Outro exercício de cálculo financeiro: série uniforme e recuperação de capital

pdf: ver caderno

Foram emprestadas 100 000 unidades monetárias à taxa de juro (nominal anual) de 7% capitalizada semestralmente. O reembolso será feito semestralmente, em capital e juros, durante 30 anos.

Qual a parte da dívida  que falta pagar ao fim de 10 anos?

No caso geral, teremos de  calcular o valor dos pagamentos constantes A dado o valor do capital principal P.

Durante n períodos, neste caso semestrais, são pagos A unidades monetárias em cada. O valor A do período k equivale ao valor presente de  \dfrac{A}{(1+i)^k} unidades monetárias, em que i é a taxa de juro em cada período de capitalização. Se somarmos em k, de 1 a n, obtemos o somatório

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{A}{(1+i)^k}.

Como noutros casos anteriores de cálculo financeiro já expostos, deparamo-nos com a soma de uma progressão geométrica, neste caso de razão c=\dfrac{1}{1+i} e primeiro termo u_1=\dfrac{A}{1+i}:

u_1\dfrac{c^n-1}{c-1}=\dfrac{A}{1+i}\dfrac{\left( \dfrac{1}{1+i}\right) ^n-1}{ \dfrac{1}{1+i} -1}=A\dfrac{(1+i)^n-1}{i(1+i)^n}

Esta soma há-de naturalmente ser igual a P:

P=A\dfrac{(1+i)^n-1}{i(1+i)^n}

donde

A=P\dfrac{i(1+i)^n}{(1+i)^n-1}

Regressando ao exemplo, o reembolso é feito em n=60 semestres, sendo a taxa i=7/2\% e P=100\;000, pelo que

A=100\;000\dfrac{0,035(1,035)^{60}}{(1,035)^{60}-1}=4009 unidades monetárias.

O valor do empréstimo ao fim de 20 semestres é

100\;000\times(1+0,035)^{20}=198\;979 unidades monetárias

As rendas pagas ao fim de 20 semestres correspondem ao valor futuro F da série de pagamentos semestrais A , no fim do período 20. Como vimos na formação de capital

A=F\dfrac{i}{(1+i)^n-1}

ou

F=A\dfrac{(1+i)^n-1}{i}

ou seja, neste caso

F=4009\times\dfrac{1,035^{20}-1}{0,035}=113\;373 unidades monetárias.

A dívida que falta pagar ao fim de 10 anos é então

198\;979-113\;373=85\;605 unidades monetárias.

Fórmula de reflexão (da função gama) de Euler

pdf: ver caderno

Gráfico de Γ(x) no intervalo ]-5,5]

gamanosreais

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}

e

\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}

e

(-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.
 

Exercício: provar que dois elevado a 33 mais três elevado a 33 não é primo

pdf: ver caderno

Provar que a soma de 2 elevado a 33 com 3 elevado a 33  é  um número composto.

[do Vestibular da UFPE, 2008]

 

\blacktriangleright Para n=1+4k (com k=1,2,\ldots ) as potências 2^{n} e 3^{n} terminam (*), respectivamente, em 2 e 3; a sua soma 2^{n}+3^{n} termina por isso em 5. Ora

2^{33}+3^{33}=2^{1+4\times 8}+3^{1+4\times 8}

e, consequentemente, 2^{33}+3^{33} é divisível por 5, logo não é  primo. \blacktriangleleft

\bigskip

(*) Por exemplo: \mathbf{2}^{1}\mathbf{=2}, 2^{2}=\allowbreak 4, 2^{3}=\allowbreak 8, 2^{4}=\allowbreak 16, \mathbf{2}^{5}\mathbf{=\allowbreak 32}, 2^{6}=\allowbreak 64, 2^{7}=\allowbreak 128, 2^{8}=\allowbreak 256, \mathbf{2}^{9}\mathbf{=\allowbreak 512},\dots

\bigskip

\mathbf{3}^{1}\mathbf{=\allowbreak 3}, 3^{2}=\allowbreak 9, 3^{3}=\allowbreak 27, 3^{4}=\allowbreak 81, \mathbf{3}^{5}\mathbf{=\allowbreak 243}, 3^{6}=\allowbreak 729, 3^{7}=\allowbreak 2187, 3^{8}=\allowbreak 6561, \mathbf{3}^{9}\mathbf{=\allowbreak 19\,683},\dots

Adenda de 24-4-2009:

Método alternativo: de uma forma mais rigorosa e aproveitando uma ideia desenvolvida neste artigo pode justificar-se este resultado da seguinte maneira. 

