De há alguns anos para cá, o número de alunos que me pergunta "O que é o teorema fundamental do cálculo?" tem aumentado significativamente. Não sei se devido a excessivos powerpoints (Lamento, ler powerpoints, por mais bonitos que sejam, não é dar aulas, é perder tempo e fazer o público perder tempo...). Mas também não ponho as mãos no fogo por toda a gente que me procura.
O teorema diz simplesmente que, num conjunto onde as coisas que constam da fórmula estão bem definidas (e fazem sentido), é válida a fórmula
Claro que se combinarmos isto com a regra de derivação da função composta, sai isto:
\[ \left( {\int\limits_{\varphi \left( x \right)}^{\psi \left( x \right)} {f\left( t \right)dt} } \right)^\prime = f(\psi \left( x \right))\psi '\left( x \right) - f(\varphi \left( x \right))\varphi '\left( x \right) \]
Mas, dá para generalizar, e deduzir versões mais complicadas.
Uma das causas da minha irregularidade a publicar neste blog, é que desde uns meses depois do ínicio da pandemia COVID-19 dou explicações online a uma média de 12 cadeiras por semestre sem falar das explicações ao ensino secundário
Em várias das cadeiras de Cálculo, Matemática e Análise Matemática ensinam-se derivadas de ordem $n$, polinómios e séries de Taylor (e MacLaurin).
Se para algumas pessoas é fácil e rápido detectar padrões, para outras, nem por isso.
Assim, eu acabo por sugerir a toda a gente que, ao calcular uma derivada de ordem $n$, "não simplifique as contas".
Passo a explicar: se $k$ for uma constante e $f$ uma função, então a derivada de $kf$ é $k$ vezes a derivada de $f$
Então, a derivada de, por exemplo ${5 \times f \times 10}$ também é ${5 \times f' \times 10}$.
Até perceberem o padrão, deixem o $5$ e o $10$ onde estão. Não convertam para $50 f'$
Exemplo:
Este exemplo é simples, e até dava bem para fazer sem este truque, mas o objectivo é que percebam a onde quero chegar.
Considere-se a função $f(x)=\ln(1-x)$
então:
\[
f'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{1 - x}} = {\color{green} - \left( {1 - x} \right)^{ - 1} }
\]
\[
f''\left( x \right) = \left( {\color{green} - \left( {1 - x} \right)^{ - 1} } \right)' = {\color{green} -} {\color{red}\left( { - 1} \right)\left( {1 - x} \right)^{ - 2} ( - 1)}
\]
pois \[
\left( {u^n } \right)' = nu^{n - 1} u'
\]
continuando,
\[
f'''\left( x \right) = {\color{green} -} {\color{red}\left( { - 1} \right)}{\color{blue}\left( { - 2} \right)\left( {1 - x} \right)^{ - 3} ( - 1)}{\color{red}\left( { - 1} \right)}
\]
\[
f''''\left( x \right) = {\color{green} -}{\color{red}\left( { - 1} \right)}{\color{blue}\left( { - 2} \right)} \left( { - 3} \right)\left( {1 - x} \right)^{ - 4} ( - 1){\color{blue}\left( { - 1} \right)}{\color{red}\left( { - 1} \right)}
\]
Ou seja, as constantes, vou deixando "quietas", onde aparecem.
Será que depois disto, continua a ser difícil concluir que se $n\ge 1$
\[
f^{(n)} (x) = - \frac{{\left( {n - 1} \right)!}}{{\left( {1 - x} \right)^n }}
\]
?
Claro que por mim, depois disto, o correcto ainda seria provar a fórmula, por exemplo, recorrendo, por exemplo, ao método de indução.
Sugestão: tente com alguns exemplos mais complicados... e depois tente obter as fórmulas de séries de Taylor/MacLaurin referentes a esses exemplos.
“The only way to learn mathematics is to do mathematics.” - Paul Halmos
Hoje, vou começar por rever ou mesmo introduzir, três conceitos: Arranjos, séries de Fourier e função zeta de Euler (A famosa zeta de Riemann é uma extensão desta função ao conjunto dos complexos).
E com eles vou calcular a zeta de $2,4,6,8,...,2n,...$ de números pares positivos.
