k-1}+\dfrac{1}{2k}

é minorada por \dfrac{1}{2}, bastando reparar que cada um destes termos é igual ou superior a \dfrac{1}{2k}

\underset{k\text{ termos}}{\underbrace{\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\cdots+\dfrac{1}{2k-1}+\dfrac{1}{2k}}}\geq \underset{k\text{ termos}}{\underbrace{\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{2k}+\cdots +\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{2k}}}=k\dfrac{1}{2k}=\dfrac{1}{2}

Voltando à natureza aritmética dos números harmónicos, publiquei uma demonstração, neste comentário, que aqui destaco, aplicando uma propriedade da divisão do menor múltiplo comum dos inteiros entre 1 e n, sucessivamente por cada um destes inteiros superiores a 1. Como se sabe a factorização do inteiro n em números primos é única, sendo da forma

n=p^{e_{p}(n)}\times q^{e_{q}(n)}\times\cdots\times r^{e_{r}(n)}

em que p,q,\ldots ,r são números primos e e_{p}(n), e_{q}(n),\ldots,e_{r}(n) os respectivos expoentes.

Proposição: Seja

H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{n}\qquad (\ast )

o enésimo número harmónico. Para n>1, H_{n} nunca é um número inteiro.

Demonstração: Admitamos que existia um inteiro positivo n para o qual o correspondente H_{n} fosse inteiro. Designemos por d_{n} o menor múltiplo comum dos inteiros compreendidos entre 1 e n. Observemos que d_{n} é um inteiro par. Multiplicando ambos os membros de (\ast ) por d_{n}, obtemos

d_{n}H_{n}=d_{n}+\dfrac{d_{n}}{2}+\dfrac{d_{n}}{3}+\cdots +\dfrac{d_{n}}{n}\qquad (\ast \ast )

O número d_{n}H_{n} seria um número par. Vamos agora mostrar que um dos termos \dfrac{d_{n}}{2},\dfrac{d_{n}}{3},\cdots ,\dfrac{d_{n}}{k},\cdots ,\dfrac{d_{n}}{n} é ímpar e todos os restantes pares. Seja 2^{e_{2}(k)} a maior potência de 2 que divide 2\leq k\leq n.

Consideremos o maior destes expoentes M=\max \{e_{2}(2),e_{2}(3),\ldots,e_{2}(n)\}. O número 2^{M} é a maior potência de 2 que divide d_{n}. Existe um e um só inteiro q compreendido entre 2 e n tal que e_{2}(q)=M, o que implica que \dfrac{d_{n}}{q}=\dfrac{d_{n}}{2^{M}} é um inteiro ímpar e todos os outros números \dfrac{d_{n}}{r}, com r compreendido entre 2 e n, mas diferente de q=2^{M}, são pares. Deste facto resulta que o 2.º membro de (\ast \ast ) é um número ímpar, ao contrário do 1.º que seria par. Esta contradição é o resultado de termos admitido que H_{n} era inteiro.

Logo, H_{n} não pode ser inteiro (para n superior a 1).

Claro que quanto a serem racionais decorre simplesmente do facto de estarmos a somar um número finito de parcelas racionais, em cada uma das vezes. Termino com um exemplo numérico do argumento utilizado na demonstração, já antes também publicado, como comentário.

Exemplo numérico:

H_{6}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}

d_{6}=\text{mmc}(1,2,3,4,5,6)=2^{2}\times 3\times 5=60

d_{6}H_{6}=60H_{6}=60+\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{2}+\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{3}+\left( \dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{4}\right) + +\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{5} +\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{6}=147

Expoentes de 2 na factorização dos denominadores em números primos:

e_{2}(2)=e_{2}(6)=1, e_{2}(3)=e_{2}(5)=0 , e_{2}(4)=2

O maior destes expoentes é

M=\max \{e_{2}(2),e_{2}(3),e_{2}(4),e_{2}(5),e_{2}(6)\}=2

Apenas a parcela

\dfrac{d_{6}}{q}=\dfrac{d_{6}}{2^{M}}=\dfrac{2^{2}\times 3\times 5}{4}=15

é ímpar; as restantes são pares.