Se a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right) , então a^{n}\equiv b^{n}\quad\left( \text{mod }m\right) . Esta propriedade aplicada a 2^{n} dá em geral, para n=4k+s,1\leq s\leq 3,0\leq k

2^{n}\equiv 2^{s}\quad\left( \text{mod }5\right) ,\quad (1)

o que significa que os restos da divisão de  2^{n} por 5 formam uma sucessão periódica de comprimento 4 com início em n=1

\overset{\text{per\'{\i}odo}}{\overbrace{2,4,3,1}},\overset{4\text{ termos}}{\overbrace{2,4,3,1}},\ldots .

Aplicada a 3^{n} (n=4k+s,1\leq s\leq 3,0\leq k) dá

3^{n}\equiv 3^{s}\quad\left( \text{mod }5\right) ,\quad (2)

o que significa que os restos da divisão de  3^{n} por 5 formam uma sucessão periódica de comprimento 4 com início em n=1

\overset{\text{per\'{\i}odo}}{\overbrace{3,4,2,1}},\overset{4\text{ termos}}{\overbrace{3,4,2,1}},\ldots .

Se a\equiv b\quad \left( \text{mod }m\right) e c\equiv d\quad \left( \text{mod }m\right) , então a-c\equiv b-d\quad \left( \text{mod }m\right) . Em consequência de (1) e (2) obtemos

 2^n+3^n\equiv 2^{s}+3^{s}\quad \left( \text{mod }5\right) .\quad (3)

Os restos da divisão de  2^n+3^n por 5 formam outra sucessão periódica de comprimento 4 que se inicia também em n=1

\overset{\text{per\'{\i}odo}}{\overbrace{0,3,0,2}},\overset{4\text{ termos}}{\overbrace{0,3,0,2}},\ldots . 

Logo para n ímpar, 2^n+3^n\equiv 2^{s}+2^{s} é divisível por 5, pelo que  2^{33}+3^{33} não é primo.

Ou então calcula-se simplesmente 33=4\times 8+1,s=1 e

2^{33}\equiv 2^{1}\quad\left( \text{mod }5\right)

3^{33}\equiv 3^{1}\quad\left( \text{mod }5\right)

donde

 2^{33}+3^{33}\equiv 2^{1}+3^{1}\quad \left( \text{mod }5\right) \equiv 0\quad \left( \text{mod }5\right)

visto que

5 \equiv 0\quad \left( \text{mod }5\right) .

Adenda de 4-6-2009:

Justificação de Vishal Lama: Could we just say that a^n + b^n is divisible by a + b for all odd n, and hence, 2^{33} + 3^{33} is divisible by 5?
    Indeed, b \equiv -a \quad (\mod a+b), and so, b^n \equiv -a^n \quad (\mod a+b) for odd n. Therefore, a^n + b^n \equiv 0 \quad (\mod a+b).

 

Best European Blog (Non UK): The Reference Frame de Luboš Motl eleito o melhor blogue europeu (não incluídos RU e Irlanda)

O blogue The Reference Frame de Luboš Motl, que visito com alguma regularidade, foi eleito o melhor blogue europeu (não estão incluídos RU e Irlanda, que têm eleição separada) pelo 2008.weblogawards.org

Luboš Motl é um físico que escreve no The Reference Frame artigos sob o lema «The most important events in our and your superstringy Universe as seen from a conservative physicist’s viewpoint»

Os últimos são:

« Best European Blog: a contest

Stalagmites support cosmoclimatology

Stereograms and dinograms

Entropa: celebrating the European entropy

Pravda: Earth on the brink of an ice age

Reincarnation of an infalling observer

Russia-Ukraine gas disputes

Google Chrome 2.0

Vanishing entropy of extremal black holes?

Eurosocialists insulted by common sense

UAH MSU: month-on-month cooling

Genes and memes, ideas and empty words

Nonsense of the day: click the ball to change its color

NCDC: the U.S. cool down by 0.49 °F per decade

Record cold temperatures in 2009

Czech PM Topolánek is chatting with you today

Surfer dude in a coffee machine may supersede the LHC

Types of elementary particles

Czech EU presidency: Israel is defending itself

Myths about thermodynamics and gravity »