Sejam $n,p\in\N_1$ com $p\leq n$. Dado um conjunto de cardinal $n$, arranjos de $n$ elementos $p$ a $p$ (ou só "arranjos de $n$ $p$ a $p$") é o número de sequências de $p$ elementos distintos que é possível formar com elementos desse conjunto. Esse número representa-se por \[ \nPr{n}{p} \]
Tem-se que \[ \nPr{n}{p} =n \times \left(n-1\right)\times\cdots\times \left(n-p+1\right)\]
ou equivalentemente \[ \nPr{n}{p} =\frc{n!}{\left(n-p+1\right)!}\]
Note-se que o número $p$ é o número de factores do produto.
Por exemplo $\nPr{2021}{3}$ é um produto com três factores: $$\nPr{2021}{3}=2021\times2020\times2019$$ (É por isso que esta definição está aqui! Esta observação vai ser útil no cálculo de um integral.)
A função zeta de Euler é a função de domínio $]1,+\infty[$ definida por
\[
\zeta (s) = \sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\frc{1}{{n^s }}} \text{ }\forall s\in]1,+\infty[
\]
Note-se que como a função é definida em cada ponto por uma série de Dirichlet, a função está bem definida (também há quem lhes chame séries-p, mas acho esse nome péssimo, e portanto nos meus textos, essa designação está banida).
Uma série de Dirichlet é uma série da forma $\sum\limits_{n = n_0}^{ + \infty } {\frc{1}{{n^\alpha }}}$, para $n_0\in\N_1$, e converge se e só se $\alpha>1$ )
No texto de hoje, vou limitar-me à humilde tarefa de calcular o valor exacto de $\zeta (2k)$ para $k$ natural, no domínio da função.
(Tenciono voltar a usar esta função em textos futuros, recorrendo a outras ferramentas, mas por hoje, isto é suficiente)
Seja $f:\R\to\R$ uma função seccionalmente diferenciável e periódica de período $2L$. Então a função possui uma representação em série de Fourier:
\[
\tilde{f}(x) = a_0 + \sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\left[{a_n \cos \left( {\frc{{n\pi }}{L}x} \right) + b_n \sen \left( {\frc{{n\pi }}{L}x} \right)}\right]}
\]
em que
\[
\tilde{f}\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{cl}
{f\left( x \right)}&{ \text{se a função }f\text{ for contínua em }x} \\
{}&{} \\
{\frc{1}{2}\left( {\mathop {\lim }\limits_{t \to x^ - } f\left( t \right) + \mathop {\lim }\limits_{t \to x^ + } f\left( t \right)} \right)} &{ \text{se a função }f\text{ tiver uma descontinuidade em }x} \\
\end{array}} \right.
\]
Os coeficientes $a_n$ e $b_n$ calculam-se pelas fórmulas de Euler:
\[
a_0 = \frc{1}{{2L}}\int\limits_{ - L}^L {f\left( x \right)dx}
\]
\[
a_n = \frc{1}{L}\int\limits_{ - L}^L {f\left( x \right)\cos \left( {\frac{{n\pi }}{L}x} \right)dx}
\]
\[
b_n = \frc{1}{L}\int\limits_{ - L}^L {f\left( x \right)\sen \left( {\frac{{n\pi }}{L}x} \right)dx}
\]
A primeira parte deste texto costuma (ou costumava) ser um exercício comum em cadeiras onde se introduzem séries de Fourier. Eu vou saltar algumas deduções, mas o leitor mais curioso pode consultar qualquer livro que introduza o assunto. Exercício:
Considere-se a função $f$ de domínio $\R$, tal que $f(x)=x^2$ em $]-\pi,\pi]$, e $f$ é periódica de período $2\pi$.
Obtenha o desenvolvimento de $f$ em série de Fourier.
Uma possível resolução:
Se aplicarmos as fórmulas de Euler acima obtemos:
\[a_0=\frc{\pi^2}{3}\]
\[a_n=\frc{4}{n^2}(-1)^n\]
\[b_n=0 \text{ a função integranda é ímpar, e está a ser integrada num intervalo do tipo }[-L,L]\]
E estes resultados permitem-nos escrever
\[
f(x) = \frc{{\pi ^2 }}{3} + 4\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\left[{\frc{{( - 1)^n }}{{n^2 }}\cos \left( {nx} \right)}\right]}
\]
$\blacksquare$
E pronto. O exercício está resolvido.:
Mas,
sabemos que $f(\pi)=\pi^2$, logo, substituindo na fórmula obtida temos
\[
\pi ^2 = \frac{{\pi ^2 }}{3} + 4\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\frac{1}{{n^2 }}}
\]
\[
\Leftrightarrow \frc{{2\pi ^2 }}{3} = 4\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\frc{1}{{n^2 }}}
\]
\[
\Leftrightarrow \frc{{\pi ^2 }}{6} = \sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\frc{1}{{n^2 }}}
\]
Se recordarmos a definição da função zeta (de Euler), acabei de mostrar que \[\zeta\left(2\right)= \frc{{\pi ^2 }}{6}\]
$\blacksquare$
Recorrendo a séries de Fourier, é possível calcular os valores exactos das somas de muitas outras séries, incluindo valores da função zeta.
