problemas | teoremas http://problemasteoremas.wordpress.com Exposição e divulgação despretenciosas de problemas matemáticos, teoremas e teoria sobre temas e dificuldades variados. E-mail: acltavares@sapo.pt Fri, 06 Nov 2009 18:06:26 +0000 http://wordpress.com/ pt hourly 1 http://www.gravatar.com/blavatar/2ce0c234936c660d2558f530d6147c3c?s=96&d=http://s.wordpress.com/i/buttonw-com.png problemas | teoremas http://problemasteoremas.wordpress.com A Mathematical Reflections Undergraduate Problem http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/11/06/a-mathematical-reflections-undergraduate-problem/ http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/11/06/a-mathematical-reflections-undergraduate-problem/#comments Fri, 06 Nov 2009 16:04:00 +0000 Américo Tavares http://problemasteoremas.wordpress.com/?p=8842 ]]>

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

MR_U115

MR_U115

Posted in Matemática, Math, Problem, Problema Tagged: Matemática, Math, Problem, Problema ]]> http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/11/06/a-mathematical-reflections-undergraduate-problem/feed/ 0 ATavares MR_U115 Indução matemática http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/09/15/inducao-matematica/ http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/09/15/inducao-matematica/#comments Tue, 15 Sep 2009 11:49:24 +0000 Américo Tavares http://problemasteoremas.wordpress.com/?p=8815 ]]>

Reuno aqui, para comodidade de leitura, algumas entradas já publicadas sobre o princípio da indução matemática. 

§1. Por este princípio, a demonstração da veracidade de uma determinada proposição matemática p\left( n\right) para todos os inteiros n\geq n_{0}, comporta dois passos:

(1) Verifica-se a sua validade para um dado valor inteiro n_{0} (normalmente, 0 ou 1) da variável de indução n.

(2) Assume-se que é válida para o inteiro n e demonstra-se que é também válida para n+1, isto é, que p\left( n\right)\implies p\left( n+1\right) .

\bigskip

Vamos demonstrar de seguida o Teorema Binomial por este princípio.

Teorema: Para todo o valor de n natural, tem-se

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

qualquer que seja o valor real de x.

\bigskip

Demonstração:

O teorema verifica-se para n=0: \displaystyle\sum_{k=0}^{0}\dbinom{0}{k}x^{k}=\dbinom{0}{0}x^{0}=1 e \left( 1+x\right) ^{0}=1, logo \left( 1+x\right) ^{0}=\displaystyle\sum_{k=0}^{0}\dbinom{0}{k}x^{k}. Admitimos agora que o teorema é válido para n, isto é, que \left( 1+x\right)^{n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k} e demonstremos que o é igualmente para n+1. Como \left( 1+x\right) ^{n+1}=\left( 1+x\right) \left(1+x\right) ^{n}, vem

\left( 1+x\right) ^{n+1}=\left( 1+x\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}+\dbinom{n}{k}x^{k+1}.

Manipulamos o segundo membro (lado direito) até obter \displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}x^{k}. De facto,

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

pela identidade de Pascal e porque

\dbinom{n+1}{0}=\dbinom{n}{0}=\dbinom{n+1}{n+1}=\dbinom{n}{n}=1.

Mas, como

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

provámos, como pretendíamos, que \left( 1+x\right)^{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}x^{k}, e assim acabámos a demonstração. \qquad \blacksquare

\bigskip

A partir do desenvolvimento de \left( 1+x\right) ^{n} deduz-se imediatamente o de \left( x+y\right) ^{n}.

\bigskip

Corolário: Quaisquer que sejam os reais x e y e o natural n é válida a fórmula

\left( x+y\right) ^{n}=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}.

\bigskip
Demonstração: Admitamos que y\neq 0:

\left( x+y\right) ^{n}=y^{n}\left( 1+\frac{x}{y}\right)^{n}=y^{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}\left( \frac{x}{y}\right)^{k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}.

Como

\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}+\dbinom{n}{n}x^{n}y^{0},

para y=0, tem-se

\left( x+y\right)^{n}=x^{n}

e

\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}x^{k}y^{n-k}=x^n=\left( x+y\right) ^{n}

ou seja a fórmula ainda é válida \qquad \blacksquare .

 

§2. O Princípio de indução matemática é o seguinte axioma de Peano:

Se o conjunto A, contido em N, for tal que 1 pertence a A e n+1 pertence igualmente a A sempre que n seja elemento de A, então A = N. [N aqui é o conjunto dos naturais 1, 2, 3, ... ].

Uma propriedade P diz-se hereditária quando, sendo verdadeira para o inteiro n, é também verdadeira para o sucessor de n (n+1).

Assim, o Princípio de Indução equivale a afirmar que uma dada proposição, verdadeira para n=1 e hereditária, implica que seja verdadeira para todos os naturais 1, 2, 3, … .