Março 20, 2010

Relação de recorrência, recursiva ou equação às diferenças associada ao logaritmo de dois (ln 2)

Filed under: Combinatória,Demonstração,Identidade matemática,Matemática,Matemática Discreta,Recorrência,Sucessões,Teorema / Teoria,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 4:31 pm
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As relações de recorrência associadas a \ln 2 são:

\left( n+1\right) b_{n+1}-3\left( 2n+1\right) b_{n}+nb_{n-1}=0\qquad n\geq 1\qquad \left( 1\right)

e

\left( n+1\right) a_{n+1}-3\left( 2n+1\right) a_{n}+na_{n-1}=0\qquad n\geq 1\qquad \left( 2\right)

em que, a_{0}=1,a_{1}=3 e b_{0}=0,b_{1}=2, podendo demonstrar-se  [1, secção 3] que

\dfrac{b_{n}}{a_{n}}\rightarrow \ln 2\qquad \left( 3\right) .

A fórmula explícita da sucessão \left( a_{n}\right) , — de inteiros — é, como demonstraremos, dada por:

a_{n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}\qquad \left( 4\right)

pelo que

a_{n+1}=\dbinom{2n+2}{n+1}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n+1}{k}\dbinom{n+1+k}{k}

e

a_{n-1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n-1}{k}\dbinom{n-1+k}{k}

Vamos mostrar que \left( 4\right) verifica \left( 2\right) .

Escrevendo

B_{n,k}=-\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}

será

B_{n,k-1}=-\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k-1}\dbinom{n+k-1}{k-1}

Assim

B_{n,k}-B_{n,k-1}=

 

=-\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}+\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k-1}\dbinom{n+k-1}{k-1}

 

Substituindo agora a_{n+1},a_{n} e a_{n-1} na relação de recorrência, vem

\left( n+1\right) \left[ \dbinom{2n+2}{n+1}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n+1}{k}\dbinom{n+1+k}{k}\right]

 

-3\left( 2n+1\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}+n\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n-1}{k}\dbinom{n-1+k}{k}=0

donde

-\left( n+1\right) \dbinom{2n+2}{n+1}=

 

=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left[ \left( n+1\right) \dbinom{n+1}{k}\dbinom{n+1+k}{k}-3\left( 2n+1\right) \dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}\right] +\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left[n\dbinom{n-1}{k}\dbinom{n-1+k}{k}\right]

 

=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\left[ -\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{k}+\left( 4n+2\right) \dbinom{n}{k-1}\dbinom{n+k-1}{k-1}\right]

 

=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}B_{n,k}-B_{n,k-1}

que é uma soma telescópica em k. Prosseguindo, tem-se

-\left( n+1\right) \dbinom{2n+2}{n+1}=B_{n,n}-B_{n,-1}=B_{n,n}

porque B_{n,-1}=0. Mas

B_{n,n}=-\left( 4n+2\right) \dbinom{2n}{n}

pelo que basta verificar que

\left( n+1\right) \dbinom{2n+2}{n+1}=\left( 4n+2\right) \dbinom{2n}{n}

é  uma identidade, o que deixo ao cuidado dos meus leitores.

__________

[1] Eric Reyssat, Irrationalité de \zeta (3) selon Apéry, Séminaire Delange-Pisot-Poitou (Théorie des nombres) 20e année, 1978/79, nº 6, 6 p.

P.S: retirei uma igualdade desnecessária para esta demonstração e acrescentei [1].