Vamos a mais um exemplo.
Considere-se agora a função $g$ de domínio $\R$, tal que $g(x)=x^{4}$ em $]-\pi,\pi]$, e $g$ é periódica de período $2\pi$.
Se aplicarmos as fórmulas de Euler obtemos:
\[a_0=\frc{\pi^4}{5}\]
\[a_n=8\left(\frc{\pi^2}{n^2}-\frc{6}{n^4}\right)(-1)^n\]
\[b_n=0\]
então
\[
g(x) = \frc{\pi^4}{5} + 8\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\left[{\left(\frc{\pi^2}{n^2}-\frc{6}{n^4}\right)(-1)^n\cos \left( {nx} \right)}\right]}
\]
Como no exercício anterior, se fizermos $x=\pi$ temos
\[
\pi^4 = \frc{\pi^4}{5} + 8\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\left[{\left(\frc{\pi^2}{n^2}-\frc{6}{n^4}\right)}\right]}
\]
\[\Leftrightarrow
\frac{{4\pi ^4 }}{5} = 8\left( {\pi ^2 \sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\frc{1}{{n^2 }}} - 6\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\frc{1}{{n^4 }}} } \right)
\]
Resolvendo em ordem a $\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\frac{1}{{n^4 }}}$ temos
\[
\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\frac{1}{{n^4 }}} = \frac{{\pi ^4 }}{{90}}
\]
ou seja,
\[
\zeta(4) = \frac{{\pi ^4 }}{{90}}
\]
Depois destes dois exemplos, consideremos um caso mais geral:
Seja $k\in\N$, e considere-se a função $h$ de domínio $\R$, tal que $h(x)=x^{2k}$ em $]-\pi,\pi]$, e $h$ é periódica de período $2\pi$.
Se aplicarmos as fórmulas de Euler obtemos:
\[
a_0 = \frc{\pi ^{2k}}{2k + 1}
\]
\[
b_{n} = \frc{1}{\pi}\int\limits_{ - \pi }^\pi {x^{2k} \sen \left( {nx} \right)dx}=0 \text { pois a função integranda é ímpar.}
\]
Quanto a uma expressão para $(a_n)$, a tarefa não é simples. Mas eu fiz as contas e tenho aqui uma expressão.
\[
a_{n} = \frc{1}{\pi}\int\limits_{ - \pi }^\pi {x^{2k} \cos \left( {nx} \right)}dx
= 2\sum\limits_{j = 1}^k {\left[ {\frc{{\left( { - 1} \right)^{n + j + 1} \pi ^{2k - 2j} }}{{n^{2j} }} \cdot\nPr{2k}{2j-1} } \right]}
\]
Se tiver curiosidade sobre o cálculo de $a_n$, utilize o botão que se segue.
A fórmula de primitivação por partes diz-nos que
\[
\int {x^m \cos \left( {\alpha x} \right)} dx = \frc{{\sen \left( {\alpha x} \right)}}{\alpha }x^m - \frc{m}{\alpha }\int {x^{m - 1} \sen \left( {\alpha x} \right)} dx
\]
\[
\int {x^m \sen \left( {\alpha x} \right)} dx = - \frc{{\cos \left( {\alpha x} \right)}}{\alpha }x^m + \frc{m}{\alpha }\int {x^{m - 1} \cos \left( {\alpha x} \right)} dx
\]
As primitivas \[\int {x^{2k} \cos \left( {\alpha x} \right)} dx\] calculam-se alternando estas duas fórmulas.
