Posts via Smartphone deviam ficar para o outro blog, este foi só para "limpar as teias" deste blog.
Era suposto eu partilhar a parte 2 do post sobre cónicas, mas hoje pelas redes sociais, encontrei uma questão tão mal formulada que parecia vir de um aluno baldas a pedir que alguém lhe fizesse os deveres escolares. Obviamente não respondi. Pedi que formulasse correctamente a questão. As notações existem a niveis nacionais e internacionais, e aquela não respeitava nenhuma!
O que ele pretendia era:
\[
\sum\limits_{k = 3}^9 {7k + 8}
\]
Não foi isso que escreveu. O bom senso sugere-me que não mostre o que ele escreveu, para evitar a propagação de asneiras. Ainda criticou (e insultou!) quem se recusou a responder a um enunciado mal elaborado. Responder a questões mal elaboradas, que desrespeitam notações é má prática, incentiva a que se perpetuem. E de facto, nada me garante que não tenha sido escrita por alguém a pedir que lhes façamos trabalhos de casa. Portanto, lá, não deixei resposta, nem sequer um link para este post.
Há muitas formas de calcular. A mais curta deve ser esta:
Aquele somatório não é nada de especial, é a soma de sete termos de uma progressão aritmética, em que o primeiro termo da soma é $7\times 3+8=29$ e o último $7\times 9+8=71$. Assim sendo
\[
\sum\limits_{k = 3}^9 {7k + 8} = \frac{{\left( {29 + 71} \right) \times 7}}{2} = \frac{{700}}{2} = 350
\]
Duvido estar ensinar alguma coisa aos leitores habituais deste blog.
Perder tempo com crackpots que nem estão dispostos a se corrigir, principalmente no meu actual estado de saúde é péssima ideia.
Escrever este post, incluindo o código LaTeX em smartphone até foi giro. Quanto à Matemática, bem, peço desculpa por não ter sido nada de interessante.
Até à próxima.
A primeira vez que vi a fórmula $1^2+2^2+\cdots+n^2=\frc{n(n+1)(2n+1)}{6}$ foi num exercício de indução matemática.
Com o passar dos anos foram-me aparecendo outras deduções para a fórmula.
Uma óbvia é converter o problema numa equação de diferenças e resolver, e foi um dos primeiros exemplos que testei assim qua aprendi equações de diferenças-
(Encontram uma versão dessa ideia no youtube, aqui: https://www.youtube.com/watch?v=OpA7oNmHobM)
Outra dedução de que gosto muito é visual:
https://www.youtube.com/watch?v=aXbT37IlyZQ
Mas há muitas outras. Por exemplo, recentemente encontrei esta https://www.youtube.com/watch?v=gVMEtOXdhs8.
Hoje apresento uma que me ocorreu durante uma explicação online de Probabilidades e Estatística.
Não é propriamente elegante, visto que vou "recorrer a um exército para matar uma mosca" (eu sei que a expressão é 'recorrer a um canhão para matar uma mosca' , mas aqui pode-se dizer que vou recorrer a vários canhões).
Vou recordar algumas definições:
Seja $X$ uma variável aleatória discreta e $\P$ uma medida de probabilidade
\[
X = \left\{ {\begin{array}{cl}
{x_i }&{i\in \I} \\
{} \\
{p_i^{} = \P\left( {X = x_i } \right)} \\
\end{array}} \right.
\]
O valor esperado (ou valor médio, ou esperança matemática, ou momento de primeira ordem) de $X$ é
\[
\E(X) = \sum\limits_{i \in \I} {x_i p_i }
\]
desde que se tenha
\[
\E(X) = \sum\limits_{i \in \I} {|x_i| p_i } < \infty
\]
Seja $X$ uma variável aleatória discreta e $\P$ uma medida de probabilidade
\[
X = \left\{ {\begin{array}{cl}
{x_i }&{i\in \I} \\
{} \\
{p_i^{} = \P\left( {X = x_i } \right)} \\
\end{array}} \right.
