Métodos analítico e sintético de demonstração de identidades trigonométricas

Na questão Why is it that when proving trig identities, one must work both sides independently? do MSE, Ord pergunta porque não pode manipular a totalidade de uma identidade para a demonstrar.

Na minha resposta disse-lhe que na verdade pode. Eis o que escrevi:

Pode. O método analítico  de demonstração de uma identidade consiste em começar com a identidade que se pretende provar, no caso presente,

\dfrac{\sin\theta-\sin ^{3}\theta}{\cos^{2}\theta}=\sin\theta,\qquad\cos\theta\neq 0\qquad (1)

e estabelecer uma sequência de identidades tais que cada uma delas é uma consequência da seguinte. Para que a identidade (1) seja verdadeira basta que a identidade seguinte o seja também

\sin\theta-\sin ^{3}\theta=\sin\theta\cos^{2}\theta\qquad (2)

ou esta que lhe é equivalente

\sin\theta\left( 1-\sin ^{2}\theta \right) =\sin \theta \cos ^{2}\theta  \qquad (3)

ou finalmente esta última

\sin\theta\cos^{2}\theta =\sin \theta\cos^{2}\theta\qquad (4)

Como (4) é verdadeira (1) também o é.

O livro referenciado abaixo  ilustra este método com a identidade

\dfrac{1+\sin a}{\cos a}=\dfrac{\cos a}{1-\sin a}\qquad a\neq (2k+1)\dfrac{\pi  }{2}

Referência: J. Calado, Compêndio de Trigonometria, 3.º ciclo do Ensino Liceal, Empresa Literária Fluminense, Lisbon, pp. 90-91, 1967.

Transformação de séries em fracções contínuas

Neste post vou apresentar um exemplo: o desta questão de James, no Mathematics Stack Exchange, em que a série a transformar é

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

Tradução da minha resposta

Podemos aplicar a seguinte fórmula de transformação geral de uma série numa fracção contínua, que se pode justificar (ver Notas 1 e 2) comparando as relações de recorrência fundamentais de uma fracção contínua com a da soma parcial da série:

\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{u_{n}}{v_{n}}=\dfrac{u_{1}}{v_{1}+\underset{n=1}{\overset{N-1}{\mathbb{K}}}\left(\left( -\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}v_{n}^{2}\right) /\left( v_{n+1}+\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}v_{n}\right)\right) }.

Neste caso tem-se u_{n}=1, v_{n}=2^{\left( 2^{n}\right) }:

\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{v_{n}}=\dfrac{1}{4+\underset{n=1}{\overset{N-1}{\mathbb{K}}}\left( \left( -v_{n}^{2}\right) /\left( v_{n+1}+v_{n}\right)\right) }

\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{2^{2^{n}}}=\dfrac{1}{4+\underset{n=1}{\overset{N-1}{\mathbb{K}}}\left(\left( -2^{2^{n+1}}\right)/\left( 2^{2^{n+1}}+2^{2^{n}}\right)\right) }

=\dfrac{1}{4+}\dfrac{-16}{20+}\cdots \dfrac{-2^{2^{n+1}}}{2^{2^{n+1}}+2^{2^{n}}+}{\cdots }\dfrac{-2^{2^{N}}}{2^{2^{N}}+2^{2^{N-1}}}.

A transformação da série em fracção contínua é então

\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^{2^{n}}}=\dfrac{1}{4+\underset{n=1}{\overset{\infty}{\mathbb{K}}}\left(\left( -2^{2^{n+1}}\right)/\left( 2^{2^{n+1}}+2^{2^{n}}\right) \right) }.

Nota 1: As somas parciais

s_{n}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{u_{k}}{v_{k}}=\dfrac{A_{n}}{B_{n}}

verificam, para n\geq 2,

s_{n}=s_{n-1}+\dfrac{u_{n}}{v_{n}}=\dfrac{A_{n-1}}{B_{n-1}}+\dfrac{u_{n}}{v_{n}}=\dfrac{v_{n}A_{n-1}+u_{n}B_{n-1}}{v^{n}B_{n-1}}=\dfrac{A_{n}}{B_{n}}

o que significa que

A_{n}=v_{n}\;A_{n-1}+u_{n}\;B_{n-1}

B_{n}=v_{n}\;B_{n-1}.

A fracção contínua truncada

\displaystyle\underset{k=1}{\overset{n}{\mathbb{K}}}\left( u_{k}/v_{k}\right) =\dfrac{A_{n}}{B_{n}}

verifica

A_{n}=b_{n}\;A_{n-1}+a_{n}\;A_{n-2}\qquad A_{0}=0

B_{n}=b_{n}\;B_{n-1}+a_{n}\;B_{n-2}\qquad B_{0}=1.

Nota 2: Cálculo algébrico pormenorizado. Para n=1 tem-se

\dfrac{u_{1}}{v_{1}}=\dfrac{a_{1}}{b_{1}}=\dfrac{A_{1}}{B_{1}}\qquad u_{1}=a_{1}\qquad v_{1}=b_{1}.