Para $k=1$ temos
\[
\int {x^2 \cos \left( {\alpha x} \right)} dx = \left( {\frc{{x^2 }}{\alpha } - \frc{2}{{\alpha ^3 }}} \right)\sen \left( {\alpha x} \right) + \frc{{2x}}{{\alpha ^2 }}\cos \left( {\alpha x} \right) + C;C\in\R
\]
Para $k=2$ temos
\[
\int {x^4 \cos \left( {\alpha x} \right)} dx = \left( {\frc{{x^4 }}{\alpha } - \frc{{4 \times 3x^2 }}{{\alpha ^3 }} + \frc{{4 \times 3 \times 2 \times 1}}{{\alpha ^5 }}} \right)\sen \left( {\alpha x} \right) + \left( {\frc{{4x^3 }}{{\alpha ^2 }} - \frc{{4 \times 3 \times 2 x}}{{\alpha ^4 }}} \right)\cos \left( {\alpha x} \right) + C;C\in\R
\]
Para $k=3$ temos
\[
\int {x^6 \cos \left( {\alpha x} \right)} dx = \left( {\frc{{x^6 }}{\alpha } - \frc{{6 \times 5x^4 }}{{\alpha ^3 }} + \frc{{6 \times 5 \times 4 \times 3x^2}}{{\alpha ^5 }} - \frc{{6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}}{{\alpha ^7 }}} \right)\sen \left( {\alpha x} \right) \\
+ \left( {\frc{{6x^5 }}{{\alpha ^2 }} - \frc{{6 \times 5 \times 4x^3 }}{{\alpha ^4 }} + \frc{{6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2x}}{{\alpha ^6 }}} \right)\cos \left( {\alpha x} \right) + C;C\in\R
\]
(Estas contas devem ser feitas à mão, sem recorrer a software de computação algébrica, ou perderão os detalhes que estão nas fórmulas que apresentei - Eu fiz as contas, tenho-as aqui comigo, só não partilho os passos todos, porque quero deixar parte da diversão para o leitor, e porque não me apetece passar umas horas a escrever $\LaTeX$ :) )
\[\cdots\]
Começa a vislumbrar-se o padrão
\[
\int {x^{2k} \cos \left( {\alpha x} \right)} dx = \left( {\sum\limits_{j = 0}^k {\frc{{\left( { - 1} \right)^j \nPr{2k}{2j}x^{2k - 2j} }}{{\alpha ^{2j + 1} }}} } \right)\sin \left( {\alpha x} \right) + \left( {\sum\limits_{j = 1}^k {\frc{{\left( { - 1} \right)^{j + 1} \nPr{2k}{2j-1}x^{2k - 2j + 1} }}{{\alpha ^{2j} }}} } \right)\cos \left( {\alpha x} \right) + C; C\in\R
\]
Depois, só para garantir a validade das fórmulas, devem provar-se por indução em $k$.
Agora basta recorrer a esta fórmula para calcular o integral
\[a_{n} = \frc{1}{\pi}\int\limits_{ - \pi }^\pi {x^{2k} \cos \left( {nx} \right)}dx \] e o resultado é imediato.
Se houver curiosidade, pressionando o botão abaixo, mostro os valores da função zeta para os pares de 2 a 100, obtidos com esta fórmula, em milissegundos, numa cópia do Mathematica 12 (para uso não comercial) num Raspberry Pi 4.
Por hoje é tudo. 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:
Muitos de nós já encontrámos problemas do tipo:Problema
Qual é o número que se segue?
Indica o termo geral da sucessão cujos primeiros termos são:
1,2,3,4,...
2,4,6,8,...
1,-4,9,-16,...
2,4,8,16,...
Certamente, muitos responderão:
Número seguinte:$5$, termo geral $a_n=n$
Número seguinte:$10$, termo geral $b_n=2n$
Número seguinte:$25$, termo geral $c_n=(-1)^{n+1}n^2$
Número seguinte:$32$, termo geral $d_n=2^n$
Estarão correctos?
Sim... e não!
Há um problema na formulação destas questões.
É que na realidade não há resposta única!
Pedir "o" número seguinte, quando na verdade a resposta não é única, não faz sentido
Imagino que o leitor esteja a pensar "Este tipo está maluco! Como não há resposta única?"
