Problemas e teoremas, Notas de estudo de Matemática

Baixe Problemas e teoremas e outras Notas de estudo em PDF para Matemática, somente na Docsity! ALGUMAS ENTRADAS MATEMÁTICAS DO BLOGUE PROBLEMAS | TEOREMAS AMÉRICO TAVARES Í 1. Constante de Apéry 3 2. Somas 5 2.1. Somas telescópicas 5 2.2. Anti-diferenças e método de adição por partes 8 2.3. Exercícios 10 3. A note on a combinatorial identity related to the Apéry’s constant ζ(3) 15 3.1. Introduction 15 3.2. Proof of the identity 16 3.3. First Terms of Apéry’s Sequences 17 3.4. Integer sequence (un) 17 3.5. Equivalent formulas for un and vn 22 4. Sucessões 23 4.1. Sucessão de Fibonacci 23 4.2. Múltiplos e quadrados perfeitos (das XXV OPM) 25 4.3. Limite da raiz de índice n do termo geral de uma sucessão 28 5. Noções básicas sobre Séries 32 5.1. Números racionais: exercício sobre dízimas periódicas e série geométrica 34 6. Maximização / Minimização 36 6.1. Função cúbica 36 6.2. Optimização pelo método de Lagrange 37 7. Integrais paramétricos 39 7.1. Regra de Leibniz de diferenciação de um integral paramétrico e sua generalização 39 7.2. Integração pelo método de diferenciação em relação a um parâmetro 41 8. Variável complexa 43 Data 8 Dezembro 2008. 1 2 AMÉRICO TAVARES 8.1. Identidade Complexa útil 43 8.2. Duas equações equivalentes da circunferência no plano complexo 43 8.3. Uma transformação — inversão complexa — de uma circunferência 45 9. Desigualdades e identidades clássicas 46 9.1. Desigualdade de Cauchy-Schwarz 46 9.2. Identidade de Lagrange 47 10. Fracções contínuas 48 10.1. Fracções contínuas generalizadas 48 10.2. Transformação das somas parciais de ζ (n) em fracção contínua 54 11. Método de eliminação de Gauss e Matriz inversa 56 12. Exemplos e exercícios de Cálculo 63 12.1. Comprimentos de arcos rectificáveis 63 12.2. Tangente à elise 66 12.3. Derivadas: a total de uma função de duas variáveis reais e de uma função elevada a outra função 67 13. Método da secante de determinação da raiz de uma equação não linear 69 14. Séries de Fourier 70 14.1. Sistemas de Funções Ortogonais 70 14.2. Relação de Parseval 74 14.3. Série trigonométrica de Fourier 76 14.4. A Série dos recíprocos dos quadrados perfeitos ζ(2) = π2/6 78 14.5. Problemas 80 15. Geometria 90 15.1. Pentágono e Círculo 90 15.2. Euler e os cinco sólidos platónicos 92 15.3. Dodecaedro 94 15.4. Teorema de Pitágoras 98 16. Problema Putnam de hoje, HMD, 1 Março 2008 / Putnam problem of the day, HMD, March 1, 2008 100 16.1. Versão portuguesa de Problema Putnam de hoje, HMD, 1 Março 2008 100 16.2. English version of the Putnam problem of the day, HMD, March 1, 2008 102 17. Period of a decimal expansion/Período de uma dízima 104 17.1. My solution to the Problem Of the Week-9 [Todd and Vishal’s blog]: Period of a decimal expansion 104 18. Versão portuguesa da minha resolução do «Problem Of the Week-9 [Todd and Vishal’s blog]»: Período de uma dízima 105 19. Exemplos de cálculo financeiro 106 PROBLEMAS | TEOREMAS 5 109876543210 5 4 3 2 1 0 x y Gráfico de ζ (x) Esta última correspondente à série harmónica ∑∞ n=1 1/n, que se sabe ser divergente. A estrutura geral da demonstração de Apéry baseia-se na con- strução de duas sucessões cuja razão un/vn converge para ζ (3) por valores inferiores: uma de inteiros (vn)n≥0 e outra de racionais (un)n≥0, as duas verificando a mesma relação de recorrência, mas geradas por condições iniciais distintas. A sucessão (un)n≥0 é tal que multiplicando un pelo termo geral duma terceira sucessão de inteiros (sn)n≥0 se obtém o termo geral qn = snun de uma sucessão de inteiros (qn)n≥0 . A aprox- imação racional a ζ (3) , un/vn = pn/qn (com pn = snvn) tem uma velocidade tal que permite concluir a irracionalidade de ζ (3) . Na demonstração de Beukers, o raciocínio é semelhante, com a grande diferença das fórmulas definidoras das sucessões de inteiros e de racionais, que são dadas por integrais, enquanto que nas de Apéry aparecem coeficientes binomiais. Por exemplo, vn = n∑ k=n ( n k )2(n + k k )2 são os chamados números de Apéry (associados a ζ (3) ). Numericamente, tem-se ζ (3) = 1, 202056903 . . . , e ζ (2) = π2 6 = 1, 644934 . . . . 2. S 2.1. Somas telescópicas. Suponhamos que o somando ai é decom- ponível numa diferença Ai+1 −Ai. Então, n∑ i=0 ai = n∑ i=0 Ai+1 −Ai = n∑ i=0 Ai+1 − n∑ i=0 Ai. 6 AMÉRICO TAVARES Como n∑ i=0 Ai+1 = n+1∑ i=1 Ai = ( n∑ i=1 Ai ) + An+1 = An+1 + n∑ i=1 Ai, e n∑ i=0 Ai = A0 + n∑ i=0 Ai vem n∑ i=0 ai = An+1 + n∑ i=1 Ai −A0 − n∑ i=0 Ai = An+1 − A0. Analogamente, n∑ i=m ai = n∑ i=m Ai+1 −Ai = n∑ i=m Ai+1 − n∑ i=m Ai = n+1∑ i=m+1 Ai − n∑ i=m Ai = An+1 + n∑ i=m+1 Ai − n∑ i=m Ai = An+1 + n∑ i=m+1 Ai − ( n∑ i=m+1 Ai ) − Am = An+1 − Am. ou seja, se ai = Ai+1 − Ai, então n∑ i=m ai = n∑ i=m Ai+1 −Ai = An+1 − Am. ou n−1∑ i=m ai = n−1∑ i=m Ai+1 −Ai = An − Am; Quando Ai é uma sucessão crescente, a diferença é positiva. Se ai = Ai − Ai+1, tem-se n∑ i=m ai = n∑ i=m Ai −Ai+1 = Am −An+1. ou n−1∑ i=m ai = n−1∑ i=m Ai −Ai+1 = Am −An. Agora, quando Ai é decrescente, a diferença é positiva. Exemplo 2.1. Calcular a soma ∑n i=1 ai, (1) sendo ai = Ai − Ai+1 e Ai dado por (a) i−1; (b) i; (c) i−2; (d) i2. (2) sendo ai = Ai+1 − Ai e Ai dado como em 1. 1. Aplicamos as ideias acabadas de expor. PROBLEMAS | TEOREMAS 7 (a) Como ai = Ai −Ai+1 = 1 i − 1 i + 1 = 1 i (i + 1) , vem n∑ i=1 ai = n∑ i=1 1 i (i + 1) = n∑ i=1 Ai −Ai+1 = A1 −An+1 = 1 1 − 1 n + 1 = n n + 1 Logo, n∑ i=1 1 i (i + 1) = n n + 1 . (b) Neste caso, tem-se ai = Ai − Ai+1 = i− (i + 1) = −1 e n∑ i=1 ai = n∑ i=1 Ai − Ai+1 = n∑ i=1 i− (i + 1) = n∑ i=1 −1 = A1 − An+1 = 1− (n + 1) = −n o que dá o resultado evidente n∑ i=1 −1 = −n. c. Agora, ai = Ai −Ai+1 = 1 i2 − 1 (i + 1)2 = 2i + 1 i2 (i + 1)2 , e n∑ i=1 ai = n∑ i=1 1 i2 (i + 1)2 = n∑ i=1 Ai − Ai+1 = A1 − An+1 = 1 12 − 1 (n + 1)2 = n2 + 2n (n + 1)2 donde n∑ i=1 2i + 1 i2 (i + 1)2 = n2 + 2n (n + 1)2 . d. Tem-se ai = Ai − Ai+1 = i2 − (i + 1)2 = i2 − i2 − 2i− 1 = −2i− 1 10 AMÉRICO TAVARES Pomos ai = 1 i (i + 1) e Bi+1 = i2. Consultando a tabela de anti-diferenças da secção anterior, obte- mos Ai e de Bi+1 calculamos Bi: Ai = − 1 i Bi = (i− 1)2 = i2 − 2i + 1 e, portanto, como bi = Bi+1 −Bi = 2i− 1, tem-se Aibi = − 1 i (2i− 1) = 1 i − 2 AiBi = − 1 i ( i2 − 2i + 1 ) = −i + 2− 1 i ; donde n∑ i=1 i i + 1 = ( −i + 2− 1 i ) |i=n+1i=1 − n∑ i=1 1 i − 2 = −n− 1 + 1 + 0− 1 n + 1 + 1 1 −Hn + 2n = n + 1− 1 n + 1 −Hn ◭ Se escrevermos a soma numa forma indefinida, ou seja, sem indi- cação explícita dos limites superior e inferior dos somatórios, ∑ aiBi+1 = AiBi − ∑ Aibi, relacionamos duas somas indefinidas: ∑ aiBi+1 e ∑ Aibi. Nesta fór- mula, aparecem as anti-diferenças Ai e Bi e as diferenças ai = Ai+1−Ai e bi = Bi+1 −Bi. A forma indefinida traduz-se na soma indefinida ∑ ai = Ai. 2.3. Exercícios. PROBLEMAS | TEOREMAS 11 2.3.1. Enunciados. (1) Apresente um argumento combinatório justificativo da identi- dade de Pascal. (2) Sendo A um conjunto com n elementos, seja P (A) o conjunto cujos elementos são todos os subconjuntos de A; (a) determine o número de elementos de P (A); (b) relacione com o teorema binomial e com o triângulo de Pascal. (3) Calcule, em função de n, o valor da soma ∑n i=0 ( i 2 ) = ∑n i=2 ( i 2 ) . (4) Mostre que ∑n i=0 (−1) i (n i ) = 0 (a) pelo teorema binomial; (b) através dum argumento meramente combinatório (sem fazer cálculos ou dedução a partir de outras fórmulas) (5) Mostre que a anti-diferença da sucessão (2i) é a própria sucessão. Utilize este resultado para determinar ∑n i=1 2 i. (6) Calcule a soma da progressão geométrica ∑n i=1 x i, utilizando o método telescópico. (7) Some por partes n∑ i=1 i 2i. 2.3.2. Resoluções. 1. A identidade de Pascal é ( n k ) = ( n− 1 k ) + ( n− 1 k − 1 ) . Pensemos em dois conjuntos, um A = {a1, a2, . . . , an} com n ele- mentos e outro, B arbitrário mas contido em A e com n− 1 elementos: B = {b1, b2, . . . , bn−1} ⊂ A. Escolhamos agora k elementos de entre os n de A. A contagem do número de maneiras distintas de escolher esses k elementos pode fazer-se de duas formas: • uma, directa, expressa por ( n k ) ; • outra, indirecta, baseada no seguinte raciocínio: os k elementos escolhidos ou pertencem todos ao conjunto B (caso 1 ) ou todos menos um, ou seja, k − 1 pertencem a B e o que não faz parte de B pertence a A (caso 2 ). Existem ( n−1 k ) escolhas distintas no caso 1 e ( n−1 k−1 ) no 2. Somando ( n−1 k ) com ( n−1 k−1 ) obtem-se o número total de escolhas associadas aos dois casos. Mostrámos assim que os dois lados da identidade de Pascal são iguais. ◭ 2.