Substituindo n por n-1  na primeira recorrência obtem-se para n\geq 3

A_{n-1}=v_{n-1}\;A_{n-2}+u_{n-1}\;B_{n-2}

B_{n-1}=v_{n-1}\;B_{n-2}

o que por sua vez dá:

A_{n}=v_{n}\;A_{n-1}+u_{n}\;B_{n-1}

=v_{n}\;\left( v_{n-1}\;A_{n-2}+u_{n-1}\;B_{n-2}\right) +u_{n}\;\left( v_{n-1}\;B_{n-2}\right)

=v_{n}\;v_{n-1}\;A_{n-2}+\left( v_{n}\;u_{n-1}+u_{n}\;v_{n-1}\right)\;B_{n-2}

e

B_{n}=v_{n}\;B_{n-1}=v_{n}\;v_{n-1}\;B_{n-2}.

A mesma substituição na segunda recorrência conduz a (para n\geq 3):

A_{n-1}=b_{n-1}\;A_{n-2}+a_{n-1}\;A_{n-3}

B_{n-1}=b_{n-1}\;B_{n-2}+a_{n-1}\;B_{n-3}.

Combinando tudo obtém-se:

A_{n}=b_{n}\;A_{n-1}+a_{n}\;A_{n-2}

=b_{n}\;\left( v_{n-1}\;A_{n-2}+u_{n-1}\;B_{n-2}\right) +a_{n}\;A_{n-2}

=\left( b_{n}\;v_{n-1}+a_{n}\;\right) \;A_{n-2}+b_{n}\;u_{n-1}\;B_{n-2}

e

B_{n}=b_{n}\;B_{n-1}+a_{n}\;B_{n-2}

=b_{n}\;\left( v_{n-1}\;B_{n-2}\right) +a_{n}\;B_{n-2}

=\left( b_{n}\;v_{n-1}+a_{n}\right) \;B_{n-2}

Comparando as duas fórmulas de A_{n} e B_{n} vem

A_{n}=v_{n}\;v_{n-1}\;A_{n-2}+\left( v_{n}\;u_{n-1}+u_{n}\;v_{n-1}\right)\;B_{n-2}

A_{n}=\left( b_{n}\;v_{n-1}+a_{n}\;\right) \;A_{n-2}+b_{n}\;u_{n-1}\;B_{n-2}

e

B_{n}=v_{n}\;v_{n-1}\;B_{n-2}

B_{n}=\left( b_{n}\;v_{n-1}+a_{n}\right) \;B_{n-2}

concluindo-se que

v_{n}\;u_{n-1}+u_{n}\;v_{n-1}=b_{n}\;u_{n-1}

v_{n}\;v_{n-1}=b_{n}\;v_{n-1}+a_{n}.

Assim

a_{n}=v_{n}\;v_{n-1}-b_{n}\;v_{n-1}

=v_{n}\;v_{n-1}-\left( v_{n}\;u_{n-1}+u_{n}\;v_{n-1}\right)\;v_{n-1}/u_{n-1}

=v_{n}\;v_{n-1}-v_{n}\;v_{n-1}-u_{n}\;v_{n-1}\;v_{n-1}/u_{n-1}

=-\dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}v_{n-1}^{2},

e

b_{n}\;u_{n-1}=v_{n}\;u_{n-1}+u_{n}\;v_{n-1}

b_{n}=v_{n}+\dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}v_{n-1}.

Logo para n\geq 2,

a_{n}=-\dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}v_{n-1}^{2}

b_{n}=v_{n}+\dfrac{u_{n}}{u_{n-1}}v_{n-1}.

Desigualdade de Cauchy-Schwarz e Identidade de Lagrange

Para comodidade dos leitores reuno aqui as demonstrações da desigualdade de Cauchy-Schwarz e da identidade de Lagrange.

Desigualdade de Cauchy-Schwarz

A desigualdade de Cauchy-Schwarz corresponde ao seguinte

Teorema: Para todo o vector \mathbf{x}=\left( x_{1},...,x_{n}\right) \in\mathbb{R}^{n} e todo o vector \mathbf{y}=\left( y_{1},\ldots ,y_{n}\right) \in\mathbb{R}^{n}, tem-se:

\left\vert \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right\vert \leq \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) ^{1/2}\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) ^{1/2}

ou

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right) ^2\leq\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^2\right)\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^2\right)

Demonstração

Qualquer que seja o real \lambda , tomo o vector \mathbf{x}-\lambda\mathbf{y}, e vou achar

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left( x_{k}-\lambda y_{k}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}-2\lambda \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}+\lambda ^{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}.