Por exemplo, poderia apetecer-me responder
Número seguinte:$2021$, termo geral $a_n= 84n^{4}- 840{n}^{3}+2940{n}^{2}- 4199{n}+2016$
Número seguinte:$77$, termo geral $b_n= \displaystyle\frac{67}{24}n^{4}-\displaystyle\frac{335}{12}{n}^{3}+\displaystyle\frac{2345}{24}{n}^{2}-\displaystyle\frac{1651}{12}{n}+67 $
Número seguinte:$0$, termo geral $c_n= \displaystyle\frac{45}{8}n^{4}-\displaystyle\frac{787}{12}{n}^{3}+\displaystyle\frac{2095}{8}{n}^{2}-\displaystyle\frac{4991}{12}{n}+215 $
Número seguinte:$2020$, termo geral $d_n=\displaystyle\frac{995}{12}n^{4}-\displaystyle\frac{4973}{6}{n}^{3}+\displaystyle\frac{34813}{12}{n}^{2}-\displaystyle\frac{24859}{6}{n}+1990$
Não estou a ser troll. Podem verificar, sem problema nenhum, que as minhas respostas satisfazem as condições do enunciado, e também dão os números que apresentei.
Recomendo mesmo que faça as contas! [Se pressionar no botão que se segue pode ver screenshots da minha calculadora CASIO fx-CG20 onde mostro as minhas contas feitas.]
Está convencido que as minhas expressões geram os números do enunciado e também os números que eu disse? [Se não está, faça as contas... garanto que não estou a vigarizar...]
Note que o enunciado não impede que o nosso termo geral seja definido por ramos!
Portanto, eu até poderia dar uma resposta um bocadinho diferente.
\[
a_5=2021\\
a_n = \left\{ {\begin{array}{c}
{n\text{ se }n \leq 4} \\
{2021\text{ se }n > 4}
\end{array}} \right.
\]
\[
b_5=77\\
b_n = \left\{ {\begin{array}{c}
{2n\text{ se }n \leq 4} \\
{77\text{ se }n > 4}
\end{array}} \right.
\]
\[
c_5=0\\
c_n = \left\{ {\begin{array}{c}
{(-1)^{n+1}n^2\text{ se }n \leq 4} \\
{0\text{ se }n > 4}
\end{array}} \right.
\]
\[
d_5=2020\\
d_n = \left\{ {\begin{array}{c}
{2^n\text{ se }n \leq 4} \\
{2020\text{ se }n > 4}
\end{array}} \right.
\]
Não digam que "não estou a seguir o padrão". Quem vos garante que "o padrão" não é uma das fórmulas que indiquei? Fui eu que escrevi o enunciado!
Estando o enunciado como está, os valores de $a_5$, $b_5$, $c_5$, $d_5$ são arbitrários! E assim sendo, não há expressões únicas para as expressões dos termos gerais.
Portanto a resposta a "Qual é o número que se segue?" pode muito bem ser: "Um número qualquer"!
E está correcta!
Querem que a resposta seja "única"? Formulem a pergunta de outra forma.
Como foi que eu obtive as expressões que escrevi antes de escrever as versões definidas por ramos?
Penso que deve ser óbvio.
Se não for, continue a leitura!
Recentemente encontrei no facebook um post onde pediam "o" termo geral para a sucessão.
\[18,16,14,13,...\]
Não sendo uma coisa "óbvia", deduzi o polinómio interpolador de 3º grau para os pontos $(1,18),(2,16),(3,14),(4,13)$:
\[
\begin{array}{|c||c|c|c|c|}
\hline
{i} & {0} & {1} & {2} & {3} \\
\hline\hline
{x}_{i} & {1} & {2} & {3} & {4} \\
{y}_{i} & {18} & {16} & {14} & {13} \\
\hline
\end{array}
\]
Tabela de diferenças divididas associada a estes pares ordenados:
\[
\begin{array}{c|c|ccc}
{x} & {y} & {y[.,.]} & {y[.,.,.]} & {y[.,.,.,.]} \\
\hline
{1} & {18} & { } & { } & { } \\
{ } & { } & {- 2} & { } & { } \\
{2} & {16} & { } & {0} & { } \\
{ } & { } & {- 2} & { } & {\displaystyle\frac{1}{6}} \\
{3} & {14} & { } & {\displaystyle\frac{1}{2}} & { } \\
{ } & { } & {- 1} & { } & { } \\
{4} & {13} & { } & { } & { } \\
\hline
\end{array}
\]
Polinómio interpolador na forma de Newton: \[
P(x)=18- 2\left( x - 1\right)+0\left( x - 1\right)\left( x - 2\right)+\displaystyle\frac{1}{6}\left( x - 1\right)\left( x - 2\right)\left( x - 3\right) \]
Polinómio interpolador na forma canónica \[
P(x) = \displaystyle\frac{1}{6}x^{3}- {x}^{2}-\displaystyle\frac{1}{6}{x}+19 \]
Logo, uma possível expressão geral para a sucessão, pode ser:
\[
u_n = \displaystyle\frac{1}{6}n^{3}- {n}^{2}-\displaystyle\frac{1}{6}{n}+19=\displaystyle\frac{n^{3}-6n^2-n}{6}+19 \]
Para ser honesto, na altura resolvi a questão bem rapidamente, com a minha calculadora, e não o fiz como apresentei.