\]
O Momento de ordem $n$ da variável aleatória $X$ é
\[
\E(X^n) = \sum\limits_{i \in \I} {x_i^n p_i }
\]
desde que, uma vez mais, se tenha
\[
\E(X) = \sum\limits_{i \in \I} {|x_i|^n p_i } < \infty
\]
Seja $X$ uma variável aleatória discreta. A função geradora de momentos da variável aleatória $X$ é
\[
M_X \left( t \right) = \E\left( {e^{tX} } \right)
\]
Depois destas definições, recordo também um resultado
Seja $X$ uma variável aleatória.
\[
\left. {\frac{{d^n }}{{dt^n }}M_X (t)} \right|_{t = 0} = \E\left( {X^n } \right)
\]
Vamos a isto.
Seja $X$ uma variável aleatória com distribuição uniforme discreta de parâmetro $n$ com $n\in\N_1$, ou seja,
\[
X \til \text{Uniforme}(n)
\]
\[
P(X = i) = \left\{ {\begin{array}{ll}
{\frc{1}{n}}&{,i\in\{1,\cdots,n\}} \\
{} &{} \\
{0} & {\text{, caso contrário}}
\end{array}} \right.
\]
Então:
Recentemente, perguntei a alguém se sabia me dizer quantos algarismos tem $2^{2020}$, quando escrito na forma usual (na nossa base 10).
Permiti que usasse calculadora :)
Não foi a primeira vez que fiz este tipo indecente de perguntas a alguém.
Principalmente, porque já sabia responder a isto desde o meu secundário!
[Eh! Não é show-off! Não gosto de show-off! É só para perceberem que não precisam de "conhecimentos avançados"!].
Por exemplo podem ler o texto que escrevi em 2017 no blog carlospaulices:
Como atacar o problema?
Hoje, exponho o raciocínio que me ocorreu há cerca de 25 anos, a fórmula, a dedução da fórmula e finalmente a resposta à questão com que iniciei este texto.
Pensemos num número natural ao acaso.
Por exemplo no número $1977$ (ano muito importante: estreou o Star Wars... e só por mero acaso, também foi o ano em que eu nasci)
Em notação científica este número escreve-se:
\[1977=1,977\times 10^3\]
Como é óbvio, aquele 3 do expoente do 10 está relacionado com o número de algarismos do número 1977.
Vamos tentar com outro número natural ao acaso, que, insisto, só por acaso, me passou pela cabeça:
\[13121977=1,3121977\times 10^7\]
Estou a notar um padrão. Parece que o número de algarismos, $n_a(N)$ é o expoente daquele 10, somado de uma unidade.
Expoente do 10? Isso não parece um logaritmo de base 10?
\[\log_{10} 13121977=\log_{10} \left(1,3121977\times 10^7\right)=\log_{10}1,3121977+\log_{10} 10^7=\log_{10}1,3121977+7\]
Aquele logaritmo de $1,3121977$ está entre 0 e 1... e isso vai acontecer sempre (Se há 25 anos eu sabia porquê, se você sabe o que é um logaritmo, também sabe porquê).
Isso quer dizer que a parte inteira do logaritmo base $10$ de $13121977$ é $7$
Hoje em dia, eu escrevo isso assim:
\[
\left\lfloor {\log _{10} 13121977} \right\rfloor = 7
\]
(na altura, eu escrevia como está no blog carlospaulices, porque há 25 anos era a notação da minha calculadora e eu não conhecia outra)
Ou seja, tinha chegado à fórmula $n_a-1=\left\lfloor {\log _{10} N}\right\rfloor$, ou equivalentemente:
\[n_a=1+\left\lfloor {\log _{10} N}\right\rfloor\]
Isto é bonito... consegue-se demonstrar?
Sim, mas vou deixar como exercício!
Pronto, se for muito preguiçoso, ou não tiver ideias, pode ver a minha demonstração clicando neste botão:
Seja $N$ um número natural com $n_a$ algarismos em base 10. Isso quer dizer que o número se escreve na forma
\[N=a_{n_a}a_{n_a-1}\cdots a_1\] onde os $a_i$, com $i\in \{1,...,n_a\}$ são algarismos entre 0 e 9, exceptuando o $a_{n_a}$, que é um algarismo entre 1 e 9.