(a) Consideremos um conjunto A = {a1, a2, . . . , an} com n ele- mentos. Os subconjuntos de A podem ter k elementos, com k podendo variar de 0 a n (a 0 corresponde o conjunto vazio ∅ e a n o conjunto 12 AMÉRICO TAVARES A). Para um dado k, há ( n k ) subconjuntos de A. A soma n∑ k=0 ( n k ) (2.4) representa o número pedido (no de elementos ou cardinal de P (A)). Pela fórmula do binómio, tem-se (1 + x)n = n∑ k=0 ( n k ) xk. (2.5) Pondo x = 1 em (2.4), temos o caso particular (1 + 1)n = n∑ k=0 ( n k ) 1k ⇐⇒ 2n = n∑ k=0 ( n k ) , que é a resposta pretendida. 2.(b) No triângulo de Pascal os números ( n k ) estão colocados ao longo da linha n. Linha n = 0 ( 0 0 ) Linha n = 1 ( 1 0 ) ( 1 1 ) Linha n = 2 ( 2 0 ) ( 2 1 ) ( 2 2 ) · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · Linha n ( n 0 ) ( n 1 ) ( n 2 ) · · · ( n k ) · · · ( n n−2 ) ( n n−1 ) ( n n ) · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · A sua soma é dada por (2.4) ◭ 3. Dado que ( i 2 ) = i (i− 1) 2 = 1 2 ( i2 − i ) , se pensarmos nos resultado obtidos nas alíneas (d) e (a) do exemplo 1.2.1, respectivamente n∑ i=0 i2 = n∑ i=1 i2 = (n + 1)n (2n + 1) 6 , e n∑ i=0 i = n∑ i=1 i = n (n + 1) 2 , tem-se sucessivamente n∑ i=2 ( i 2 ) = n∑ i=2 1 2 ( i2 − i ) = 1 2 n∑ i=2 i2 − i = 1 2 ( n∑ i=1 i2 − 1∑ i=1 i2 − n∑ i=1 i + 1∑ i=1 i ) = 1 2 (( n∑ i=1 i2 ) − 1− ( n∑ i=1 i ) + 1 ) = 1 2 (( n∑ i=1 i2 ) − ( n∑ i=1 i )) = 1 2 ( (n + 1)n (2n + 1) 6 − n (n + 1) 2 ) = n3 − n 6 . ◭ PROBLEMAS | TEOREMAS 15 assim, tem-se: n∑ i=1 i 2i = [ 2i (i− 1) ] |i=n+1i=1 − n∑ i=1 2i × 1 = ( 2n+1 (n)− 2× 0 ) − 2 (2n − 1) = n2n+1 − 2n+1 + 2 = 2n+1 (n− 1) + 2. ◭ 3. A              A ’   ζ(3) 3.1. Introduction. In his proof of the irrationality of ζ(3), Roger Apéry used two double sequences, whose first terms are shown in sec- tion 3. Apéry’s method of constructing these sequences is presented in his article [1] Irrationalité de ζ2 et ζ3, Astérisque 61 (1979) p. 11-13, and in much more detail by Alfred van der Poorten [2] in his informal report A proof that Euler missed ..., Math. Intelligencer 1 (1979), p. 195-203. In section 4 of [2], the 5 transformations presented by Apéry in the Journées Arithmétiques de Luminy held in June 1978, which enabled him to accelerate the convergence of a sequence, un,k are described. This sequence is given by un,k = n∑ m=1 1 m3 + k∑ m=1 1 2m3 ( n m )( m + n m ) . (3.1) Observação 3.1. In van der Poorten’s paper this sequence is denoted as cn,k and as uk,n by Apéry in the aforementioned article. Applying exactly the same transformations, that is, the same linear combination to the double sequences ( n + k n ) and ( n + k n ) un,k = vn,k, two other sequences, respectively, (un) and (vn) are generated. These are given by un = n∑ i=0 ( n i )2 i∑ k=0 ( i k )( n k )( 2n− k k ) (3.2) = n∑ k=0 ( n k )2( n + k k )2 , with 0 ≤ k ≤ i ≤ n (3.3) and vn = n∑ i=0 ( n i )2 i∑ k=0 ( i k )( n k )( 2n− k k ) un,n−k (3.4) = n∑ k=0 ( n k )2( n + k k )2 un,k, with 0 ≤ k ≤ i ≤ n (3.5) 16 AMÉRICO TAVARES We present here the following identity n∑ i=0 ( n i )2( i k ) = ( n k )( 2n− k n ) that enables one to show that (3.2) is identical to (3.3) and (3.4) is identical to (3.5) (see section 4). 3.2. Proof of the identity. We are going to prove n∑ i=k ( n i )2( i k ) = ( n k )( 2n− k n ) (3.6) Observação 3.2. We can choose for i the minimum value k, instead of 0 , because, when i < k, ( i k ) = 0. This identity generalizes the identity ∑ k ( n k )2 = ( 2n n ) for which two different proves are given by M. Petkovsek, H. Wilf and D. Zeilberger in the book A=B, p. 24, [5], (a purely combinatorial proof and one based on the Newton’s binomial formula). We will present two purely combinatorial arguments to evaluate the value of each side of identity (3.6). Both values must, of course, be equal. The right hand side is the number of different ways of choos- ing k elements from a set, such as S = {s1, s2, · · · , sn} with n el- ements and, at the same time, n elements from another set X = {x1, x2, · · · , xn, xn+1, · · · , x2n−k} with 2n− k elements. As for the left hand side, let’s first consider the disjunction of X in two sets, one X1 = {x1, x2, · · · , xn} with n elements, and the other X2 = {xn+1, · · · , x2n−k} , with n−k elements, and X = X1∪X2. Now, we choose n elements of X such as k′ belongs to X1 and n− k′ to X2, with 0 ≤ k′ ≤ n. (1) There exists ( n k′ ) different ways of choosing k′ elements from the n of X1 . (2) There exists ( n− k n− k′ ) = ( n− k k′ − k ) different ways of choosing n− k′ elements from the n− k of X2 . From here we deduce that , for a given k′ , there are ( n k′ )( n− k k′ − k ) different ways of choosing those n elements of X. On the other hand,( n k′ )( n− k k′ − k )( n k ) is the number of different ways of choosing n ele- ments from X and, at the same time, k from S , as above. Now, if we PROBLEMAS | TEOREMAS 17 add, for every possible value of k′, all those such chooses, then n∑ k′=0 ( n k′ )( n− k k′ − k )( n k ) = n∑ k′=0 ( n k′ )2(k′ k ) = n∑ i=0 ( n i )2( i k ) = n∑ i=k ( n i )2( i k ) , since ( n k )( n− k k′ − k ) = ( n k′ )( k′ k ) , by the Newton’s identity. It can be established by a combinatorial argument (see [6] V.K., Md. Balakr- ishnan, V. Balakrishnan, Schaum’s Outline of Combinatorics, p. 12). Instead, we show it as follows ( n k )( n− k k′ − k ) = n! k! (n− k)! (n− k)! (k′ − k)! (n− k′)! = n! k! (k′ − k)! (n− k′)! and ( n k′ )( k′ k ) = n! k′! (n− k′)! k′! k! (k′ − k)! = n! k! (k′ − k)! (n− k′)! We have therefore shown the equality of both sides of the identity (3.6) and so completed the proof.  3.3. First Terms of Apéry’s Sequences. Now, we are going to il- lustrate numerically the construction of the Apéry’s Sequences, by ap- plying the transformations described in [2]. We decided to display these sequences as Pascal-like triangles. 3.4. Integer sequence (un). The first triangle for this sequence has as elements the values generated by the binomial coefficient ( n + k n ) . For the n− th line, these values are obtained for k = 0 to n. 1 1 2 1 3 6 1 4 10 20 The following triangles are (in each, n defines a line for which the second index of the generating expression is comprised between 0 and n.) 20 AMÉRICO TAVARES Let’s see how fast the convergence to ζ(3) of the sequence generated by vn un really is v0 u0 = 0 v1 u1 = 6 5 = 1.2 v2 u2 = 351 292 ≈ 1.20205479452055 v3 u3 = 62531 52020 ≈ 1.20205690119185 For this last approximation, we have already ∣∣∣∣ v3 u3 − ζ(3) ∣∣∣∣ ≈ 0.00000000196774 We have taken ζ(3) ≈ 1.20205690315959 For the next term, we have v4 u4 = 11424695 9504288 , and ∣∣∣∣ v4 u4 − ζ(3) ∣∣∣∣ ≈ 0.00000000000177. In order to have a visual representation of these approximations, let’s plot the graph of a function f of a real variable x such that f(n) = vn/un and f(x) = (vn/un − vn−1/un−1) (x− n) + vn/un in the interval [n− 1, n], which is simply equal to vn/un at the integers and to the linear function of the line segment connecting (n − 1, vn−1/un−1) to (n, vn/un) in each of such intervals . 4321 1.203 1.202 1.201 1.2 x Graph of f(x) in [1, 4] approaching ζ(3) PROBLEMAS | TEOREMAS 21 These approximations compare favorably with the partial sums sn = un,0 = ∑n m=1 1/m 3 s1 = u1,0 = 1 s2 = u2,0 = 1 + 1 23 = 9 8 s3 = u3,0 = 1 + 1 23 + 1 33 = 251 216 s4 = u4,0 = 1 + 1 23 + 1 33 + 1 43 = 2035 1728 In this case we plot the graph of a function g of a real variable x such that g(n) = sn and g(x) = (sn− sn−1) (x− n)+ sn in the interval [n− 1, n], which is equal to sn at the integers and to the linear function of the line segment connecting (n − 1, sn−1) to (n, sn) in each of such intervals . 4321 1.4 1.3 1.2 1.1 1 x Graph of g(x) in [1, 4] and ζ(3) 3.4.2. Double Sequence (un,k). We will now arrange sequence (1) in a Pascal-like triangle: u0,0 = 0 u1,0 = 1 u1,1 = 5 4 u2,0 = 9 8 u2,1 = 29 24 u2,2 = 115 96 u3,0 = 251 216 u3,1 = 65 54 u3,2 = 5191 4320 u3,3 = 5195 4320 For instance, in the 4th line we have the following inequalities u3,0 < u3,2 < ζ(3) < u3,3 < u3,1 that is, [u3,2 , u3,3] ⊂ [u3,0 , u3,1] and ζ(3)− u3,0 is positive, ζ(3)− u3,1 negative, ζ(3)− u3,2 positive, and ζ(3)− u3,3 negative. Similar results can be established for the other lines. 22 AMÉRICO TAVARES 3.4.3. Proved identity. The first 5 lines of n∑ i=0 ( n i )2(i k ) = ( n k )( 2n− k n ) (3.9) are 1 2 1 6 6 1 20 30 12 1 70 140 90 20 1 3.5. Equivalent formulas for un and vn. Now we will derive formu- las (3) and (5) from, respectively, (2) and (4). 