Um problema de juros compostos de uma série não uniforme da Universidade de Purdue

Esta é a tradução do problema Problem No. 2 (Fall 2010 Series) e da minha resolução aceite pela Universidade de Purdue.

« Qual é o montante mais pequeno que deverá investir-se à taxa de juro de i\%, composta anualmente, de maneira a poder levantar-se 1^{2},2^{2}, 3^{2},\ldots dólares no final do ano 1,2,3,\ldots , perpetuamente? (Para i=10, a resposta é 2310 dólares.) »

Transcrição do original

What is the smallest amount that may be invested at interest rate i\%, compounded annually, in order that we may withdraw 1^{2},2^{2}, 3^{2},\ldots dollars at the end of the 1st, 2nd, 3rd, … year, in perpetuity? (For i=10, the answer is 2310 dollars.)

Resolução: O principal resultado que usaremos é o cálculo da soma da série \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n^{2}x^{n}.

Proposição: se -1<x<1, a série \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n^{2}x^{n} converge para \dfrac{x\left( 1+x\right) }{\left( 1-x\right) ^{3}}.

Demonstração: Tomemos a seguinte série geométrica, que é convergente para |x|<1:

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }x^{n}=\dfrac{x}{1-x}\qquad (1)

e diferenciemos ambos os membros \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }nx^{n-1}=\left( 1-x\right) ^{-2}. Agora multipliquemo-los por x: x\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}=\sum_{n=1}^{\infty }nx^{n}=x\left( 1-x\right) ^{-2}. Diferenciando novamente, obtemos \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n^{2}x^{n-1}=\left( 1+x\right) \left( 1-x\right) ^{-3}. Multipliquemos ambos os membros por x e completaremos a demonstração da Proposição:

x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n^{2}x^{n-1} =\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n^{2}x^{n}=\dfrac{x\left( 1+x\right) }{\left( 1-x\right) ^{3}}\qquad (2)

Pondo x=1/c obtemos na forma alternativa, válida para |c|>1,

x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{n^2}{c^n} =\dfrac{c(c+1)}{(c-1)^{3}}\qquad (3)

Designemos por P o valor actual total da série de levantamentos 1^{2},2^{2}, 3^{2},\ldots dólares, no fim do ano 1, 2, 3,\ldots . O levantamento n^{2} no final do ano n contribui para P no valor de n^{2}/(1+i/100)^{n}, em que i é a taxa de juro (em percentagem) composta anualmente. Sumando todas as contribuições desde n=1 a \infty P (no princípio do ano 1),  que é o montante A mais pequeno que é necessário investir-se para equilibrar (A-P=0) os levantamentos como enunciado no problema: P=\sum_{n=1}^{\infty}n^{2}/\left( 1+i/100\right) ^{n}.

Usando (3) com c=1+i/100>1 obtemos o valor actual P(i)=A(i), em dólares, em função da taxa de juro i em percentagem:

A(i)=P(i)=\dfrac{\left( 1+i/100\right) (2+i/100)}{(i/100)^{3}}\qquad (4)

Para i=10, confirmamos que A(10)=P(10)=2310.

Cópia do Texto original

[Correcção gramatical: “alternative form” em vez de “alternatively form”]

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Comentário: Ao iniciar este problema não fazia a mínima ideia de como o iria resolver na prática. De repente consegui associar dois conceitos diferentes: um proveniente da Cálculo financeiro e o outro das Séries, que consegui concretizar na resolução apresentada.

Uma fracção contínua convergente

Pelo teorema de Śleszýnki-Pringsheim [1, p.30] (wikipedia), se para todos os valores naturais de j, se verificar \left\vert b_{j}\right\vert \geq \left\vert a_{j}\right\vert +1, a fracção contínua \mathcal{K}_{1}^{\infty }\left( a_{j}/b_{j}\right) é convergente. É o caso de

    \dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\begin{array}{c}\\\ddots\end{array}}}}=\mathcal{K}_{j=1}^{\infty }\left( a_{j}/b_{j}\right) \qquad (1)

uma vez que a_{j}=1, b_{j}=2 e b_{j}=a_{j}+1.