Outra forma de escrever isto é :
\[N=a_1+ a_2\times10+a_3\times10^2+\cdots+a_{n_a}\times10^{n_a-1}\]
Escrever o número em notação científica na verdade significa colocar o $10^{n_a-1}$ em evidência!
\[N=10^{n_a-1}\left(\frac{a_1}{10^{n_a-1}}+ \frac{a_2}{10^{n_a-2}}+\frac{a_3}{10^{n_a-3}}+\cdots+a_{n_a}\right)\]
Assim sendo
\begin{eqnarray*}
{\left\lfloor \log_{10} N\right\rfloor}&=&{\left\lfloor \log_{10}{10^{n_a-1}\left(\frac{a_1}{10^{n_a-1}}+ \frac{a_2}{10^{n_a-2}}+\frac{a_3}{10^{n_a-3}}+\cdots+a_{n_a}\right)} \right\rfloor}\\
{}&=&{\left\lfloor \log_{10}{10^{n_a-1}}+ \log_{10}{\left(\frac{a_1}{10^{n_a-1}}+ \frac{a_2}{10^{n_a-2}}+\frac{a_3}{10^{n_a-3}}+\cdots+a_{n_a}\right)} \right\rfloor}\\
{}&=&{\left\lfloor n_a-1+ \log_{10}{\left(\frac{a_1}{10^{n_a-1}}+ \frac{a_2}{10^{n_a-2}}+\frac{a_3}{10^{n_a-3}}+\cdots+a_{n_a}\right)} \right\rfloor}\\
{}&=&{ n_a-1 }
\end{eqnarray*}
Assim sendo,
\[{\left\lfloor \log_{10} N\right\rfloor}=n_a-1\]
Ou, equivalentemente:
\[{\left\lfloor \log_{10} N\right\rfloor+1}=n_a\]
$\blacksquare$
Com esta fórmula, já consegue determinar o número de algarismos de $2^{2020}$?
Os meus ex-alunos e ex-explicandos a quem propus coisas semelhantes conseguiram:
Se percebeu o que acabei de escrever, então, certamente conseguirá concluir que o número de algarismos de um número natural numa base $b>1$, natural, será dado pela fórmula:
\[n_a={\left\lfloor \log_{b} N\right\rfloor+1}\]
Exercício: Quantos algarismos tem o factorial de $1977$ ? (número escolhido ao acaso...)
\[5660\]
Pista/sugestão: qualquer calculadora decente actual tem logaritmos base 10... e somatórios! (Sim, as outras são indecentes!)
Ontem à noite, estava eu sentado, num café, a resolver alguns exercícios de Probabilidades e Estatística. Precisei de umas fórmulas para a binomial negativa. Tinha as fórmulas nos meus apontamentos, mas não tinha a dedução. Já estava meio farto de cálculos "mecânicos".
Estava sem bateria no telemóvel, portanto, estava sem acesso à Internet.
Isto foi o que me ocorreu (isto são só cálculos, mas parece que sou mais produtivo num café do que em casa ou no trabalho):
Sabe-se que se $0<|x|<1$ então
\[
\sum\limits_{n = 0}^\infty {x^n } = \frac{1}{{1 - x}}
\]
Derivando esta expressão termo a termo temos:
\[
\sum\limits_{n = 0}^\infty {nx^{n-1} } = \frac{1}{\left(1 - x\right)^2}
\]
Note-se que o primeiro termo da série é zero , portanto esta igualdade pode ser reescrita
\[
\sum\limits_{n = 1}^\infty {nx^{n-1} } = \frac{1}{\left(1 - x\right)^2}
\]
Voltando a derivar cada um dos membros
\[
\sum\limits_{n = 1}^\infty {n(n-1)x^{n-2} } = \frac{2}{\left(1 - x\right)^3}
\]
E mais uma vez
\[
\sum\limits_{n = 2}^\infty {n(n-1)x^{n-2} } = \frac{2}{\left(1 - x\right)^3}
\]
Continuando a derivar obtemos
\[
\color{red}\sum\limits_{n = k}^\infty {n(n-1)\cdots(n-k+1)x^{n-k} } = \frac{k!}{\left(1 - x\right)^{k+1}}
\]
(Fórmula que pode ser confirmada pelo método de indução)
Onde $n(n-1)\cdots(n-k+1)={}^{n}A_k$ é a conhecida fórmula para arranjos de $n$ $k$ a $k$
Dividindo ambas as expressões por $k!$ obtém-se
\[
\color{blue}\sum\limits_{n = k}^\infty {\left(\begin{array}{l}
{n}\\
{k}
\end{array}
\right)x^{n-k} } = \frac{1}{\left(1 - x\right)^{k+1}}
\]
Fazendo as mudanças de variáveis $N=n+1$ e $K=k+1$, esta igualdade converte-se em
\[
\color{green}\sum\limits_{N = K}^\infty {\left(\begin{array}{l}
{N-1}\\
{K-1}
\end{array}
\right)x^{N-K} } = \frac{1}{\left(1 - x\right)^{K}}
\]
Eu nunca tinha feito isto antes. Em caso de gralhas ou erros, eu vou acabar por corrigir, mas podem contactar-me.