3.5.1. Formula for un. From (3.2), that we repeat here un = n∑ i=0 ( n i )2 i∑ k=0 ( i k )( n k )( 2n− k k ) (3.10) one has, using the proved identity un = n∑ i=0 i∑ k=0 ( n i )2( i k )( n k )( 2n− k k ) (3.11) = i∑ k=0 ( n k )( 2n− k k ) n∑ i=0 ( n i )2( i k ) = n∑ k=0 ( n k )( 2n− k k )( n k )( 2n− k k ) = n∑ k=0 ( n k )2( 2n− k n )2 (3.12) Replacing n− k for k, we obtain un = n−k=0∑ n−k=0 ( n n− k )2( 2n− n + k n )2 (3.13) = k=0∑ k=n ( n k )2(n + k n )2 = k=n∑ k=0 ( n k )2( n + k n )2 (3.14) PROBLEMAS | TEOREMAS 25 Logo xn = AX n 1 + BX n 2 = Aa n + Bbn = √ 5 5 an − √ 5 5 bn = √ 5 5 (an − bn) ; Mas, como 1 a− b = 1 1 + √ 5 2 − 1− √ 5 2 = 2 1 + √ 5− ( 1− √ 5 ) = 1√ 5 = √ 5 5 , xn = an − bn a− b (4.7) como queríamos mostrar.  4.2. Múltiplos e quadrados perfeitos (das XXV OPM). Este problema foi retirado das Olimpíadas de Matemática de 2006 (categoria B 10o-12o): 4o problema da 1a eliminatória das XXV Olímpíadas de Matematica: (http://www.mat.uc.pt/opm/OPM/XXV/XXV_1b.pdf) Escreve-se por ordem crescente cada um dos múltiplos de 3 cuja soma com 1 é um quadrado perfeito 3, 15, 24, 48, . . . Qual é o 2006.o múltiplo que se escreve? Resolução Apresento a minha resolução a seguir, que o leitor pode comparar com outras duas propostas de resolução mais elegantes (da SPM) (http://www.mat.uc.pt/opm/OPM/XXV/XXV_1bs.pdf) Os primeiros quadrados perfeitos a seguir ao 2 são: 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 144, 169, 196, 225, . . . , (n + 1)2 . . . dos quais se obtêm, por subtracção de 1 a cada u1 = 3, u2 = 9, u3 = 15, u4 = 24, u5 = 35, u6 = 48, u7 = 63, u8 = 80, u9 = 99, u10 = 120, u11 = 143, u12 = 168, u13 = 195, u14 = 224, . . . ., un = (n + 1) 2 − 1, . . . 26 AMÉRICO TAVARES Destes, como u2 = 9, u5 = 35, u8 = 80, u11 = 143, u14 = 224 não são múltiplos de 3, ficam u1 = 3, u3 = 15, u4 = 24, u6 = 48, u7 = 63, u9 = 99, u10 = 120, u12 = 168, u13 = 195, . . . Confirmemos: para n = 2, 3, 4, 5, . . . u3n−4 = (3n− 4 + 1)2−1 = (3n− 3)2−1 = 9n2−18n+8 = 3 ( 3n2 − 6n + 2 ) +2 não são múltiplos de 3. Por outro lado, para n = 3, 4, 5, . . . u3n−5 = (3n− 5 + 1)2 − 1 = (3n− 4)2 − 1 = 3 ( 3n2 − 8n + 5 ) u3n−6 = (3n− 6 + 1)2 − 1 = (3n− 5)2 − 1 = 3 ( 3n2 − 10n + 8 ) são claramente múltiplos de 3. Assim, em cada três termos sucessivos un (com n ≥ 3), os primeiros dois são múltiplos de 3 e o terceiro não o é. Se renumerarmos os índices e chamarmos à nova sucessão vn , temos v1 = 2 2 − 1 = 3, v2 = 4 2 − 1 = 15, v3 = 5 2 − 1 = 24, v4 = 7 2 − 1 = 48, v5 = 8 2 − 1 = 63, v6 = 10 2 − 1 = 99, v7 = 11 2 − 1 = 120, v8 = 13 2 − 1 = 168, v9 = 14 2 − 1 = 195, . . . e o que se pede é v2006 . Como o número de inteiros cujos quadrados menos um dividem três é igual a: 1. 1 no grupo de números 2 a 3 inclusive; 2. 2 em cada grupo de 3 números a seguir ao 3, ou seja, de 4 a 6, de 7 a 9, etc. 3. 1999 de 2 a 3000, em virtude de 3000 3 = 1000 = 1 + 999 e 1× 1 + 999× 2 = 1999, PROBLEMAS | TEOREMAS 27 então v1999 = 2999 2 − 1 = 8994 000, e não 30002 − 1 = 8999 999, que não é múltiplo de 3. Pelo mesmo raciocínio, entre 2 e 3009 há 2005 inteiros cujos quadra- dos menos um são múltiplos de três, e o último é o que corresponde a 3008 e não a 3009 (30092 − 1 não é múltiplo de 3): 3009 3 = 1003 = 1 + 1002 e 1× 1 + 1002× 2 = 2005; então v2005 = 3008 2 − 1 = 9048 063. O termo seguinte é o resultado procurado v2006 = 3010 2 − 1 = 9060 099. Este processo pode visualizar-se nas tabelas seguintes 4 7 10 13 16 19 22 25 28 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 (3) (6) (9) (12) (15) (18) (21) (24) (27) (30) 2 4 6 8 10 12 14 14 18 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ... 2998 3001 3004 3007 3010 3013 3016 3019 3022 3025 2999 3002 3005 3008 3011 3014 3017 3020 3023 3026 (3000) (3003) (3006) (3009) (3012) (3015) (3018) (3021) (3024) (3027) 1998 2000 2002 2004 2006 2008 2010 2012 2014 2016 1999 2001 2003 2005 2007 2009 2011 2013 2015 2017 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 30 AMÉRICO TAVARES Multiplicando em k estas n−N duplas desigualdades vem, suces- sivamente n−N−1∏ k=0 (b− δ) < n−N−1∏ k=0 uN+k+1 uN+k < n−N−1∏ k=0 (b + δ) n−N︷ ︸︸ ︷ (b− δ) · · · (b− δ) < uN+1 uN uN+2 uN+1 · · · un un−1 < n−N︷ ︸︸ ︷ (b + δ) · · · (b + δ) (b− δ)n (b− δ)−N = (b− δ)n−N < un uN < (b + δ)n−N = (b + δ)n (b + δ)−N . Daqui tira-se (b− δ)n (b− δ)−N uN < un < (b + δ)n (b + δ)−N uN e, extraindo a raiz de ordem n (b− δ) n √ (b− δ)−N uN < n √ un < (b + δ) n √ (b + δ)−N uN . Como (b− δ)−N uN e (b + δ)−N uN são independentes de n, quando se faz tender n para infinito, n √ (b− δ)−N uN e n √ (b + δ)−N uN tendem para 1, ou seja, existe um número N ′, tal que para n ≥ N ′ 1− δ < n √ (b− δ)−N uN < 1 + δ 1− δ < n √ (b + δ)−N uN < 1 + δ pelo que se obtém o seguinte enquadramento: (1− δ) (b− δ) < (b− δ) n √ (b− δ)−N uN < n √ un n √ un < (b + δ) n √ (b + δ)−N uN < (b + δ) (1 + δ) . Atendendo a que (1− δ) (b− δ) = b− ( δ + bδ − δ2 ) e (b + δ) (1 + δ) = b+ ( δ + bδ + δ2 ) e também δ+bδ+δ2 > δ+ bδ−δ2, vê-se que tomando ε > δ + bδ + δ2 se tem efectivamente b − ε < n√un < b + ε (para n ≥M = max {N ′,N}), o que demonstra a proposição.  Exercícios de aplicação: determine lim n √ un, em que (1) un = n √ 1 + 1 n (2) un = n √ (n + 1)!− n! (3) un = n √ an + bn em que 0 < a ≤ b. Resolução (1) un+1 un = 1 + 1 n 1 + 1 n + 1 = (n + 1)2 n (n + 2) → 1; e n√un → 1 PROBLEMAS | TEOREMAS 31 (2) un+1 un = (n + 2)!− (n + 1)! (n + 1)!− n! = (n + 2) (n + 1)− (n + 1) (n + 1)− 1 → +∞; e n √ un → +∞ (3) un+1 un = an+1 + bn+1 an + bn = bn+1 ( an+1 bn+1 + 1 ) bn ( an bn + 1 ) → b; e n√un → b. Problema: Sabendo que a sucessão (un) verifica a relação de recorrência un − 34un−1 + un−2 = 0. determine lim n √ un. Resolução A relação de recorrência acima é de segunda ordem, linear e de coe- ficientes constantes, dizendo-se ainda homogénea pelo segundo membro ser nulo. A teoria das equações às diferenças diz-nos que o termo geral da sucessão (un) é da forma un = Aα n + Bβn em que α, β são as raizes da equação característica X2 − 34X + 1 = 0. Verificação: por substituição vê-se que un = αn é solução de un − 34un−1 + un−2 = 0. De facto, αn − 34αn−1 + αn−2 = 0 é equivalente a αn−2 (α2 − 34α + 1) = 0. Analogamente un = βn é outra solução, pois de βn − 34βn−1 + βn−2 = 0 resulta βn−2 ( β2 − 34β + 1 ) = 0. Sendo α, β raizes da equação car- acterística, a relação de recorrência é verificada. Como a expressão Aαn +Bβn é uma combinação linear de αn e βn, facilmente se conclui que também verifica a recorrência un − 34un−1 + un−2 = 0. Resolvendo a equação característica, vem α = 34 + √ 342 − 4 2 = 17 + 12 √ 2 > 1 β = 34− √ 342 − 4 2 = 17− 12 √ 2 = α−1 < 1 e o termo geral un = Aα n + Bβn = A ( 17 + 12 √ 2 )n + B ( 17− 12 √ 2 )n . 32 AMÉRICO TAVARES Como ( 17− 12 √ 2 )n → 0, o comportamento de un para n sufi- cientemente grande é dominado por ( 17 + 12 √ 2 )n — caso a solução seja crescente com n — e a razão un+1 un = A ( 17 + 12 √ 2 )n+1 + B ( 17− 12 √ 2 )n+1 A ( 17 + 12 √ 2 )n + B ( 17− 12 √ 2 )n tende por esse motivo para 17 + 12 √ 2. ◭ 5. N    S Uma série de números reais é uma soma do tipo ∞∑ n=1 un = u1 + u2 + u3 + · · ·+ un + · · · (5.1) A sucessão das somas parciais associada a esta série é a sucessão formada pelos números s1 + s2 + s3 + · · ·+ sn + · · · , (5.2) em que sn = n∑ i=1 ui. (5.3) A série diz-se convergente se existe e é finito lim n→∞ sn = lim n→∞ ∑n i=1 ui. A este limite chama-se a soma da série. Se o limite não existir ou for infinito, a série é divergente. Exemplo 5.1. Determine a soma da série ∞∑ n=1 2−n. ◮ A sucessão das somas parciais (sn) é a sucessão de termo geral sn = n∑ i=1 2−i. Esta soma é, como bem sabemos, a da progressão geométrica cujo 1o termo é s1 = 2 e a razão é 1/2. Vejamos que 1 2 sn = sn − 1 2 sn = n∑ i=1 2−i − 1 2 n∑ i=1 2−i = n∑ i=1 2−i − n∑ i=1 2−(i+1) = n∑ i=1 2−i − n+1∑ i=2 2−i = 2−1 + n∑ i=2 2−i − n∑ i=2 2−i − 2−(n+1) = 2−1 ( 1− 2−n ) ; PROBLEMAS | TEOREMAS 35 e calcular agora a soma da progessão geométrica de razão 10−3 e primeiro termo 0, 150 ∞∑ n=1 150 103n = 0, 150 1− 10−3 = 150 103 − 1 = 50 333 No segundo exemplo tomo o número 0, 3150 como ilustrativo do caso em que a dízima não começa imediatamente a seguir à vírgula. Assim, usando o resultado anterior 0, 3150 = 0, 3 + 0, 1× 0, 150 = 0, 3 + 0, 1× 50 333 = 1049 3330 No último exemplo, considero −2, 3150. Será −2, 3150 = − ( 2, 3150 ) = − ( 2 + 0, 3150 ) = − ( 2 + 1049 3330 ) = −7709 3330 . O caso geral é simplesmente o de uma dízima periódica com p dígitos, bastando como se vê mostrar a propriedade para os números do tipo 0, ap−1ap−2...a1a0 , porque os outros são uma consequência ime- diata. O número cujos dígitos são os que estão sob a barra tem o valor decimal N = 100a0 + 10 1a1 + · · ·+ 10p−1ap−1 Sendo assim, usando o mesmo raciocínio do primeiro exemplo, tem- se 0, ap−1ap−2...a1a0 = N 10p + N 102p + · · · = N/10 p 1− 10−p = N 10p − 1 . Exemplo de aplicação: x = 0, 151515... y = 1, 2151515... Para x = 0, 15, N = 100× 5+ 101× 1 = 15, x = 15 102 − 1 = 15 99 . De x deduz-se y y = 1, 215 = 1 + 0, 2 + 0, 1x = 12 10 + 1 10 15 99 = 401 330 . Exercício: determine o número racional representado na forma decimal por 0, 3311111... Resposta: 149 450 36 AMÉRICO TAVARES 6. M   / M  6.1. Função cúbica. Mostre que o ponto de inflexão da função f (x) = x3 + 3x2 − 9x − 21, cujo gráfico se representa a seguir, está situado a meio dos de estacionaridade. 