Para calcular o número real representado por esta fracção contínua, reparemos que a sucessão dos convergentes

u_{1}=\dfrac{1}{2}

u_{2}=\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2}}=\dfrac{1}{2+u_{1}}=\dfrac{2}{5}

u_{3}=\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2}}}=\dfrac{1}{2+u_{2}}=\dfrac{5}{12}

u_{4}=\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2}}}}=\dfrac{1}{2+u_{3}}=\dfrac{12}{29}

\dots

verifica a relação

u_{n}=\dfrac{1}{2+u_{n-1}}

Aplicando limites, há-de ser

L:=\lim u_{n}=\dfrac{1}{2+\lim u_{n-1}}=\dfrac{1}{2+\lim u_{n}}=\dfrac{1}{2+\lim u_{n}}=\dfrac{1}{2+L}

ou seja

L^{2}+2L-1=0

e

L=\dfrac{-2+\sqrt{8}}{2}=\sqrt{2}-1\qquad (2)

Por ser negativa exclui-se a outra solução da equação:

\dfrac{-2-\sqrt{8}}{2}=-\sqrt{2}-1<0

Pode interpretar-se este resultado como uma consequência da igualdade

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

e que corresponde a substituir em (1) as sucessivas caudas, pelo seus valores numéricos, todos eles iguais:

\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\begin{array}{c}\\\ddots\end{array}}}}=\sqrt{2}-1=\dfrac{1}{2+\sqrt{2}-1}=\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\sqrt{2}-1}}=\cdots

 

Exercício: Mostre que, se u_k=\mathcal{K}_{j=1}^{k}\left( 1/2\right)

u_{2}<u_{4}<\cdots <u_{2n}<\cdots <\mathcal{K}_{j=1}^{\infty}\left( 1/2\right) <\cdots <u_{2n-1}<\cdots <u_{3}<u_{1}

Notação: A enésima fracção reduzida, obtida truncando a fracção contínua

b_0+\displaystyle\frac{a_1}{b_1+\displaystyle\frac{a_2}{\begin{array}{cccc}b_{2}+ & & \\& \ddots & & \\& & +\displaystyle\frac{a_{n-1}}{b_{n-1}+\displaystyle\frac{a_{n}}{b_{n}}} & \\ & & & \ddots\end{array}}},

 pelos elementos a_n,b_n, é uma expressão do tipo

\displaystyle\frac{p_n}{q_n}=b_0+\displaystyle\frac{a_1}{b_1+\displaystyle\frac{a_2}{\begin{array}{ccc}b_{2}+ & & \\& \ddots & \\& & +\displaystyle\frac{a_{n-1}}{b_{n-1}+\displaystyle\frac{a_{n}}{b_{n}}}\end{array}}}=b_{0}+\displaystyle\mathcal{K}_{j=1}^{n }\left( \frac{a_{j}}{b_{j}}\right)

=b_{0}+\dfrac{a_{1}}{b_{1}+}\dfrac{a_{1}}{b_{1}+}\cdots \dfrac{a_{n}}{b_{n}}.

__________

    
 [1] Lorentzen, Lisa, Waadeland, Haakon, Continued Fractions with Applications, North-Holland, 1992

 

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Nota: atingidos hoje os 300 mil hits.

Solução do Desafio sobre sequências (sucessões): descobrir o termo geral :: Solution to the Challenge: Find the general term of a sequence

Enunciado do Desafio/Challenge Statement

Qual é o próximo termo da sucessão seguinte? / Which is the next term of the following sequence?

\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{8},\dfrac{1}{8},\dfrac{3}{16},\dfrac{3}{8},\dots

E o termo de ordem 20? / And its 20^{\text{th }}  term?

Adenda/Addendum

Nota: os termos são fracções reduzidas.

Remark: every term of the sequence is a  fraction in its lowest terms.

    Solução/Solution

O termo geral da sucessão é/The sequence general term is:

   \dfrac{(n-1)!}{2^{n+1}}

mas expresso como fracção reduzida  [gcd (greatest common divisoré o m.d.c. ou mdc  (máximo divisor comum)]/but written as a  fraction in its lowest terms 

  \dfrac{((n-1)!)/\gcd ((n-1)!,2^{n+1})}{2^{n+1}/\gcd ((n-1)!,2^{n+1})}\qquad (*)

 

 

Em PARI/GP obtém-se com/With this line of code in PARI/GP


        for(n=1,20,print(n ” : ” ((n-1)!/(2^(n+1)))))

isto / we get

    1 : 1/4
    2 : 1/8
    3 : 1/8
    4 : 3/16
    5 : 3/8
    6 : 15/16
    7 : 45/16
    8 : 315/32
    9 : 315/8
    10 : 2835/16
    11 : 14175/16
    12 : 155925/32
    13 : 467775/16
    14 : 6081075/32
    15 : 42567525/32
    16 : 638512875/64
    17 : 638512875/8
    18 : 10854718875/16
    19 : 97692469875/16
    20 : 1856156927625/32
   
   

Assim o sexto é/Hence the 6th term is

\dfrac{15}{16}

 e o vigésimo/and the 20th,

\dfrac{1856156927625}{32}.

   
O leitor d3r4z descobriu o 6.º temo aqui / The reader d3r4z found the 6th term here

(\ast ) — 24.03.10 —  acrescentado / added

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

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].