O polinómio interpolador de Lagrange para $N+1$ pontos sem repetições de abcissas coincide com a regressão polinomial de grau $N$ para esses pontos [Posso sugerir a demonstração disso como exercício, (ver comentário 1 no fim)...Fi-lo uma vez para reduzir uma lista de trabalho que eu tinha para metade...].
Ou seja, se fizerem uma regressão polinomial de grau $3$ para os $4$ pontos que se seguem
\[(1,18),(2,16),(3,14),(4,13)\]
obtêm o mesmo polinómio.
Já perceberam como obtive as expressões polinomiais? Moral da história: Qual é o número que se segue? Resposta: O número que vos apetecer!
Até uma próxima oportunidade.
Carlos Paulo
Comentários:
A demonstração de que o polinómio interpolador de Lagrange é a curva de regressão polinomial descrita no texto é óbvia: qual é mesmo a distância dos pontos ao gráfico da função descrita pelo polinómio interpolador?
O algoritmo das diferenças divididas apresentado no texto, foi totalmente gerado por uma criação minha, a cpcalculadorajs, que esteve alojada no serviço de homepages do sapo entre 2004 e 2014.O serviço fechou em 2014.
A cpcalculadorajs calculou o polinómio, e gerou todo o código LaTeX.
Em 2008, um professor, numa tentativa de me insultar e menosprezar o meu trabalho disse-me que não via a utilidade daquilo.
Na altura respondi: Está na Internet, e corre em qualquer computador, em qualquer sistema operativo sem necessidade de software especial. Eu não preciso do Mathematica. nem do Matlab, nem de uma linguagem de programação. Basta-me ter um browser.
Hoje em dia existem centenas de sites que usam a mesma filosofia de trabalho...
A cpcalculadoraJS já não está online... mas continua a estar nos meus computadores. Aqui em casa, uma cópia está num RaspberryPi 4B.
Para este texto, levei menos de 30 segundos a introduzir os pontos, e a ter o polinómio calculado, e o LaTeX gerado e copiado para aqui.
O binómio de Newton é tão belo como a Vénus de Milo.
O que há é pouca gente para dar por isso.
óóóó---óóóóóó óóó---óóóóóóó óóóóóóóó
(O vento lá fora.) Álvaro de Campos - Heterónimo de Fernando Pessoa
As imagens que se seguem são capturas de uma das minhas fichas usadas em explicações.
É um dos "exercícios tipo" (odeio esta designação e também exercícios que encaixam nesta definição), associados ao binómio de Newton.
Há mais de 20 anos, um bocadinho farto de resolver coisas destas, decidi "atacar" o caso geral e implementá-lo numa calculadora.
Hoje, vou mostrar como o fiz.
O caso geral destes exercícios, aplicado a binómios da forma
\[\left(ax^s+bx^t\right)^n\] é:
Escrever (uma das possíveis formas d)o desenvolvimento do binómio
Determinar o coeficiente de um $x^p$, ou o termo de grau $p$
O procedimento para resolução de coisas destas é 'mecânico'.
Assim sendo, é relativamente fácil resolver os casos gerais e implementar numa calculadora.
\begin{eqnarray*}
{\left( {ax^s + bx^t } \right)^n}&{=}&{ \sum\limits_{p = 0}^n {\combin{n}{p}\left( {ax^s } \right)^{n - p} } \left( {bx^t } \right)^p }\\
{}&{=}&{ \sum\limits_{p = 0}^n {\combin{n}{p}a^{n - p} x^{s(n - p)} } b^p x^{tp} }\\
{}&{=}&{ \sum\limits_{p = 0}^n {\combin{n}{p}a^{n - p}b^p x^{sn - sp+tp} } }\\
\end{eqnarray*}
Para escrever o desenvolvimento, basta fazer $p$ percorrer o conjunto $\{0,1,\cdots, n\}$.