43210-1-2-3-4 40 20 0 -20 x y (enunciado adaptado e simplificado da entrada do ’Mathematics weblog’, Steve, cubics, harder question 2, 26-1-2006). Resolução Começamos por calcular os pontos de estacionaridade. Como f ′ (x) = 3x2 + 6x− 9 então f ′ (x) = 0 ⇔ 3x2 + 6x− 9 = 0 ⇔ x2 + 2x− 3 = 0 ⇔ x = −2± √ 4 + 12 2 = −2± 4 2 = −1± 2 ⇔ x = 1 ∨ x = −3 donde f (−3) = (−3)3 + 3 (−3)2 − 9 (−3)− 21 = 6 f (1) = (1)3 + 3 (1)2 − 9 (1)− 21 = −26 Logo, os pontos estacionários são (−3, 6) , (1,−26). Agora determinamos o ponto de inflexão. Dado que f ′′ (x) = 6x + 6 tem-se PROBLEMAS | TEOREMAS 37 f ′′ (−3) = −18 + 6 = −12 f ′′ (1) = 6 + 6 = 12 pelo que, porque f ′′ (x) = 0⇔ 6x + 6 = 0⇔ x = −1 f ′′ (x) > 0⇔ 6x + 6 > 0⇔ x > −1 f ′′ (x) < 0⇔ 6x + 6 < 0⇔ x < −1 o pontos de inflexão é o ponto de coordenadas (−1, f (−1)) = (−1,−10): f (−1) = (−1)3 + 3 (−1)2 − 9 (−1)− 21 = −10 Logo −1 = −3 + 1 2 ∧ −10 = 6− 26 2 e, por conseguinte (−1,−10) = 1 2 ((−3, 6) + (1,−26))  6.2. Optimização pelo método de Lagrange. Considere o seguinte problema de optimização: usando as condições suficientes de optimali- dade encontre o par (x∗, y∗) onde a função g g (x, y) = (x + 2) (y + 1) sujeita à restrição 4x + 6y = 130 tem um máximo. [Adaptado de um problema do exame de 28 de Janeiro de 2006 de Métodos Numéricos I, do Curso de Informática de Gestão da Univer- sidade do Minho.([7])] Resolução O problema de optimização corresponde a determinar o mínimo da função f = −g f (x, y) = − (x + 2) (y + 1) sujeita à restrição c (x, y) = 0 em que c (x, y) = 4x + 6y − 130. Nota teórica: Se (x∗, y∗) satisfizer as duas condições seguintes é um mínimo: (i) o par (x∗, y∗) verifica simultaneamente as n equações ∇f (x∗, y∗)−∇c (x∗, y∗)λ∗ = 0 40 AMÉRICO TAVARES Neste caso os limites de integração são constantes. A generalização a um integral do tipo I(t) = J(u, v, t) = ∫ v(t) u(t) f (x, t) dx, em que o parâmetro ocorre também nas funções u (t) e v (t) dos limites de integração, é uma consequência do teorema fundamental do cálculo integral para uma função, na sua forma habitual d dx ∫ x a g (t) dt = g (x) e nesta dela derivada d dx ∫ b x g (t) dt = − d dx ∫ x b g (t) dt = −g (x) bem como da regra de derivação da função composta. A derivada passa a ser I ′(t) = dI dt = ∂J ∂t dt dt + ∂J ∂v dv dt + ∂J ∂u du dt ou I ′(t) = ( ∂ ∂t ∫ v u f (x, t) dx ) dt dt + ( ∂ ∂v ∫ v u f (x, t) dx ) dv (t) dt + ( ∂ ∂u ∫ v u f (x, t) dx ) du (t) dt Assim I ′(t) = ∫ v(t) u(t) ∂f (x, t) ∂t dx + f (v (t) , t) v′ (t)− f (u (t) , t)u′ (t) Problema: determine a derivada I ′(t) do integral I(t) = J(2t, t2, t) = ∫ t2 2t etxdx Resolução: neste caso f (x, t) = etx, u (t) = 2t ev (t) = t2. As derivadas são v′ (t) = 2t u′ (t) = 2 ∂f (x, t) ∂t = ∂ ∂t etx = xetx e os valores da função integranda são calculados em (v, t) e (u, t) f (v (t) , t) = et·t 2 = et 3 f (u (t) , t) = et·2t = e2t 2 PROBLEMAS | TEOREMAS 41 donde I ′(t) = ∫ v(t) u(t) ∂f (x, t) ∂t dx + f (v (t) , t) v′ (t)− f (u (t) , t)u′ (t) = ∫ t2 2t xetxdx + 2tet 3 − 2e2t2 = et 3 (3t3 − 1)− e2t2 (4t2 − 1) t2 ◭ 7.2. Integração pelo método de diferenciação em relação a um parâmetro. Na entrada do Cálculo automático de um integral difí- cil que me resistiu aos métodos matemáticos usuais referi o método da diferenciação sob o sinal de integral exposto no post de Todd and Vishal’s blog nela indicado. Este método é também conhecido pelo nome acima. Em que consiste? Generaliza-se o integral que se pretende calcular usando um parâmetro, sendo o integral original obtido para um valor particular desse parâmetro. No caso do integral aí calculado ∫ π/2 0 x tan x dx a generalização através do parâmetro t que é aconselhada no post [http://topologicalmusings.wordpress.com/2008/10/12/ solution-to-pow-10-another-hard-integral/] de Todd and Vishal’s blog (e na Wikipedia [http://en.wikipedia.org/wiki/ Differentiation_under_the_integral_sign#Other_problems] e em Integration: The Feynman Way [http://ocw.mit.edu/NR/rdonlyres/Mathematics/18-304Spring-2006/ 80FAFE90-0273-499D-B3D6-EDECAFE3968D/0/integratnfeynman.pdf]) é: I(t) = ∫ π/2 0 arctan (t tan x) tan x dx da qual o integral original é I(1) = ∫ π/2 0 x tan x dx Para aplicar este método é necessário que a função integranda e a sua derivada parcial em relação ao parâmetro sejam contínuas no intervalo de integração, quer no que diz respeito à variável de integração x quer ao parâmetro t ; neste caso são-no: ∂ ∂t arctan (t tan x) tan x = 1 t2 tan2 x + 1 . Depois de se ter diferenciado sob o sinal de integral, obtém-se a derivada do integral em relação ao parâmetro, calculando o integral da nova 42 AMÉRICO TAVARES função integranda, a que se acabou de determinar: d dt I(t) = ∫ π/2 0 ∂ ∂t arctan (t tan x) tan x dt O objectivo é tentar obter um integral simples! Continuando, vem d dt I(t) = ∫ π/2 0 1 t2 tan2 x + 1 dx Fazendo a substituição recomendada por Todd Trimble x = arctanu transforma-se este integral noutro d dt I(t) = ∫ π/2 0 1 t2 tan2 x + 1 dx = ∫ ∞ 0 1 t2u2 + 1 1 u2 + 1 du que é integrável pelo método das fracções parciais: 1 t2u2 + 1 1 u2 + 1 = t t2 − 1 t t2u2 + 1 − 1 t2 − 1 1 u2 + 1 . obtendo-se ∫ ∞ 0 1 t2u2 + 1 1 u2 + 1 du = t t2 − 1 ∫ ∞ 0 t t2u2 + 1 du− 1 t2 − 1 ∫ ∞ 0 1 u2 + 1 du = t t2 − 1 arctan (tu)| ∞ 0 − 1 t2 − 1 arctan (u)| ∞ 0 = t t2 − 1 (π 2 ) − 1 t2 − 1 (π 2 ) = 1 t + 1 (π 2 ) Por fim, integra-se em relação ao parâmetro t I(t) = ∫ π 2 (t + 1) = π 2 ln (t + 1) + C e calcula-se a constante de integração através de outro valor particular do integral; como I(0) = ∫ π/2 0 arctan (0 tanx) tan x dx = 0 tem-se π 2 ln (1) + C = 0 donde C = 0 e o integral paramétrico é I(t) = ∫ π 2 (t + 1) dt = π 2 ln (t + 1) pelo que o integral original é igual a I(1) = π 2 ln (1 + 1) = π 2 ln 2. PROBLEMAS | TEOREMAS 45 8.3. Uma transformação — inversão complexa — de uma cir- cunferência. Podemos perguntar: se tivermos, no plano complexo z, um círculo centrado na origem (z0 = 0) de raio igual a r, aplicando a transformação w = 1 z o que é que passaremos a ter, no plano complexo w? A equação do círculo é |z| ≤ r. A circunferência |z| = r transforma- se em |w| = 1|z| = 1 r , ou seja, outra circunferência centrada na origem do plano w e de raio R = 1 r . Assim, o conjunto A = {z ∈ C : |z| ≤ r} é transformado no conjunto B = {w ∈ C : |w| ≥ R}, isto é, todo o plano w com exclusão do interior do círculo |w| < R. Admita agora o leitor que tem, no plano z, outra circunferência com o mesmo raio r, mas centrada em z0 = x0+i0 = r. Então |z − z0| = |z − r| = r e a mesma transformação de inversão w = 1 z , traduz-se, no plano w, por ∣∣∣∣ 1 w − r ∣∣∣∣ = r. Resta saber qual é o lugar geométrico C = { w ∈ C : ∣∣∣∣ 1 w − r ∣∣∣∣ = r } O leitor que assim entenda poderá tentar ver qual é. Para quem esteja interessado na solução mas tenha alguma dúvida, apresento, de seguida, uma possível resolução. Resolução Admita que z percorre a circunferência |z − r| = r no sentido directo, partindo da origem, passa pelos pontos situados no semi-plano Im z < 0, cruza o eixo real em 2r e continua pelo semi-plano Im z > 0 até atingir novamente a origem. Vamos ver que w percorre a recta w = 1/2r + i0 no sentido do semi-plano superior para o semi-plano inferior. Quando z = x+ iy descreve |z − r| = r, (x− r)2 + y2 = r2, donde x2 + y2 = 2rx. Como w = 1 z = 1 x + iy = x x2 + y2 − i y x2 + y2 = u + iv, então u = x x2 + y2 = 1 2r e v = − y x2 + y2 = − y 2rx = − y 2rx 46 AMÉRICO TAVARES w = 1 2r − i y 2rx que é a equação de uma recta situada no plano complexo w com parte real igual a 1 2r . Para Re z × Im z < 0, y x < 0, donde v > 0; se y = 0, então y x = 0 e para Re z × Im z > 0, y x > 0, pelo que v < 0. Por outro lado ∣∣∣ y x ∣∣∣→∞ quando x tende para 0. ◭ 9. D "         9.1. Desigualdade de Cauchy-Schwarz. A desigualdade de Cauchy- Schwarz corresponde ao seguinte Teorema: Para todo o vector x =(x1, . . . , xn) ∈ Rn e todo o vec- tor y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn, tem-se: ∣∣∣∣∣ n∑ k=1 xkyk ∣∣∣∣∣ ≤ ( n∑ k=1 x2k )1/2( n∑ k=1 y2k )1/2 ou ( n∑ k=1 xkyk )2 ≤ ( n∑ k=1 x2k )( n∑ k=1 y2k ) . Demonstração: Qualquer que seja o real λ, tomo o vector x−λy, e vou achar n∑ k=1 (xk − λyk)2 = n∑ k=1 x2k − 2λ n∑ k=1 xkyk + λ 2 n∑ k=1 y2k. Seja qual for o λ, o trinómio do lado direito, em λ, não muda de sinal, é sempre positivo ou igual a zero, porque o número ∑n k=1 (xk − λyk) 2 é não negativo: n∑ k=1 x2k − 2λ n∑ k=1 xkyk + λ 2 n∑ k=1 y2k ≥ 0, o que implica que o seu discriminante seja menor ou igual a zero ∆ = ( 2 n∑ k=1 xkyk )2 − 4 ( n∑ k=1 x2k )( n∑ k=1 y2k ) ≤ 0, significando que ( n∑ k=1 xkyk )2 ≤ ( n∑ k=1 x2k )( n∑ k=1 y2k ) . PROBLEMAS | TEOREMAS 47 Daqui pode ainda concluir-se que ∣∣∣∣∣ n∑ k=1 xkyk ∣∣∣∣∣ ≤ ( n∑ k=1 x2k )1/2( n∑ k=1 y2k )1/2 . Se algum dos vectores x,y for nulo, esta relação é evidentemente verificada.  