Seja qual for o \lambda , o trinómio do lado direito, em \lambda , não muda de sinal, é sempre positivo ou igual a zero, porque o número \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left( x_{k}-\lambda y_{k}\right) ^{2} é não negativo:

\displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}-2\lambda \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}+\lambda ^{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\geq 0,

o que implica que o seu discriminante seja menor ou igual a zero

\Delta =\left( 2\displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right) ^{2}-4\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) \leq 0,

significando que

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right) ^{2}\leq \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) .

Daqui pode ainda concluir-se que

\left\vert \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{x}y_{k}\right\vert \leq \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\right) ^{1/2}\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}y_{k}^{2}\right) ^{1/2}.

Se algum dos vectores \mathbf{x,y} for nulo, esta relação é evidentemente verificada.

\square

O significado geométrico em \mathbb{R}^{3}desta desigualdade é o de que o produto interno de dois vectores é menor ou igual ao produto dos módulos (das normas) desses vectores.

Identidade de Lagrange

A identidade de Lagrange generaliza a desigualdade anterior.

Teorema: Identidade de Lagrange. Para os reais a_{k} e b_{k} (com 1\leq k\leq n) verifica-se

\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\right) ^{2}=\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{2}\right) -\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

Demonstração: O produto de duas somas com n termos cada é uma soma com n^{2} termos:

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}y_{j}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}x_{i}y_{j}

Os índices i e j de cada termo genérico x_{i}y_{j} podem ser iguais (i=j) ou o primeiro menor do que o segundo (i<j) ou maior (j<i). Separando estes três grupos de parcelas, vem

\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}x_{i}y_{j}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{1\leq i<j\leq n}x_{i}y_{j}+\displaystyle\sum_{1\leq j<i\leq n}x_{i}y_{j}

=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}x_{i}y_{j}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}x_{i}y_{j}

donde

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}y_{j}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}x_{i}y_{i}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}x_{i}y_{i}

Particularizando, para x_{i}=a_{i}^{2} e y_{j}=b_{j}^{2} obtém-se

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}b_{j}^{2}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}

e para x_{i}=y_{i}=a_{i}b_{i}

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) \left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)

=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}+\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}

Ora

\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}=\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}

pelo que

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+2\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}

Por outro lado

2a_{i}b_{i}a_{j}b_{j}=a_{i}^{2}b_{j}^{2}+a_{j}^{2}b_{i}^{2}-\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

donde

\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right) ^{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}^{2}+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}+

\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{j}^{2}b_{i}^{2}-\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

=\left( \displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right) \left( \displaystyle\sum_{j=1}^{n}b_{j}^{2}\right) -\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^{n}\left( a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}\right) ^{2}

visto que, por troca dos índices i e j, se tem

\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{j=i+1}^{n}a_{j}^{2}b_{i}^{2}=\displaystyle\sum_{j=1}^{n-1}\displaystyle\sum_{i=j+1}^{n}a_{i}^{2}b_{j}^{2}

provando-se assim a identidade indicada acima.

\square

Ficheiro pdf

Número de zeros finais de n factorial, n!

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.

Soma dos quadrados dos primeiros n números inteiros positivos

Em resposta a uma questão  de George Edison, no MSE, apresentei as seguintes duas demonstrações de

\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}

Demonstração 1. (Dias Agudo, Cândido da Silva, Matemáticas Gerais III, Exercício 2.5.1). Seja S:=\sum_{k=1}^{n}k^{2}. Considere-se (1+a)^{3}=1+3a+3a^{2}+a^{3} e some-se (1+a)^{3} para a=1,2,\ldots ,n:

\begin{aligned}(1+1)^{3} &=1+3\cdot 1+3\cdot 1^{2}+1^{3} \\(1+2)^{3} &=1+3\cdot 2+3\cdot 2^{2}+2^{3} \\(1+3)^{3} &=1+3\cdot 3+3\cdot 3^{2}+3^{3} \\&\cdots \\(1+n)^{3} &=1+3\cdot n+3\cdot n^{2}+n^{3}\end{aligned}

O termo (1+1)^3 no primeiro membro da primeira soma cancela o termo 2^3 no segundo membro da segunda, (1+2)^3, o 3^3, (1+3)^3, o 4^3, …, o (1+n-1)^3 cancela n^3. Assim

(1+n)^{3}=n+3\left( 1+2+\ldots +n\right) +3S+1

e

S=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6},

porque

1+2+\ldots +n=\dfrac{n\left( n+1\right) }{2}.

Demonstração 2. (Balakrishnan, Combinatorics, Schaum’s Outline of Combinatorics, Exercício 1.42 ). De

\dbinom{k}{1}+2\dbinom{k}{2}=k+2\dfrac{k\left( k-1\right) }{2}=k^{2},

obtem-se

\begin{aligned}S &:=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^{2}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{k}{1}+2\dbinom{k}{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dbinom{k}{1}+2\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{k}{2} \\&=\dbinom{n+1}{2}+2\dbinom{n+1}{3} \\&=\dfrac{n\left( n+1\right) \left( 2n+1\right) }{6}.\end{aligned}