Para determinar o coeficiente de um $x^k$, começamos por resolver a equação $sn - sp+tp=k$.
A solução é:
\[p=\frac{sn-k}{s-t}\]
Se este $p$ não for um número inteiro do conjunto $\{0,1,\cdots, n\}$, ficamos a saber que esse coeficiente é zero.
Caso contrário, o coeficiente é $ {\combin{n}{p}a^{n - p}b^p }$, (ou seja, o termo é $ {\combin{n}{p}a^{n - p}b^p x^k }$ ) .
Este é um daqueles programas que já tenho há mais de 20 anos. Esteve implementado numa Casio Cfx 9950G, e TI83plus ... e também corre nas calculadoras actuais.
Exemplo, vamos resolver o exercício 19 do início deste texto, recorrendo a uma implementação destas ideias:
Determine os coeficientes de $x$ e $x^2$ no desenvolvimento de
\[
\left( {\sqrt x + \frac{1}{{\sqrt[3]{x}}}} \right)^{12}
\]
Resolução
\[
\left( {\sqrt x + \frac{1}{{\sqrt[3]{x}}}} \right)^{12} = \left( {x^{\frac{1}{2}} + x^{ - \frac{1}{3}} } \right)^{12}
\]
Coeficientes: $a=1$ e $b=1$
Expoentes: $s=\displaystyle\frac{1}{2}$; $t=-\displaystyle\frac{1}{3}$ e $n=12$
O coeficiente de x^2 é... zero! Não me peçam o programa. (ainda tenho versões antigas, até ao ano 2001...)
Eu já dei a ideia... Eventualmente um dia vai parar à secção "Material" deste blog.
Considere o gráfico cartesiano de uma função $f$ de domínio $\R$, e contradomínio contido em $\R$. Vamos ainda assumir que $f$ é diferenciável em $\R$
Seja $x_n$ um ponto do domínio de $f$. Qual é a equação reduzida da recta tangente ao gráfico de $f$ no ponto de abcissa $x_n$?
\[y=f'(x_n)x-f'(x_n)x_n+f(x_n)\]
Assumindo que a recta não é horizontal, ela intersecta o eixo dos $x$ num ponto. Seja $x_{n+1}$ a abcissa desse ponto. Determine $x_{n+1}$.
\[x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}\]
Partindo de um valor real $x_0$ inicial, a fórmula do exercício anterior define, por recorrência, uma sucessão. Assumindo que a sucessão $(x_n)$ converge para um limite $l\in\R$, tal que $f'(l)\neq 0$. Calcule $f(l)$. Que concluí sobre o limite $l$ ?
(nota: vou utilizar a convenção habitual escrever $\lim$ sem escrever por baixo que $n\to\infty$... para onde querem que os naturais tendam mesmo?)
Aplicando limites a ambos os termos da igualdade do exercício anterior, temos
\[\lim x_{n+1}=\lim x_n-\lim \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}\]
\[\Leftrightarrow \lim \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}=0\]
\[\Leftrightarrow \lim f(x_n)=0\]
Sendo $f$ diferenciável em $l$, $f$ é contínua em $l$, logo
\[ f( \lim x_n)=0\]
ou seja
\[f( l)=0\]
Por outras palavras: $l$ é um zero de $f$.
PS: Se alguém me pede bibliografia para isto, mando-o passear.
O método de obtenção de valores aproximados de zeros através desta sucessão $(x_n)$ é conhecido por "Método das tangentes", "Método de Newton", "método de Newton-Raphson" e sou capaz de jurar que já li algures "Newton-Fourier", e é estudado em várias cadeiras de Análise Numérica/Métodos numéricos em muitos cursos no ensino superior.
Fractais de Newton
Se resolveu os três exercícios que propus, em particular o último, facilmente perceberá que se $f$ for agora uma função complexa de variável complexa, diferenciável no plano complexo, partindo de um $z_0$ inicial e assumindo que a sucessão definida por recorrência por
\[z_{n+1}=z_n-\frac{f(z_n)}{f'(z_n)}\]
converge, ela convergirá para um zero de $f$.
Por exemplo a função $f(z)=z^3-1$ tem três zeros: $1, -\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i , -\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i$.
Para que zero é que a sucessão converge?
Naturalmente, dependerá do valor do $z_0$.