O significado geométrico em R3 desta desigualdade é o de que o produto interno de dois vectores é menor ou igual ao produto dos módulos (das normas) desses vectores. 9.2. Identidade de Lagrange. A desigualdade de Cauchy-Schwarz, já demonstrada anteriormente, é também uma consequência directa da identidade de Lagrange; neste sentido esta identidade constitui uma generalização dessa desigualdade, que relembro ser ( n∑ k=1 akbk )2 ≤ ( n∑ k=1 a2k )( n∑ k=1 b2k ) Proposição: Identidade de Lagrange. Para os reais ak e bk (com 1 ≤ k ≤ n ) verifica-se ( n∑ k=1 akbk )2 = ( n∑ k=1 a2k )( n∑ k=1 b2k ) − n−1∑ i=1 n∑ j=i+1 (aibj − ajbi)2 Demostração: O produto de duas somas com n termos cada é uma soma com n2 termos: ( n∑ i=1 xi )( n∑ j=1 yj ) = n∑ i=1 n∑ j=1 xiyj Os índices i e j de cada termo genérico xiyj 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 n∑ i=1 n∑ j=1 xiyj = n∑ i=1 xiyi + ∑ 1≤i<j≤n xiyj + ∑ 1≤j<i≤n xiyj = n∑ i=1 xiyi + n−1∑ i=1 n∑ j=i+1 xiyj + n−1∑ j=1 n∑ i=j+1 xiyj donde ( n∑ i=1 xi )( n∑ j=1 yj ) = n∑ i=1 xiyi + n−1∑ i=1 n∑ j=i+1 xiyi + n−1∑ j=1 n∑ i=j+1 xiyi 50 AMÉRICO TAVARES Se analisarmos com atenção esta fórmula, verificaremos que a sua estrutura é a seguinte: p2 q2 = p1b2 + p0a2 q1b2 + q0a2 . Esta igualdade leva-nos a formular uma regra geral para a n-ésima reduzida. Anotemos esta regra pn qn = pn−1bn + pn−2an qn−1bn + qn−2an n ≥ 2, e exprimamos separadamente o numerador e o denominador da re- duzida de ordem n:    pn = pn−1bn + pn−2an, qn = qn−1bn + qn−2an, n ≥ 2; (10.1) sendo as condições iniciais p0 = b0, q0 = 1, p1 = b1b0 + a1, q1 = b1. (10.2) ◮ Demonstremos estas fórmulas por indução. Suponhamos que elas se verificam para um valor fixo de n, que representaremos por k: pk = pk−1bk + pk−2ak; (10.3) qk = qk−1bk + qk−2ak, e demonstremos que, nesse caso, elas continuarão a ser verdadeiras para n = k + 1. Analisando as expressões pk qk = b0 + a1 b1 + a2 b2 + . . . + ak−1 bk−1 + ak bk ; pk+1 qk+1 = b0 + a1 b1 + a2 b2 + . . . + ak bk + ak+1 bk+1 , notamos o seguinte: para passar de pk qk para pk+1 qk+1 , é necessário substi- tuir bk por bk+ ak+1 bk+1 . Efectuemos essa substituição nas fórmulas (10.3) e calculemos pk+1 qk+1 . Ao fazê-lo, os números pk−2, qk−2, pk−1, qk−1, não PROBLEMAS | TEOREMAS 51 sofrerão alterações, visto que as suas expressões não incluem bk. pk+1 qk+1 = pk−1 ( bk + ak+1 bk+1 ) + pk−2ak qk−1 ( bk + ak+1 bk+1 ) + qk−2ak = 1 bk+1 [(pk−1bk + pk−2ak) bk+1 + pk−1ak+1] 1 bk+1 [(qk−1bk + qk−2ak) bk+1 + qk−1ak+1] = (pk−1bk + pk−2ak) bk+1 + pk−1ak+1 (qk−1bk + qk−2ak) bk+1 + qk−1ak+1 . Podemos cancelar o factor comum 1 bk+1 ; teremos então pk+1 = pkbk+1 + pk−1ak+1; qk+1 = qkbk+1 + qk−1ak+1. Obtivemos as fórmulas (10.3) com o valor de k substituído por k + 1. Além disso, já vimos que as fórmulas (10.1) são válidas no caso de n = 2. Deste modo, está demonstrado que elas são válidas para n ≥ 2.  Nota: Se compararmos a reduzida de ordem 1, p1 q1 = b1b0 + a1 b1 = p0b1 + a1 q1 , com a que resulta do prolongamento do sistema (10.1) a n = 1 p1 q1 = p0b1 + p−1a1 q0b1 + q−1a1 , vemos que se fizermos { p−1 = 1 q−1 = 0 as relações de recorrência (10.1) passam a ser válidas para n ≥ 1    pn = pn−1bn + pn−2an p−1 = 1 p0 = b0, qn = qn−1bn + qn−2an q−1 = 0 q0 = 1, n ≥ 1. (10.4) Se acrescentarmos à sucessão de reduzidas pn qn os dois termos corre- spondentes a −1 e 0, obtemos a sucessão 1 0 , b0 1 , p1 q1 , p2 q2 , . . . , pn qn , . . . . 52 AMÉRICO TAVARES Se an, bn forem inteiros, positivos ou negativos, estas relações de recorrência (10.1) devem ser encaradas apenas como formais, pois a fracção contínua b0 +K∞n=1 ( an bn ) = b0 + a1 b1+ a2 b2+ · · · an bn+ · · · pode não ser convergente, ou seja, não existir b0 + lim n→∞ Kni=1 ( ai bi ) . Se b0 = 0, temos   pn = pn−1bn + pn−2an p−1 = 1 p0 = 0, qn = qn−1bn + qn−2an q−1 = 0 q0 = 1, n ≥ 1, e a sucessão associada à fracção contínua K∞n=1 ( an bn ) = a1 b1+ a2 b2+ · · · an bn+ · · · é a sucessão 1 0 , 0 1 , p1 q1 , p2 q2 , . . . , pn qn , . . . . Suponhamos que a1 é um número inteiro positivo, os números an (n ≥ 2) são inteiros negativos e os números bn são inteiros positivos; então −an são positivos (n ≥ 2) e podemos escrever o desenvolvimento da fracção contínua K∞n=1 ( an bn ) em qualquer das formas K∞n=1 ( an bn ) = a1 b1+ a2 b2+ · · · an bn+ · · · = a1 b1− −a2 b2− · · · −an bn− · · · ; sendo, na segunda, os números a1, −an (n ≥ 2) e bn (n ≥ 1) todos positivos. 10.1.1. Exemplo: Fracção contínua de ζ (3). Consideremos as sucessões un e vn que verificam, respectivamente, as relações de recorrência    (n + 1)3 un+1 −Pn un + n3un−1 = 0, u0 = 0, u1 = 6; (n + 1)3 vn+1 − Pn vn + n3vn−1 = 0, v0 = 1, v1 = 5; n ≥ 1, (10.5) em que Pn é o polinómio em n Pn = 34n3 + 51n2 + 27n + 5. Vamos determinar o desenvolvimento em fracção contínua de ζ (3), sabendo que a sucessão un vn tende para ζ (3). No entanto, em vez de PROBLEMAS | TEOREMAS 55 Compilo estas relações pN = bN pN−1 + aN pN−2 = bN ((N − 1)n pN−2 + qN−2) + aN pN−2 = (bN (N − 1)n + aN) pN−2 + bN qN−2 e qN = bN qN−1 + aN qN−2 = bN (N − 1)n qN−2 + aN qN−2 = (bN (N − 1)n + aN) qN−2 Agora comparo as duas formas de exprimir pN e qN : pN = N n (N − 1)n pN−2 + (Nn + (N − 1)n) qN−2 pN = (bN (N − 1)n + aN) pN−2 + bN qN−2 qN = N n (N − 1)n qN−2 qN = (bN (N − 1)n + aN) qN−2 Igualo Nn (N − 1)n pN−2 + (Nn + (N − 1)n) qN−2 = (bN (N − 1)n + aN) pN−2 + bN qN−2 Nn (N − 1)n qN−2 = (bN (N − 1)n + aN) qN−2 Deve ser bN (N − 1)n + aN = Nn (N − 1)n bN = N n + (N − 1)n e aN = N n (N − 1)n − bN (N − 1)n = Nn (N − 1)n − (Nn + (N − 1)n) (N − 1)n = Nn (N − 1)n −Nn (N − 1)n − (N − 1)2n = − (N − 1)2n . Portanto, para N ≥ 2 aN = − (N − 1)2n bN = N n + (N − 1)n , ou na notação acima aj (n) = − (j − 1)2n j ≥ 2⇔ aj+1 (n) = −j2n j ≥ 1 bj (n) = j n + (j − 1)n ⇔ bj+1 (n) = (j + 1)n + jn Para N = 1, como 1 = 1 1 = a1 b1 56 AMÉRICO TAVARES a1 = b1 = 1. Obtive, como queria mostrar, N∑ k=1 1 kn = KNj=1 ( aj (n) bj (n) ) = 1 1 + KNj=1 ( −j2n (j + 1)n + jn ) . Casos particulares ζ (2) = +∞∑ k=1 1 k2 = 1 1 + K+∞j=1 ( −j4 (j + 1)2 + j2 ) ζ (3) = +∞∑ k=1 1 k3 = 1 1 + K+∞j=1 ( −j6 (j + 1)3 + j3 ) ζ (4) = +∞∑ k=1 1 k4 = 1 1 + K+∞j=1 ( −j8 (j + 1)4 + j4 ) ζ (5) = +∞∑ k=1 1 k5 = 1 1 + K+∞j=1 ( −j10 (j + 1)5 + j5 ) 11. M      G   M  $ Definição: A matriz inversa da matriz quadrada A é a matriz A−1 que verifica a igualdade A−1A = AA−1 = I em que I é a matriz identidade. Cálculo: Exemplo para uma matriz 3× 3. Partindo da matriz A A =   a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33   PROBLEMAS | TEOREMAS 57 amplia-se a matriz A, de maneira a formar as três matrizes (A|i1) =   a11 a12 a13 | 1 a21 a22 a23 | 0 a31 a32 a33 | 0   (A|i2) =   a11 a12 a13 | 0 a21 a22 a23 | 1 a31 a32 a33 | 0   (A|i3) =   a11 a12 a13 | 0 a21 a22 a23 | 0 a31 a32 a33 | 1   De seguida, trocam-se as linhas de cada uma destas matrizes am- pliadas, e aplica-se o método de eliminação de Gauss com pivotagem parcial — que será visto a seguir sob a forma de exemplo — para obter, respectivamente, as seguintes três matrizes ampliadas (U |j1) =   u11 u12 u13 | j11 0 u22 u23 | j21 0 0 u33 | j31   (U |j2) =   u11 u12 u13 | j12 0 u22 u23 | j22 0 0 u33 | j32   (U |j3) =   u11 u12 u13 | j13 0 u22 u23 | j23 0 0 u33 | j33   em que U é a matriz triangular superior U =   u11 u12 u13 0 u22 u23 0 0 u33   Resolvendo agora, por substituição inversa, isto é, a terceira, seguida da segunda e depois da primeira linha, respectivamente, os sistemas   u11 u12 u13 0 u22 u23 0 0 u33   ·   x1 x2 x3   =   j11 j21 j31     u11 u12 u13 0 u22 u23 0 0 u33   ·   y1 y2 y3   =   j12 j22 j32     u11 u12 u13 0 u22 u23 0 0 u33   ·   z1 z2 z3   =   j13 j23 j33   60 AMÉRICO TAVARES Substituição inversa: fazendo a substituição inversa no sistema    6x1 + 2x2 + 2x3 = 520 10 3 x2 + 4 3 x3 = 680 3 −6 5 x3 = −84 obtemos x3 = −84 −6 5 = 70 x2 = 680 3 − 4 3 · 70 10 3 = 40 x1 = 520− 2 · 40− 2 · 70 6 = 50 Resposta da alínea a) x =   x1 x2 x3   =   50 40 70   b) Matriz inversa: partindo da matriz A =   3 4 1 2 4 2 6 2 2   amplia-se esta matriz, de maneira a formar as três matrizes (A|i1) =   3 4 1 | 1 2 4 2 | 0 6 2 2 | 0   (A|i2) =   3 4 1 | 0 2 4 2 | 1 6 2 2 | 0   (A|i3) =   3 4 1 | 0 2 4 2 | 0 6 2 2 | 1   Aplica-se o método de eliminação de Gauss com pivotagem parcial a cada uma destas matrizes: a primeira transforma-se sucessivamente PROBLEMAS | TEOREMAS 61 em (A|i1) =   3 4 1 | 1 2 4 2 | 0 6 2 2 | 0   L1 ↔ L3−→ ( Ã|̃ı1 ) =   6 2 2 | 0 2 4 2 | 0 3 4 1 | 1   ( Ã|̃ı1 ) =   6 2 2 | 0 2 4 2 | 0 3 4 1 | 1   L ′ 2 = −26L1 + L2 L ′ 3 = −36L1 + L3−→    6 2 2 | 0 0 10 3 4 3 | 0 0 3 0 | 1    L ′ 3 = − 910L2 + L3−→    6 2 2 | 0 0 10 3 4 3 | 0 0 0 −6 5 | 1    = (U |j1) O mesmo método aplicado à segunda matriz dá (A|i2) =   3 4 1 | 0 2 4 2 | 1 6 2 2 | 0   L1 ↔ L3−→ ( Ã|̃ı2 ) =   6 2 2 | 0 2 4 2 | 1 3 4 1 | 0   ( Ã|̃ı2 ) =   6 2 2 | 0 2 4 2 | 1 3 4 1 | 0   L ′ 2 = −26L1 + L2 L ′ 3 = −36L1 + L3−→    6 2 2 | 0 0 10 3 4 3 | 1 0 3 0 | 0    L ′ 3 = − 910L2 + L3−→    6 2 2 | 0 0 10 3 4 3 | 1 0 0 −6 5 | − 9 10    = (U |j2) Para a terceira vem (A|i3) =   3 4 1 | 0 2 4 2 | 0 6 2 2 | 1   L1 ↔ L3−→ ( Ã|̃ı3 ) =   6 2 2 | 1 2 4 2 | 0 3 4 1 | 0   ( Ã|̃ı3 ) =   6 2 2 | 1 2 4 2 | 0 3 4 1 | 0   L ′ 2 = −26L1 + L2 L ′ 3 = −36L1 + L3−→    6 2 2 | 1 0 10 3 4 3 | −1 3 0 3 0 | −1 2    L ′ 3 = − 910L2 + L3−→    6 2 2 | 1 0 10 3 4 3 | −1 3 0 0 −6 5 | − 2 10    = (U |j3) 62 AMÉRICO TAVARES Resolvendo agora, por substituição inversa, respectivamente, os sistemas   6 2 2 0 10/3 4/3 0 0 −6/5   ·   x1 x2 x3   =   0 0 1     6 2 2 0 10/3 4/3 0 0 −6/5   ·   y1 y2 y3   =   0 1 9/2     6 2 2 0 10/3 4/3 0 0 −6/5   ·   z1 z2 z3   =   0 −1/3 −2/10   obtêm-se as soluções x =   1/6 1/3 −5/6   y =   −1/4 0 3/4   z =   1/6 −1/6 1/6   que são precisamente as três colunas da matriz inversa A−1 : A−1 =   1/6 −1/4 1/6 1/3 0 −1/6 −5/6 3/4 1/6   Observação: Como a matriz A é única nos três casos, pode dispor- se o cálculo da seguinte forma:   3 4 1 | 1 0 0 2 4 2 | 0 1 0 6 2 2 | 0 0 1   L1 ↔ L3−→   6 2 2 | 0 0 1 2 4 2 | 0 1 0 3 4 1 | 1 0 0     6 2 2 | 0 0 1 2 4 2 | 0 1 0 3 4 1 | 1 0 0   L ′ 2 = −26L1 + L2 L ′ 3 = −36L1 + L3−→ −→   6 2 2 | 0 0 1 0 10/3 4/3 | 0 1 −1/3 0 3 0 | 1 0 −1/2     6 2 2 | 0 0 1 0 10/3 4/3 | 0 1 −1/3 0 3 0 | 1 0 −1/2   L ′ 3 = − 910L2 + L3−→ −→   6 2 2 | 0 0 1 0 10/3 4/3 | 0 1 −1/3 0 0 −6/5 | 1 −9/10 −2/10   PROBLEMAS | TEOREMAS 65 logo L = 4I = 6. 12.1.2. Um exercício de Cálculo sobre a Catenária. Após ler uma in- teressante exposição sobre a catenária e a sua relação com a Arqui- tectura, no blogue "A Matemática anda por aí", onde a autora indica igualmente quando e quem descobriu a sua expressão analítica, que é definida pela função f f(x) = a 2 ( ex/a + e−x/a ) , lembrei-me de enunciar e resolver o seguinte exercício de Cálculo. Um troço de uma catenária está suspenso em dois postes à altura h das bases, postes esses situados a uma distância d um do outro, num terreno plano. O comprimento do troço é igual a l. Determine a diferença ∆ de cotas entre h e o ponto da catenária equidistante dos dois postes. Resolução Anteriormente já utilizei, sem o demonstrar, a seguinte fórmula para o comprimento de arcos rectificáveis no intervalo [x0, x1]: l = ∫ x1 x0 1 + [f ′ (x)] 2 dx. Dada a natureza da função f(x) = a 2 ( ex/a + e−x/a ) o arco associ- ado é rectificável. Ora, f ′(x) = a 2 ( 1 a ex/a − 1 a e−x/a ) = 1 2 ( ex/a − e−x/a ) 66 AMÉRICO TAVARES Assim, l = ∫ d/2 −d/2 1 + 1 4 ( ex/a − e−x/a )2 dx = d 2 + 1 4 [ −a 2 e− 2 a x ]d/2 −d/2 + 1 4 [a 2 e 2 a x ]d/2 −d/2 = d 2 − a 4 ( e−d/a − ed/a ) pelo que a = 4l − 2d ed/a − e−d/a Como f(0) = a é pedido o valor ∆ = h− a conhecidos l, d, e a, o que se traduz em ∆ = h− a = h− 4l − 2d ed/a − e−d/a Deixo ao leitor a sua verificação e alguma aplicação numérica que entenda por bem fazer. 12.2. Tangente à elise. Seja f (x) uma função real e f ′ (x) a sua derivada. É bem sabido que a recta tangente ao gráfico da curva y = f (x) no ponto de coordenadas (x0, y0) tem como coeficiente angular y′0 = f ′ (x0) , sendo, portando, a sua equação da forma y = f ′ (x0) x+b. O facto de passar por (x0, y0) permite determinar b b = y0 − f ′ (x0) x0 pelo que a equação da recta tangente é então y = f ′ (x0)x + y0 − f ′ (x0) x0 y = y′0x + y0 − y′0x0. Suponha o leitor que tem uma elipse centrada na origem e de semi- eixos maior e menor a > 0 e b > 0 x2 a2 + y2 b2 = 1. Para achar a equação da tangente à elise em (x0, y0), portanto x20 a2 + y20 b2 = 1, podemos começar por exprimir y em função de x y =    f (x) = +b ( 1− x2 a2 )1/2 se y > 0 g (x) = −b ( 1− x2 a2 )1/2 se y < 0 e determinar a sua derivada. Na parte superior da elise (y > 0) tem-se y′ = f ′(x) = −bx a2 ( 1− x 2 a2 )−1/2 = − b 2x a2y PROBLEMAS | TEOREMAS 67 e no ponto (x0, y0) y′0 = f ′(x0) = − bx0 a2 ( 1− x 2 0 a2 )−1/2 = −b 2x0 a2y0 Na inferior (y < 0), em que g (x) = −f (x) e y0 é simétrico em relação ao eixo dos x ao correspondente ponto da metade superior, passa a ser respectivamente y′ = −f ′(x) = bx a2 ( 1− x 2 a2 )−1/2 = − b 2x a2y e y′0 = −f ′(x0) = bx0 a2 ( 1− x 2 0 a2 )−1/2 = −b 2x0 a2y0 Assim, a equação da tangente é y = y′0x + y0 − y′0x0 = −b 2x0 a2y0 x + y0 + b2x20 a2y0 = − b 2 a2 x0 y0 x + b2 y0 dado que da equação da elise se deduz y0 + b2x20 a2y0 = b2 y0 . Se θ for o ângulo usado em coordenadas polares entre a recta que passa pela origem (0, 0) e pelo ponto genérico da elipse (x, y) e o eixo dos x, a relação com as coordenadas cartesianas é (x, y) = (a cos θ, b sin θ); se θ0 for o ângulo no ponto de tangência, então (x0, y0) = (a cos θ0, b sin θ0) . Substituindo na equação da recta tangente y = − b 2 a2 x0 y0 x + b2 y0 após algumas manipulações chega-se a cos θ0 a x + sin θ0 b y = 1. 12.3. Derivadas: a total de uma função de duas variáveis reais e de uma função elevada a outra função. Proponho-me demostrar a seguinte regra de derivação d dt [u (t)]v(t) = v (t) [u (t)]v(t)−1 u′(t) + (ln u (t)) [u (t)]v(t) v′(t) como aplicação do seguinte teorema relativo à derivada total em relação a t de uma função de duas variáveis reais ambas função de t. 70 AMÉRICO TAVARES Cruza o eixo dos x no ponto de abcissa x3 x3 = x2 − f (x2)× x2 − x1 f (x2)− f (x1) Se tomarmos agora a recta que passa pelos pontos (x2, y2 = f (x2)) e (x3, y3 = f (x3)), chegamos à intersecção com o eixo dos x na abcissa x4 dada por x4 = x3 − f (x3)× x3 − x2 f (x3)− f (x2) . Em geral, para o inteiro k = 2, 3, 4, . . . obtemos, por este método, a aproximação xk+1 = xk − f (xk)× xk − xk−1 f (xk)− f (xk−1) . Para o exemplo inicial, se escolhermos x1 = 0, 05 e x2 = 0, 15, obtemos sucessivamente x3 = 0, 081350791, x4 = 0, 086390197, x5 = 0, 087335225, x6 = 0, 087320486, x7 = 0, 087320522, . . . . A função f(x) toma os valores f(x5) = 0, 001051291, f(x6) = −2, 57456× 10−6, f(x7) = −9, 9611× 10−11. O zero da função é então cerca de 0, 08732. Este exemplo foi escolhido para calcular numericamente a taxa i a que devem ser depositadas anualmente, durante dez anos, quantias numa conta, de modo que o seu saldo venha a ser igual a 15 anuidades. Dada a fórmula aplicável a esta série uniforme F A = (1 + i)10 − 1 10 = 15, a taxa de juro deve ser 8, 732%. 14. S  F 14.1. Sistemas de Funções Ortogonais. Começo por considerar sis- temas de funções ortogonais para desenvolver a questão da represen- tação de uma função em série do tipo f (x) = ∑ n cnφn (x) em que φn (x) são precisamente funções ortogonais em [a, b]. Chamam-se funções ortogonais às funções [complexas de variável real] que satisfazem as seguintes condições: ( φn · φm ) = ∫ b a φn (x)φm (x)dx = 0 para n = m ( φn · φm ) = ∫ b a φn (x)φm (x)dx > 0 para n = m Revestem-se de grande interesse nas aplicações as funções do tipo cosnx e sinnx. PROBLEMAS | TEOREMAS 71 Chama-se norma de um sistema de funções ortogonais a ||φn|| = √( φn · φn ) = √ φn (x)φn (x)dx Um sistema ortogonal diz-se ortonormado se a sua norma for igual à unidade: ||φn|| = 1. Exemplo 1: φn (x) = e inx definida em [−π, π]. ( φn · φm ) = ∫ −π π φn (x)φm (x)dx = ∫ −π π einxe−imxdx = ∫ −π π ei(n−m)xdx = 1 i (n−m) × [ ei(n−m)x ]π −π = { 0 para n = m∫ −π π dx = 2π para n = m ∣∣∣∣einx ∣∣∣∣ = √ 2π. ◭ Consideremos uma função de variável real f (x) f (x) = ∑ n cnφn (x) a ≤ x ≤ b e as seguintes hipóteses: (1) a série converge; (2) converge para f (x) . Multiplicando a série por φn (x) vem f (x)φn (x) = ∑ m cmφm (x)φn (x) e ∫ b a f (x)φn (x)dx = ∑ m cm ∫ b a φm (x)φn (x)dx porque pode trocar-se a ordem de ∫ e ∑ , se admitirmos a convergência uniforme da série no intervalo [a, b]. Assim, ( f · φn ) = cn ||φn||2 , ou seja, cn = ( f · φn ) ||φn||2 . Aos coeficientes cn chamam-se os coeficientes de Fourier. À série chama-se série de Fourier relativa ao conjunto de funções ortogonais φn (x). NOTA: esta dedução não é rigorosa! 