Cálculo de um somatório de uma fracção racional do índice

Mais uma vez trago para aqui a minha resposta (tradução) a uma pergunta (autor Slowsolver) no Mathematics Stack Exchange, sobre o cálculo do seguinte somatório:

\displaystyle\begin{aligned}S_{n}&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{n-k+1}{(n+1)(n+2)(n-k+2)}\\&=\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{n-k+1}{n-k+2}\quad (n+1)(n+2)\text{ independente de }k\\&=\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\displaystyle\sum_{m=2}^{n+2}\dfrac{m-1}{m}\qquad\text{substitui\c{c}\~{a}o }m=n-k+2\\&=\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\displaystyle\sum_{m=2}^{n+2}\left( 1-\dfrac{1}{m}\right)\\&=\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\left(\displaystyle\sum_{m=2}^{n+2}1\right)-\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\displaystyle\sum_{m=2}^{n+2}\dfrac{1}{m}\\&=\dfrac{n+2-2+1}{(n+1)(n+2)}-\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\left( \sum_{i=1}^{n+2}\dfrac{1}{i}\right) +\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\\&=\dfrac{n+1}{(n+1)(n+2)}-\dfrac{H_{n+2}}{(n+1)(n+2)}+\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\\&=\dfrac{n+2-H_{n+2}}{(n+1)(n+2)}\end{aligned}

em que

H_{n+2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n+2}\dfrac{1}{i}.

Notas:

  • H_n é o enésimo  número harmónico.
  • Na formatação utilizei os comandos \begin{aligned} e  \end{aligned} do  \LaTeX, como verá se passar pelas fórmulas com o rato.

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
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7 respostas a Cálculo de um somatório de uma fracção racional do índice

  1. Filipe Oliveira diz:

    A propósito de números harmónicos, deixo-lhe um desafio para os seus leitores (um grande clássico).

    Sabemos que a série harmónica é divergente, o que equivale a dizer que
    \lim_{n\to +\infty}H_n=+\infty.
    Mostre que para para n>1, H_n nunca é um número inteiro.

  2. Filipe Oliveira diz:

    Caro Américo, o terceiro método parece-me simplesmente ser uma tradução num contexto mais formal da ideia por detrás do segundo método, o que tem a desvantagem de deixar de fora as pessoas que não estejam familiarizadas com esse mesmo formalismo. Quanto ao primeiro método, é interessante, mas tem a deselegância de usar um teorema demasiado potente para o que se pretende. Assim, o meu método de eleição, dos que apresenta, é o segundo!

    • Caro Professor, seguindo o método que me sugere, proponho a seguinte prova de

      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).

    • 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.

  3. Filipe Oliveira diz:

    Caro Américo,

    é este o método em que estava a pensar quando sugeri o problema, sendo efectivamente a chave da questão o facto de o número d_nH_n ter de ser simultaneamente par e impar, se partirmos do princípio que H_n é um número inteiro.

    Parece-me ser esta a “melhor” prova, uma vez que não usa nem o postulado de Bertrand (que em si é um resultado menos trivial), nem o formalismo 2-ádico. Este facto, aliado à excelente redacção que propõe, maximiza com certeza o número de leitores que poderão acompanhar a prova deste curioso resultado.

    Um abraço,
    Filipe

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