Por isso, a aplicação deste método comporta as duas etapas (ou passos) conhecidos

  1. Demonstração de que uma dada proposição é válida para n=1. (Caso Base).

  2. Demonstração de que a proposição é hereditária. (Etapa de Indução).

Este princípio nada ou quase nada tem a ver com o método de indução próprio das ciências naturais, que se caracteriza por se estabelecer uma lei geral observando a repetição do mesmo fenómeno em inúmeros casos particulares.

§3. Nem todas as provas por indução têm o mesmo grau de dificuldade. Enquanto a do 1º. exemplo é extremamente simples e natural, a do 2º. obtive-a após tentativas, recorrendo a uma identidade algébrica auxiliar — a ser usada no passo de indução — cuja demonstração me pareceu mais simples do que a identidade inicialmente apresentada, que pode ser deduzida a partir da regra de Ruffini de divisão de um polinómio em x, de grau n, por x-\alpha .

Exemplo 1: prove por indução matemática

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}

Para n=1 a igualdade verifica-se:

\dfrac{1}{2}=1-\dfrac{1}{2}

Admite-se que se verifica para n

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}

e prova-se que nesse caso também se verifica para n+1, ou seja, devemos chegar a

\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n+1}}

Vejamos: se

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}

então, somando \dfrac{1}{2^{n+1}} a ambos os membros da igualdade e simplificando o segundo membro, deduzimos sucessivamente

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

Ora, como

\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^{k}}=\left( \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}\right) +\dfrac{1}{2^{n+1}}

provámos deste modo que a igualdade se verifica para qualquer inteiro n\geq 1.

Exemplo 2: se n for um inteiro positivo, prove

a^{n}-b^{n}=\left( a-b\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}

Para n=1, temos a^{1}-b^{1}=\left( a-b\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{1-1}a^{k}b^{1-1-k}=a-b.

Antes de aplicar a hipótese de indução, a ideia fundamental consiste em mostrar a validade da identidade auxiliar

\left( a^{n}-b^{n}\right) P(n+1)=\left( a^{n+1}-b^{n+1}\right) P(n)\qquad (\ast )

em que

P(n)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}.

De facto

\left( a^{n}-b^{n}\right) P(n+1)=\left( a^{n}-b^{n}\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{n-k}

=\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{n+k}b^{n-k}\right) -\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{2n-k}\right)

e

\left( a^{n+1}-b^{n+1}\right) P(n)=\left( a^{n+1}-b^{n+1}\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}

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

Mas

\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{n+k}b^{n-k}=a^{n}b^{n}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{n+k+1}b^{n-1-k}

e

\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{2n-k}=a^{n}b^{n}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}b^{2n-k}

Subtraindo membro a membro, vem

\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{n+k}b^{n-k}\right) -\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{2n-k}\right)

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

pelo que fica provada a identidade (\ast ) da qual se tira

a^{n+1}-b^{n+1}=\dfrac{a^{n}-b^{n}}{P(n)}P(n+1)

Assim, admitindo que

a^{n}-b^{n}=\left( a-b\right) P(n)

resulta que

a^{n+1}-b^{n+1}=\dfrac{\left( a-b\right) P(n)}{P(n)}P(n+1)

=\left( a-b\right) P(n+1)

=\left( a-b\right) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}a^{k}b^{n-k}

como se queria mostrar.

§ 4. Exercício 1: prove que existe apenas um número natural que verifica a relação

^{n\!}C_{n-2}=2^{n-2}-1

Sugestão: utilize o princípio de indução para provar que a relação não é satisfeita por nenhum natural superior a seis.

Esta ideia é devida a Vishal Lama (neste comentário em inglês).

§ 5. Exercício 2: podemos demonstrar que

\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }\qquad n=1,2,3,\ldots .

De facto substituindo em

\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }

n por 1, ficamos com

\Gamma \left(1+\dfrac{1}{2}\right)=\Gamma \left( \dfrac{3}{2}\right) =\dfrac{1}{2^{1}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi },

que vemos ser verdadeiro, visto que da equação funcional da função gama

\Gamma \left( x+1\right) =x\Gamma \left( x\right)

se obtém, para x=\dfrac{1}{2}

\Gamma \left( 1+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\Gamma \left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi }.