72 AMÉRICO TAVARES Consideremos uma função f (x) de quadrado integrável no inter- valo [a, b]. Vamos aproximar f (x) por uma expressão da forma N∑ n=1 cnφn (x) Seja ǫ o erro quadrático médio. Vamos impor que ǫ2 seja mínimo. ǫ2 = 1 b− a ∫ b a ∣∣∣∣∣ f (x)− N∑ n=1 cnφn (x) ∣∣∣∣∣ 2 dx o que é o mesmo que (b− a) ǫ2 = ∫ b a |f (x)|2 dx− N∑ n=1 ∣∣(f · φn )∣∣2 ||φn||2 + N∑ n=1 ∣∣∣∣cn × ||φn|| − 1 ||φn|| × ( f · φn ) ∣∣∣∣ 2 . DEDUÇÃO: Dados dois complexos z e w, verifica-se |z − w|2 = (z − w) (z − w) = |z|2 + |w|2 − zw − zw. Assim, tem-se ∣∣∣∣∣ f (x)− N∑ n=1 cnφn (x) ∣∣∣∣∣ 2 = |f (x)|2+ ∣∣∣∣∣ N∑ n=1 cnφn ∣∣∣∣∣ 2 −f (x) N∑ n=1 cnφn (x)−f (x) N∑ n=1 cnφn (x) , ∣∣∣∣∣ N∑ n=1 cnφn (x) ∣∣∣∣∣ 2 = ( N∑ n=1 cnφn )( N∑ m=1 cmφm ) = N∑ n,m=1 cncmφn (x)φm (x) e ∣∣∣∣cn ||φn|| − 1 ||φn|| ∫ b a f (x)n φn (x)dx ∣∣∣∣ 2 = |cn|2 ||φn||2 + ∣∣∣∣ 1 ||φn|| ∫ b a f (x)n φn (x)dx ∣∣∣∣ 2 −cn ||φn|| 1 ||φn|| ∫ b a f (x)nφn (x) dx− cn ||φn|| 1 ||φn|| ∫ b a f (x)n φn (x)dx PROBLEMAS | TEOREMAS 75 Dadas duas funções f(x) e g(x) representadas pelas séries f(x) = ∑ cnφn (x) g(x) = ∑ dnφn (x) pode demonstrar-se (1) ∫ b a f(x)g(x)dx = ∑ cndn ||φn||2 (2) ∫ b a |f (x)|2 dx = ∑ |cn|2 ||φn||2 fazendo em 1. g(x) = f(x). À relação 1. costuma chamar-se relação de Parseval na forma geral ; à seguinte, chamar-se-á relação de Parseval na forma particu- lar. Se soubermos de antemão que um determinado sistema de funções é completo, podemos determinar a soma de certas séries de interesse prático, à custa da relação de Parseval. Exemplo 2: O sistema de funções sinnx (n = 1, 2, . . .) é ortogonal no intervalo [0, π]. Determine os coeficientes de Fourier da série f(x) = 1 = ∞∑ n=1 cn sinnx (0 ≤ x ≤ π) e verifique que aquele sistema é completo em relação a esta função. Começo por calcular as quantidades: ||φn||2 = ||sinnx||2 = ∫ π 0 sin2 nx dx = ∫ π 0 1 2 (1− cos 2nx) dx = π 2 − 1 2 (sin 2nx− sin 0) = π 2 ( f · φn ) = ∫ π 0 sinnx dx = −1 n (cosnx− cos 0) = { 2 n para n ímpar 0 para n par Deste modo cn = ( f · φn ) ||φn||2 = { 4 nπ para n ímpar 0 para n par Podemos agora verificar se a igualdade ∫ b a |f (x)|2 dx = ∑ |cn|2 ||φn||2 76 AMÉRICO TAVARES é satisfeita: temos ∫ π 0 |f (x)|2 dx = π ∞∑ 1,3,... |cn|2 ||φn||2 = 16 π2 π 2 ∞∑ 1,3,... 1 n2 = 8 π π2 8 = π = ∫ π 0 |f (x)|2 dx o que significa que o sistema sinnx é completo em relação à função f(x) = 1, x ∈ [0, π]. ◭ NOTA: Utilizei a soma da série ∑∞ 1,3,... 1/n 2 = π2/8. Um dos méto- dos é descrito no livro [14,p.717] e exposto mais à frente, na secção a seguir à da Série trigonométrica de Fourier: Desenvolve-se em série trigonométrica de Fourier, que será vista posteriormente, a função f(x) = π2/4, x ∈ [−π, π], chegando-se a π2 12 = 1 12 − 1 22 + 1 32 − 1 42 ± · · · , π2 6 = 1 12 + 1 22 + 1 32 + 1 42 + · · · Somando estas duas séries, obtém-se π2 8 = 1 12 + 1 32 + 1 52 + · · · 14.3. Série trigonométrica de Fourier. A série trigonométrica de Fourier é o caso particular das séries de Fourier que utiliza o sistema de funções ortogonais cosnx e sinnx: 1, cosx, cos 2x, . . . , sin x, sin 2x, · · · Sendo δnm o delta de Kronecker δnm = { 1 n = m 0 n = m os integrais envolvidos podem exprimir-se facilmente nos seguintes ter- mos: ∫ π −π cosnx cosmx dx = { πδnm n,m = 0 2π n = m = 0 ∫ π −π sinnx sinmx dx = πδnm ∫ π −π sinnx cosmx dx = 0 ∀n,m Estas relações são válidas para qualquer outro intervalo de largura 2π. Consideremos a seguinte série de Fourier f (x) ∼ a0 2 + ∞∑ n=1 (an cosnx + bn sinnx) PROBLEMAS | TEOREMAS 77 em que o símbolo∼ sgnifica que f(x)/ [ao/2 + ∑∞ n=1 (an cosnx + bn sinnx)]→ 1 quando n→∞.Os coeficientes an e bn são os seguintes integrais an = 1 π ∫ π −π f (x) cosnx dx n = 0, 1, 2, . . . bn = 1 π ∫ π −π f (x) sinnx dx n = 1, 2, 3, . . . Admitamos que f (x) é uma função de quadrado integrável e que φn é um sistema ortogonal; vimos que cn = ( f · φn ) ||φn||2 . Neste caso as três normas são dadas por ||1||2 = ∫ π −π 12 dx = 2π || sinnx||2 = ∫ π −π sin2 nx dx = ∫ π −π 1 2 (1− cos 2nx) dx = π || cosnx||2 = ∫ π −π cos2 nx dx = ∫ π −π 1 2 (1 + cos 2nx) dx = π e os coeficientes por c1 = ( f · φ1 ) ||φ1||2 = 1 2π ∫ π −π f (x) dx = ao 2 c2n = ( f · φ2n ) ||φ2n||2 = 1 || cosnx||2 ∫ π −π f (x) cosnx dx = 1 π ∫ π −π f (x) cosnx dx = an c2n+1 = ( f · φ2n+1 ) ||φ2n+1||2 = 1 || sinnx||2 ∫ π −π f (x) sinnx dx = 1 π ∫ π −π f (x) sinnx dx = bn. A série ∑ n |cn|2||φn||2 é da forma ∑ n ( a2n + b 2 n ) que, sendo convergente, implica que an → 0 e bn → 0. É possível demonstrar que, para que an, bn → 0 (n→∞) é sufi- ciente que f (x) seja absolutamente integrável. Teorema: se f (x) satisfizer as seguintes condições 1. for injectiva; 2. for limitada em [a, b]; 3. tiver um número finito de máximos e mínimos; 80 AMÉRICO TAVARES Fazendo agora x = π, como f (π) = π2 4 , temos então π2 4 = π2 12 + ∞∑ n=1 (−1)n 1 n2 cosnπ = π2 12 + ∞∑ n=1 (−1)n 1 n2 (−1)n = π2 12 + ∞∑ n=1 1 n2 Donde, finalmente: ∞∑ n=1 1 n2 = π2 4 − π 2 12 = π2 6  A derivação da fórmula π2 12 = ∞∑ n=1 (−1)n+1 1 n2 não foi necessária para a demonstração do valor de ζ (2) . 14.5. Problemas. Problema 1 - Mostre que o sistema de funções sinnx, em que n = 1, 2, 3, . . . é ortogonal no intervalo [0, π] e determine a respectiva norma. Resolução: Num sistema ortogonal : ∫ b a φnφm dx = { 0 n = m > 0 n = m A sua norma é dada por ∫ b a |φn|2 dx = ||φn||2 > 0 Como fórmulas a aplicar, temos as seguintes trigonométricas cos (a± b) = cos a cos b∓ sin a sin b sin (a± b) = sin a cos b± sin b cos a cos 2a = cos2 a− sin2 a = 1− 2 sin2 a = 2 cos2 a− 1 (a = b) Donde sin a sin b = cos (a− b)− cos (a + b) 2 sin2 a = 1− cos 2a 2 (a = b) PROBLEMAS | TEOREMAS 81 Ora, como para n = m ∫ π 0 sinnx sinmx dx = 1 2 ∫ π 0 cos (n−m) x− cos (n + m)x dx = 1 2 [ 1 n−m sin (n−m)x− 1 n + m sin (n + m)x ]π 0 = 0 e para n = m || sinnx||2 = ∫ π 0 sin2 nx dx = 1 2 ∫ π 0 1− cos 2a dx = π 2 o sistema é efectivamente ortogonal e a sua norma || sinnx|| = √ π 2 . Problema 2 - Considere o sistema de funções cosnπ x l (n = 0, 1, 2, . . .). 1. Mostre que o sistema é ortogonal no intervalo [0, l]. 2. Deduza a expressão dos coeficientes da série de Fourier associ- ados à função f (x) definida naquele intervalo. 3. Calcule o valor dos coeficientes de Fourier para f(x) = x l Soluções: 1. ∫ l 0 cosnπ x l cosmπ x l dx =    l 2 n = m = 0 l n = m = 0 0 n = m 2. cn = 2 l ∫ l 0 f (x) cosnπ x l dx c0 = 1 l ∫ l 0 f (x) dx 3. cn = { 0 n par − 4 n2π2 n ímpar c0 = 1 2 Nota adicional: nestas condições f (x) = 1 2 − 4 π2 ( cos πx l + 1 32 cos 3πx l + 1 52 cos 5πx l + · · · ) x t = 1 2 − 4 π2 ( cos πx l + 1 32 cos 3πx l + 1 52 cos 5πx l + · · · ) 82 AMÉRICO TAVARES Para x = 0, vem 0 = 1 2 − 4 π2 ∞∑ n=0 1 (2n + 1)2 donde ∞∑ n=0 1 (2n + 1)2 = π2 8 . Problema 3 - Verifique que o sistema de funções cosnx (n = 0, 1, 2, 3, . . .) não é completo no intervalo [a, b]. Resolução Não é possível definir funções ímpares à custa da soma dos cosenos. • Função par: f(x) = f(−x) • Função ímpar: f(x) = −f(−x) Para que o sistema de funções φn (x) seja completo é necessário que ∫ b a |f (x)|2 dx = ∞∑ n=1 |cn|2 ||φn||2 . Considerando uma função ímpar I(x) não identicamente nula em [a, b], verifica-se que os coeficientes da série de Fourier associada a I(x) são todos nulos: cn = ( f · φn ) ||φn||2 = ∫ π −π I(x) cosnx dx ||φn||2 = 0 I(x) cosnx é o produto de uma função ímpar com uma função par e, portanto, este produto é uma função par. Dado o intervalo de inte- gração, o integral do numerador é nulo. Nestas condições o integral∫ b a |f (x)|2 dx, que é maior do que zero, é com certeza maior do que a série ∑∞ n=1 |cn|2 ||φn||2, que é igual a zero. ◭ Problema 4 - Mostre que se um sistema de funções φn (x) é ortog- onal e completo, uma função contínua f(x) que seja ortogonal a todas as funções do sistema é identicamente nula. Resolução Como f é ortogonal, cn = ( f · φn ) ||φn||2 = 0. Sendo o sistema completo ∫ b a |f (x)|2 dx = ∞∑ n=1 |cn|2 ||φn||2 PROBLEMAS | TEOREMAS 85 ou na notação das funções ortogonais φn, em que φ0 (x) = 1 φ2n−1 (x) = cosnx φ2n (x) = sinnx, estas relações exprimem-se por ||φ0|| = ||1|| = √ 2π ∣∣∣∣φ2n−1 ∣∣∣∣ = ||cosnx|| = √π ||φ2n|| = ||sinnx|| = √ π. A partir das relações a seguir indicadas entre os coeficientes cn e an, bn podemos calcular o valor destes últimos pela fórmula geral cn = ( f · φn ) ||φn||2 . Como os coeficientes cn são dados por c0 = a0 2 = 1 2π ∫ π −π f(x) dx c2n−1 = an = 1 π ∫ π −π f(x) cosnx dx c2n = bn = 1 π ∫ π −π f(x) sinnx dx os coeficientes an, bn são então a0 = 1 π ∫ π −π f(x) dx an = 1 π ∫ π −π f(x) cosnx dx bn = 1 π ∫ π −π f(x) sinnx dx 2. Para a função f f(x) = { −1 − π ≤ x < 0 +1 0 < x ≤ −π tem-se ∫ π −π |f (x)|2 dx = ∞∑ n=0 |cn|2||φn||2 e a0 = 1 π ∫ π −π f(x) dx = 1 π ∫ 0 −π −1 dx + 1 π ∫ π 0 1 dx = 0 86 AMÉRICO TAVARES ap = 1 π ∫ 0 −π − cos px dx + 1 π ∫ π 0 cos px dx = 1 π 1 p [− sin px]0 −π + 1 π 1 p [sin px]π0 = 0 + 0 = 0 A interpretação para este valor nulo do coeficiente ap é que sendo f ímpar a função não precisa dos cosenos, que são funções pares. Quanto ao coeficiente bp tem-se bp = 1 π ∫ 0 −π − sin px dx + 1 π ∫ π 0 sin px dx = 1 π 1 p [cos px]0 −π − 1 π 1 p [cos px]π0 = 1 π 1 p [1− (−1)p]− 1 π 1 p [(−1)p − 1] pelo que bp =    0 se p par 4 pπ se p ímpar O desenvolvimento em série de Fourier da função f é então f(x) = 4 π sin x + 4 π 1 3 sin 3x + 4 π 1 5 sin 5x + · · · . O sistema é completo porque ∫ π −π |f (x)|2 dx = ∫ π −π dx = 2π e ∞∑ n=0 |cn|2 ||φn||2 = (a0 2 )2 ||1||+ a21 ||cosx||2 + b21 ||sin x||2 + · · · = ( 4 π )2 π ∞∑ k=0 1 (2k + 1)2 = 2π. ◭ Problema 6 - Calcule os coeficientes da série trigonométrica de Fourier associada a cada uma das funções indicadas 1. f(x) =    0 − π ≤ x < −π/2 1 − π/2 ≤ x < π/2 0 π/2 ≤ x < π 2. f(x) = { 0 − π ≤ x < 0 1 0 ≤ x < π PROBLEMAS | TEOREMAS 87 3. f(x) = { −mx − π ≤ x < 0 +mx 0 ≤ x ≤ −π 4. f(x) = mx 0 < x ≤ 2π Respostas 1. a0 = 1 π ∫ π −π f (x) dx = 1 an = 1 π ∫ π −π f (x) cosnx dx = 2 nπ sin nπ 2 bn = 1 π ∫ π −π f (x) sinnx dx = 0 2. a0 = 1 π ∫ π −π f (x) dx = 1 an = 1 π ∫ π −π f (x) cosnx dx = 0 bn = 1 π ∫ π −π f (x) sinnx dx = 1 nπ (− cosnπ + 1) 3. a0 = 1 π ∫ π −π f (x) dx = 0 an = 1 π ∫ π −π f (x) cosnx dx = −2 π m n2 + 2 π m cosnπ n2 bn = 1 π ∫ π −π f (x) sinnx dx = 0 4. a0 = 1 π ∫ π −π f (x) dx = 2mπ an = 1 π ∫ π −π f (x) cosnx dx = 0 bn = 1 π ∫ π −π f (x) sinnx dx = −2m n Problema 7 - Série de Fourier da Onda Quadrada Faça, para a função f (x) = { 1 se − π/2 ≤ x ≤ π/2 0 se |x| > π/2 do problema 6.1, a representação gráfica da soma parcial da respectiva série para um número crescente de harmónicas. 90 AMÉRICO TAVARES Problema 8 Demonstre que qualquer função f (x) definida no intervalo [0, π] e satisfazendo as condições de Dirichlet neste intervalo é representável pela série ∞∑ n=1 cn sinnx para x ∈ [0, π], que esta série converge para 1 2 [ f ( x+ ) + f ( x− )] e escreva a expressão dos coeficientes cn. Resposta cn = 2 π ∫ π 0 f(x) sinnx dx 15. G  15.1. Pentágono e Círculo. Determine a relação entre a área de um pentágono regular e a do círculo circunscrito. Resolução A área de um polígono regular de n lados, de lado l e apótema a é dada por A = n× l 2 × a, pelo que, no caso do pentágono vem A = 5l 2 × a. Se r for o raio do círculo circunscrito e o vértice mais à direita do pentágono for o ponto de coordenadas (r, 0), os outros vértices serão PROBLEMAS | TEOREMAS 91 os pontos (r cos 2π 5 , r sin 2π 5 ), (r cos 4π 5 , r sin 4π 5 ), (r cos 6π 5 , r sin 6π 5 ), (r cos 8π 5 , r sin 8π 5 ). O apótema a será igual à distância entre (0, 0) e o lado vertical do pentágono: a = −r × cos ( 4π 5 ) = r × cos ( π − 4π 5 ) = r × cos (π 5 ) ; e o lado l igual à distância entre dois vértices, por exemplo, (r cos 2π 5 , r sin 2π 5 ) e (r, 0) : l = √( r × cos ( 2π 5 ) − r )2 + ( r × sin ( 2π 5 ))2 = r √( cos ( 2π 5 ) − 1 )2 + ( sin ( 2π 5 ))2 = r √ cos2 ( 2π 5 ) − 2 cos ( 2π 5 ) + 1 + sin2 ( 2π 5 ) = r √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) . isto é l = r √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) Logo A = 5 cos ( π 5 ) 2 √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) l 2 = 5 cos ( π 5 ) 2 √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) ( 2− 2 cos ( 2π 5 )) r2 = 5 cos ( π 5 )√ 2− 2 cos ( 2π 5 ) 2 r2 ou seja A = 5 cos ( π 5 )√ 2− 2 cos ( 2π 5 ) 2 r2 (15.1) A relação entre as áreas pedidas é pois A πr2 = 5 cos ( π 5 )√ 2− 2 cos ( 2π 5 ) 2π ≈ 75, 68%. (15.2) 92 AMÉRICO TAVARES 15.2. Euler e os cinco sólidos platónicos. A equação que relaciona o número de faces F , vértices V e arestas A de um poliedro F + V = A + 2, (15.3) aplicada ao cubo (F = 6 faces, V = 8 vértices, A = 12 arestas), traduz- se na igualdade 6 + 8 = 12 + 2 e, aplicada ao tetraedro, que é uma pirâmide equilátera (F = 4 faces , V = 4 vértices, A = 6 arestas), em 4 + 4 = 6 + 2. Num poliedro regular convexo (um segmento de recta que una quaisquer dois dos seus pontos não sai para fora do poliedro), em que cada face tem n lados iguais, se multiplicar o número de faces por estes n lados, conto as arestas duas vezes. Porquê? Porque cada aresta é a intersecção de duas faces adjacentes. No caso do cubo, em que as faces são quadrados (n = 4) isto traduz-se em: 6× 4 = 2× 12. Para o tetraedro, cujas faces são triângulos equiláteros (n = 3 lados), pelo mesmo motivo, se multiplicar o número de faces por estes 3 lados, obtenho 4× 3 = 2× 6. No caso geral de um poliedro regular convexo, em que cada face tem n lados iguais, devido à dupla contagem será então: nF = 2A⇔ F = 2A n . Voltando ao cubo, em que cada vértice é o ponto de encontro de m = 3 arestas, se multiplicar agora o número de vértices por estas 3 arestas, obtenho o dobro do número de arestas, porque também estou a contar cada aresta duas vezes, em virtude de cada aresta unir dois vértives: 8× 3 = 2× 12. Fazendo o mesmo para o tetraedro, m = 3, obtenho, pelo mesmo motivo 4× 3 = 2× 6. O caso geral, em que cada vértice de um poliedro regular convexo é o ponto de encontro de m arestas, traduz-se em mV = 2A⇔ V = 2A m . Assim, um poliedro regular convexo verifica a dupla igualdade nF = mV = 2A, (15.4) PROBLEMAS | TEOREMAS 95 Imaginemos que seccionamos o dodecaedro por um plano vertical que corta ao meio quatro faces opostas, duas a duas: a de cima e a de baixo, e duas adjacentes, a uma e a outra, e que passa por duas arestas simétricas, como se vê na figura. A seguir representa-se este corte do dodecaedro numa outra figura que foi rodada para que as duas arestas ficassem na horizontal. A preto, arestas; a magenta, eixos das faces Nesta figura a distância entre o centro e o meio da aresta é o raio inscrito ri e a distância entre o centro e um vértice é o raio circunscrito R. O raio da circunferência circunscrita a cada face continuamos a chamar-lhe r. Vamos ver que a relação pedida é l d = 2√ 3 ( 1 + √ 5 ) = 1 2 √ 3 cos ( π 5 ) ≈ 35.68%, (15.8) a que corresponde o raio da esfera circunscrita R = d/2 R = √ 3 4 ( 1 + √ 5 ) l, ou seja d = 2R = √ 3 2 ( 1 + √ 5 ) l e d l = √ 3 2 ( 1 + √ 5 ) = √ 3ϕ = 2 √ 3 cos (π 5 ) , 96 AMÉRICO TAVARES em que ϕ é o número de ouro ϕ = 1 + √ 5 2 . Num pentágono de lado l e raio circunscrito r o apótema a vale a = r × cos (π 5 ) = r × ( 1 4 √ 5 + 1 4 ) em virtude de cos (π 5 ) = 1 4 √ 5 + 1 4 = ϕ 2 . O lado l em função de r é dado por l = r √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) = √ 5− √ 5√ 2 r porque cos ( 2π 5 ) = 1 4 √ 5− 1 4 . Por isso, vem a l = cos ( π 5 ) √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) = √ 2 4 1 + √ 5 √ 5− √ 5 r = l √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) r l = 1 √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) = √ 2 √ 5− √ 5 a + r l = cos ( π 5 ) √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) + 1 √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) = 5 4 √ 2 5− √ 5 + 1 4 √ 10 5− √ 5 e a + r = l √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) + cos ( π 5 ) l √ 2− 2 cos ( 2π 5 ) = ( 5 4 √ 2 5− √ 5 + 1 4 √ 10 5− √ 5 ) l PROBLEMAS | TEOREMAS 97 Na figura ri é a distância entre o centro do dodecaedro e o ponto médio de cada aresta, o chamado raio inscrito, e a distância entre os vértice (l/2, ri) e (ri, 0) é igual a a + r : (r + a)2 = ( ri − l 2 )2 + r2i Pelo teorema de Pitágoras r2i + ( l 2 )2 = R2 Vamos verificar que R = √ 3 4 ( 1 + √ 5 ) l (15.9) é solução, ou seja ri = √√√√ (√ 3 4 ( 1 + √ 5 ) l )2 − ( l 2 )2 = l √√√√ (√ 3 4 ( 1 + √ 5 ))2 − ( 1 2 )2 e (r + a)2 = ( ri − l 2 )2 + r2i =   √ R2 − ( l 2 )2 − l 2   2 + R2 − ( l 2 )2 =   l √√√√ (√ 3 4 ( 1 + √ 5 ))2 − ( 1 2 )2 − l 2    2 + (√ 3 4 ( 1 + √ 5 ) l )2 − ( l 2 )2 Substituindo o primeiro membro, vem ( 5 4 √ 2 5− √ 5 + 1 4 √ 10 5− √ 5 )2 l2 =   l √√√√ (√ 3 4 ( 1 + √ 5 ))2 − ( 1 2 )2 − l 2    2 + (√ 3 4 ( 1 + √ 5 ) l )2 − ( l 2 )2