Obviamente, existem outras formas de fazer algumas destas coisas... eu sei onde pode ver algumas. Por exemplo, posso sugerir o capítulo 4 da primeira edição do livro Introdução à Probabilidade e
à Estatística , de Dinis Pestana e Sílvio Velosa — estou a sugerir a primeira edição porque no dia em que escrevo isto é a que está à minha frente!
Recentemente, uma explicanda trouxe-me o problema:
\[
\left\{ {\begin{array}{l}
{u_1 = 3} \\
{u_{n + 1} = u_n + 2n, \text{ se }n > 1}
\end{array}} \right.
\]
Qual o valor de $\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^{100} {u_n}$?
Respondi imediatamente que esse problema estava fora do programa da disciplina dela, mas que podia resolvê-lo na boa, e sem calculadora!
Como estava fora de questão recorrer aos meus conhecimentos de equações com diferenças, tive de ser criativo.
\begin{eqnarray*}
{u_1}&{=}&{3}\\
{u_2}&{=}&{3+2}\\
{u_3}&{=}&{3+2+4}\\
{u_4}&{=}&{3+2+4+6}\\
{u_5}&{=}&{3+2+4+6+8}\\
{u_6}&{=}&{3+2+4+6+8+10}\\
{...}&{...}&{...}\\
{u_n}&{=}&{3+2\cdot\frac{(n-1)n}{2}=3+(n-1)n}
\end{eqnarray*}
Justifiquei-lhe o último passo com a fórmula da soma dos primeiros $n$ termos de uma progressão aritmética.
Para o passo sequinte, o cálculo do somatório, tive de ser um pouco mais criativo.
Comecei por escrever
\[\sum\limits_{n = 1}^{100} {u_n}=\sum\limits_{n = 1}^{100} {\left(3+(n-1)n\right)}=300+\sum\limits_{n = 1}^{100} {n^2}-5050\]
Justifiquei convenientemente os números $300$ e o $5050$, contando a famosa história de Gauss.
Mas para o somatório dos quadrados, não me lembrava da fórmula de cor, embora me apareça regularmente em exercícios de indução. Sabia deduzi-la com equações com diferenças, coisa que eu tinha de evitar porque a explicanda desconhecia.
Mas ao olhar para o papel quadriculado, ocorreu-me a fórmula:
\[\sum\limits_{n = 1}^{100} {n^2}=100\times1+99\times 3+98\times 5 + ... + 1 \times (200-1) = \sum\limits_{n = 1}^{100} {(101-n)(2n-1)}\]
Consegue percebê-la sem eu partilhar um desenho?
E agora, com este desenho?
Se fizermos $S=\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^{100} {n^2}$, a fórmula anterior consegue reescrever-se na forma
\[S=-2S+\sum\limits_{n = 1}^{100} {203n}-101\times 100 \]
Que nos leva a $3S=1015050$ (número curioso) e portanto $S=338350$.
Logo
\[\sum\limits_{n = 1}^{100} {u_n}=300+338350-5050=333600\]
Ao que ela respondeu-me: "Percebi, mas não deve ser para resolver assim."
PS: Quando se foi embora, escrevi um programa na calculadora que confirmou a minha solução...