Admitimos agora que

\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }

e fazemos, na equação funcional, x=n+\dfrac{1}{2}. Como vem sucessivamente

\Gamma \left( n+1+\dfrac{1}{2}\right) =\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }

=\dfrac{2n+1}{2}\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left( 2n+1\right) }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }

=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left[ 2\left( n+1\right) -1\right] }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }

demonstra-se desta forma o passo de indução. \blacktriangleleft

Posted in Exercício, Indução matemática, Matemática, Matemática Gerais, Teoria dos Números Tagged: Exercícios, Matemática ]]> http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/09/15/inducao-matematica/feed/ 0 ATavares Problema do mês :: Problem of the month #2. (Coeficientes da série binomial :: Binomial series coefficients). Resolução :: Solution http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/09/10/problema-do-mes-problem-of-the-month-resolucao-do-2-coeficientes-da-serie-binomial-solution-to-the-2-binomial-series-coefficients/ http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/09/10/problema-do-mes-problem-of-the-month-resolucao-do-2-coeficientes-da-serie-binomial-solution-to-the-2-binomial-series-coefficients/#comments Thu, 10 Sep 2009 23:59:01 +0000 Américo Tavares http://problemasteoremas.wordpress.com/?p=8704 ]]>

ver/see Problema do mês Problem of the month

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

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

Deduza a identidade

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

\bigskip

 
Resolução de antonio girao

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

=\dbinom{x+1}{n}

\bigskip

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

* * *

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

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

Derive the identity

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

\bigskip

 

Solution by antonio girao

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

=\dbinom{x+1}{n}

\bigskip

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

* * *

Notas:

1. Estes coeficientes são os da série binomial

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

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

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

Remarks:

1. These coefficients are the binomial series ones

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

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

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

Posted in Matemática, Math, Problem, Problem Of The Month, Problema, Problema do mês ]]> http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/09/10/problema-do-mes-problem-of-the-month-resolucao-do-2-coeficientes-da-serie-binomial-solution-to-the-2-binomial-series-coefficients/feed/ 0 ATavares Three gamma function identities http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/08/26/three-gamma-function-identities/ http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/08/26/three-gamma-function-identities/#comments Wed, 26 Aug 2009 13:35:51 +0000 Américo Tavares http://problemasteoremas.wordpress.com/?p=8620 ]]>

Let n=1,2,\ldots  . Show that

\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n+1)=2^{2n}\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma (n+1)\qquad\left( 1\right)

and

\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n)=2^{2n-1}\Gamma (n)\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 2\right) .

Let x\in\mathbb{R}. If x>0, show that

\sqrt{\pi}\;\Gamma (2x)=2^{2x-1}\Gamma (x)\Gamma\left( x+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 3\right) .

Hints: for the first two identities use the formula proved here. As for the last one evaluate the beta function value B(x,x) and by means of an appropriate  change of variable find a relation between B(x,x) and B\left(x,\dfrac{1}{2}\right) .

PS. Listed in the Carnival of Mathematics #56. See pingback in the 1st comment.

Posted in Calculus, Cálculo, Exercício, Exercise, Função Gama, Funções Especiais, Identidade matemática, Matemática, Math, Problem, Problema Tagged: Matemática, Math, Problema ]]> http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/08/26/three-gamma-function-identities/feed/ 2 ATavares Γ(n+1/2) Valores da função gama a meio de inteiros consecutivos http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/08/05/exercicio-valores-da-funcao-gama-a-meio-de-dois-inteiros-consecutivos/ http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/08/05/exercicio-valores-da-funcao-gama-a-meio-de-dois-inteiros-consecutivos/#comments Wed, 05 Aug 2009 15:44:28 +0000 Américo Tavares http://problemasteoremas.wordpress.com/?p=8469 ]]>

Como exercício simples do método de  indução podemos demonstrar que

\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }\qquad n=1,2,3,\ldots .

De facto substituindo em

 \Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }

 n por 1, ficamos com

\Gamma \left(1+\dfrac{1}{2}\right)=\Gamma \left( \dfrac{3}{2}\right) =\dfrac{1}{2^{1}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi },

que vemos ser verdadeiro, visto que da equação funcional da função gama

\Gamma \left( x+1\right) =x\Gamma \left( x\right)

se obtém, para x=\dfrac{1}{2}

\Gamma \left( 1+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\Gamma \left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\sqrt{\pi }.

 Admitimos agora que

\Gamma \left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }

e  fazemos, na equação funcional, x=n+\dfrac{1}{2}. Como vem sucessivamente

\Gamma \left( n+1+\dfrac{1}{2}\right) =\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) =\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }

=\dfrac{2n+1}{2}\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) }{2^{n}}\sqrt{\pi }=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left( 2n+1\right) }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }

=\dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdots \left( 2n-1\right) \left[ 2\left( n+1\right) -1\right] }{2^{n+1}}\sqrt{\pi }

demonstra-se desta forma o passo de indução. \blacktriangleleft

Posted in Cálculo, Demonstração, Exercício, Função Gama, Funções Especiais, Indução matemática, Matemática Tagged: Demonstração, Exercícios, Matemática ]]> http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/08/05/exercicio-valores-da-funcao-gama-a-meio-de-dois-inteiros-consecutivos/feed/ 0 ATavares Verificação de identidades trigonométricas através dos complexos http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/07/31/verificacao-de-identidades-trigonometricas-atraves-dos-complexos/ http://problemasteoremas.wordpress.com/2009/07/31/verificacao-de-identidades-trigonometricas-atraves-dos-complexos/#comments Fri, 31 Jul 2009 14:33:33 +0000 Américo Tavares http://problemasteoremas.wordpress.com/?p=8209 ]]>