Vamos fazer este exercício mental: vamos atribuir uma cor a cada um dos zeros.
Depois, vamos percorrer todo o plano complexo, usar cada ponto do plano como $z_0$, e pintar o correspondente afixo (ou imagem pontual) no plano, de acordo com o limite da sucessão...
A seguir reproduzo uma imagem aproximada do que se obtém percorrendo o rectangulo $\left[-3,3\right]\times \left[-1.6875,1,6875\right]$
Podemos ainda escurecer os pontos de acordo com a convergência do método. Se a convergência for mais rápida, fica mais claro e se for mais lenta (ou nem convergir) fica mais escuro.
A imagem obtida, é aquilo a que se chama um Fractal de Newton.
Eu uso uma versão desta imagem nos meus cartões...
E até neste vídeo...
As imagens que apresento foram geradas em C++ recorrendo a algumas bibliotecas, mas já o fiz, por exemplo, em Pascal (!).
Hoje em dia é fácil gerar estas imagens para qualquer equação em varias linguagens como por exemplo Python (eu não estaria a afirmar isto se já não o tivesse feito).
Podem passar pelo meu deviantart e ver mais alguns fractais de Newton.
Detalhes sobre como implementar isto?
Este blog é sobre Matemática e ciências exactas, mas posso pensar no assunto e publicar noutro sítio, desde que me prometam respeitar os direitos de autor...
Actualização (17/07/2020)
Agradecimentos:Margarida Gouveia, Beatriz Martins e Sónia Correia Martins
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!)
PS: Não faço ideia se esta fórmula é permitida no exame de FQ do ensino secundário. Como manda o bom senso, não utilizem fórmulas sem antes confirmar se as podem usar com o vosso professor.
Esta ocorreu-me ao olhar para uma estrela de 5 pontas, neste Natal.
Há uns bons anos, partindo de "uma estrela regular de 5 pontas" (não vamos discutir a precisão matemática desta designação, ok?), ocorreu-me uma forma de deduzir o cosseno de $36^{\circ}$.
Está em https://cpaulof2.blogspot.com/2013/06/o-numero-de-ouro-parte-3-o-pentagrama-e.html.
Nesse post, eu mostrei que \[\cos 36^{\circ}=\frac{\phi}{2}\] onde $\phi$ é o número de ouro
\[\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\]
Ora, uma fórmula que acabo por utilizar sempre que me aparecem alunos a pedir explicações de cadeiras que envolvem cálculo integral é
\[{\sen}^{2} \alpha=\frac{1-\cos (2\alpha)}{2}\]
(um dia destes anexo uns formulários de trigonometria e de séries ao blog...)
Com umas pequenas manipulações algébricas escreve-se
\begin{eqnarray*}
{{\sen}^{2} 18^{\circ}}&=&{\frac{1-\cos 36^{\circ}}{2}}\\
{}&=&{\frac{1-\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{4}}{2}}\\
{}&=&{\frac{4-1-\sqrt{5}}{8}}\\
{}&=&{\frac{3-\sqrt{5}}{8}}
\end{eqnarray*}
Vou tentar transformar $\displaystyle\frac{3-\sqrt{5}}{8}$ no quadrado de um número positivo.
\begin{eqnarray*}
{\frac{3-\sqrt{5}}{8}}&=&{\frac{6-2\sqrt{5}}{16}}\\
{}&=&{\frac{5-2\sqrt{5}+1}{16}}\\
{}&=&{\frac{\sqrt{5}^2-2\sqrt{5}+1^2}{4^4}}\\
{}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}-1}{4}\right)^2}
\end{eqnarray*}
Conclusão:
\[\sen 18^{\circ}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}\]
$\blacksquare$
Feliz Natal
Podem ver uma demonstração alternativa, e que se pode apresentar a alunos do ensino secundário em:
https://www.youtube.com/watch?v=_00oskWLtII.
Hoje em dia encontra-se de tudo no youtube... mas eu pertenço à velha escola: Prefiro pensar e fazer eu...
Curiosidade diabólica(26/12/2019)
\begin{eqnarray*}
{\sen 666^{\circ}}&=&{\sen 306^{\circ}}\\
{}&=&{\sen -54^{\circ}}\\
{}&=&{-\sen 54^{\circ}}\\
{}&=&{-\cos 36 ^{\circ}}\\
{}&=&{-\frac{\phi}{2}}
\end{eqnarray*}