Março 16, 2010

Livro de Terence Tao Como Resolver Problemas Matemáticos

Filed under: Exercícios Matemáticos,Livros,Matemática,Problemas,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 6:58 pm
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Com o título Como Resolver Problemas Matemáticos – Uma Perspectiva Pessoal de Terence Tao (Departamento de Matemática, UCLA, Los Angeles), adquiri a 2.ª edição deste livro, uma tradução portuguesa de Paulo Ventura Araújo;  (a edição original foi  Solving mathematical problems: a personal perspective, Deakin University Press, 1992). No post  Solving Mathematical Problems, de 1997, no seu blogue What’s New, sobre a 2.ª edição Solving Mathematical Problems, (Oxford University Press,  2006) [texto editado], escreveu Terence Tao:

“  This book discusses various Olympiad level problems and how one can go about trying to solve them. It is the second edition of an earlier first-edition run.  It has also been translated into Portugese as “Como resolver problemas matemáticos” by Paulo Ventura Araújo for the Sociedade Portuguesa de Matemática (…) “

e ainda

“ (…) Thanks to Paulo Ventura Araújo, Thomas Drucker, Percival Li, Cecil Rousseau, Naoki Sato, dsilvestre, Arnstein Skåra, Tom Verhoeff, and Weiyu Xu for corrections.  “

 

Apresento a seguir uma digitalização da contra-capa e da página 35 do livro, com exercícios da Teoria dos Números.

Book review de Solving mathematical problems: a personal perspective, da autoria de Loren Larson, publicado em Notices Of  The AMS, vol. 57, N0. 2, Fev. 2010.

 

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…)

Dezembro 31, 2009

Maximum of the produt of k positive integers, the sum of which is 100. Problem by Vishal Lama and a solution by Neil Dickson

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Problem by Vishal Lama. Maximize the value of the expression \displaystyle \prod_{j=1}^{k} x_j, for some positive integer k, where \displaystyle \sum_{j=1}^{k} x_j = 100 and x_js are all positive integers.

My (corrected) guess (Ansatz). The solution to your problem seems to be satisfied by k=33+2=34 variables, such as x_{1}=x_{2}=\ldots =x_{32}=3,x_{33},x_{34}=2.
 
Thus x_{1}x_{2}\cdots x_{32}x_{33}x_{34}=3^{32}2^2. If this is correct

 x_{1}=x_{2}=\ldots =x_{32}=\left\lceil e\right\rceil .

For x_{1}=x_{2}=\ldots =x_{49}=x_{50}=\left\lfloor e\right\rfloor =2, the product is only 2^{50}<3^{33}.

I noticed that the function x\longmapsto\dfrac{x}{e^{\ln x-1}}=e and 2<e<3. I have not yet a rigorous argument.

Solution by Neil Dickson. The maximum is 3^{32}2^2.

Rough proof:
It’s definitely the case that no factor can be 1 in the maximum, since the 1 could just be added to any other factor to increase the product.  It’s also true that for any integer 5 or greater, 3(n-3)>n, so it could be split into 3 and n-3 to give a larger product and equal sum.  Any 4 can be split into 2 and 2 giving the same sum and product.  Therefore only 2 and 3 are needed to represent the maximum.  Because 2^3<3^2, maximizing the number of 3′s should give the maximum product.  The maximum number of 3′s you can fit into 100 with an even remainder is 32, leaving 4, which is two 2′s.

This turns out to also be equivalent to asking “What’s the maximum number of maximal independent sets that can occur in a graph of 100 nodes?”  The graph that satisfies this condition is just 32 K_3‘s and 2 K_2‘s (it’s 34 disconnected components, but it’s still a graph).  I’ve been using this lately to construct very bad cases to test out a couple of quantum algorithms I’ve been working on.

Dezembro 29, 2009

Sobre a natureza aritmética da soma e diferença de π (pi, a constante de Arquimedes) e e (constante ou número de Euler)

Filed under: Matemática,Teoria dos Números — Américo Tavares @ 5:35 pm
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Sabe por que motivo é que a soma s=\pi+e e a diferença d=\pi-e não podem ser simultaneamente números algébricos?

Se não sabe, não consegue descobrir por si, e quer saber, veja no artigo recente Mathematical Embarassments, do Prof. Dick Lipton a explicação em três linhas (ou menos). Quanto a ambos (s e d) serem transcendentes, desconhece-se. Isto é uma questão matemática “embaraçosa”, na opinião do autor do blogue Gödel’s Lost Letter and P=NP.

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