Actualização de 1.08.09: incluída figura

| cos α + i sin α | = 1, Re(α) = cos α, Im(α) = sin α

| cos α + i sin α | = 1, Re(α) = cos α, Im(α) = sin α

De

z=e^{i\alpha }=\cos \alpha +i\sin \alpha

e

z^{-1}=e^{-i\alpha }=\cos \alpha -i\sin \alpha

obtemos, por soma

\cos \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}

e, por subtracção

\sin \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}

Em vez dos métodos usuais da trigonometria é  possível verificar uma identidade trigonométrica que seja uma fracção racional em \cos \alpha e \sin \alpha utilizando estas substituições. Este é  um dos métodos indicados neste post de Annoying Precision.

Exemplo: Demonstrar a seguinte identidade

\dfrac{1+\sin \alpha }{\cos \alpha }=\dfrac{\cos \alpha }{1-\sin \alpha }\qquad \alpha \neq \left( 2k+1\right) \dfrac{\pi }{2};\;k\in\mathbb{N}_{0}

Então fazendo as substituiçoes no primeiro membro, teremos

\dfrac{1+\sin \alpha }{\cos \alpha }=\dfrac{1+\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}

e, no segundo

\dfrac{\cos \alpha }{1-\sin \alpha }=\dfrac{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}{1-\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}

Assim, para que a identidade seja verdadeira é  condição suficiente que seja verdadeira a seguinte

\dfrac{1+\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}{\dfrac{e^{i\alpha}+e^{-i\alpha }}{2}}=\dfrac{\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}}{1-\dfrac{e^{i\alpha }-e^{-i\alpha }}{2i}}

ou, visto que z=e^{i\alpha } e z^{-1}=e^{-i\alpha },  as identidades sucessivas

\left( 1+\dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) \left( 1-\dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) =\left( \dfrac{z+z^{-1}}{2}\right) \left( \dfrac{z+z^{-1}}{2}\right)

1-\left( \dfrac{z-z^{-1}}{2i}\right) ^{2}=\dfrac{\left( z+z^{-1}\right) ^{2}}{4}

1+\dfrac{\left( z-z^{-1}\right) ^{2}}{4}=\dfrac{\left( z+z^{-1}\right) ^{2}}{4}

4+\left( z-z^{-1}\right) ^{2}=\left( z+z^{-1}\right) ^{2}

4+z^{2}+z^{-2}-2z^{-1}z=z^{2}+z^{-2}+2z^{-1}z

4-2=2

Como esta identidade é verdadeira, conclui-se que as anteriores, incluindo a do exemplo são igualmente verdadeiras.

\bigskip

Exercício: Verifique a seguinte identidade trigonométrica

3+4\cos \alpha +\cos 2\alpha =2\left( 1+\cos \alpha \right) ^{2}

usada, na forma da desigualdade 

3+4\cos \alpha +\cos 2\alpha \geq 0,

por De la Vallée Poussin num passo da demonstração  do teorema dos números primos

\blacktriangleright Seguindo o mesmo procedimento

\cos \alpha =\dfrac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}\qquad ,

 ou

\cos 2\alpha =\dfrac{e^{i2\alpha }+e^{-i2\alpha }}{2}\qquad ,

e

z=e^{i\alpha }=\cos \alpha +i\sin \alpha

z^{-1}=e^{-i\alpha }=\cos \alpha -i\sin \alpha

tem-se agora

3+4\dfrac{z+z^{-1}}{2}+\dfrac{z^{2}+z^{-2}}{2}=2\left( 1+\dfrac{z+z^{-1}}{2}\right) ^{2}

ou, após simplificação

\dfrac{1}{2}z^{2}+2z+3+2z^{-1}+\dfrac{1}{2}z^{-2}=\dfrac{1}{2}z^{2}+2z+3+2z^{-1}+\dfrac{1}{2}z^{-2}

0=0\qquad \blacktriangleleft

Adenda de 2.08.09:

Problema: utilize  este método para demonstrar que

\dfrac{1-2\cos ^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha }=\tan \alpha -\cot \alpha

isto é

\dfrac{1-2\cos ^{2}\alpha }{\sin \alpha \cos \alpha }=\dfrac{\sin \alpha }{\cos \alpha }-\dfrac{\cos \alpha }{\sin \alpha }.

Por este processo também é fácil verificar se certas  igualdades trigonométricas são  identidades ou equações. Por exemplo, veja se a igualdade seguinte é ou não uma identidade:

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

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