segunda-feira, 16 de janeiro de 2012

007-Representação de potências por combinações


Considere [;n;] e [;p;] [;\in N;].
[;(n,p);] representa a combinação de [;n;] elementos tomados [;p;] a [;p;].
O valor desta combinação é determinado por

[;(n,p)=n(n-1)(n-2)...[n-(p-1)];][;\frac{1}{p!};]

TEOREMA 1

[;\Sigma_1^{n-1}(n,p)=(n,p+1);], com [;n>1;]

[;\rightarrow;] Vamos ver uma aplicação prática. Queremos saber a soma dos [;n-1;] primeiros termos de [;a_n=n;] .
Lembrando que , [;n=(n,1);] basta fazer [;\Sigma_1^{n-1}n=\Sigma_1^{n-1}(n,1)=(n,2);] .

Verifica-se, então, a grande habilidade computacional que teríamos se colocássemos a função aritmética potencial [;a_n=n^p;] no formato de somas algébricas de combinações do tipo [;a_i(n,i);] , com [;0 \leq i \leq p;].

E, para isso, precisamos de uma ferramenta para estabelecer a seguinte igualdade:

[;n^p=a_0(n,0)+a_1(n,1)+a_2(n,2)+...+a_p(n,p);] 

O resultado a seguir será extremamente útil. Em 2011, descobri que  


TEOREMA 2

[;n(n,p) =p(n,p)+(p+1)(n,p+1);]

Obs: demonstrarei os teoremas 1 e 2 ao final dos exemplos. 

Exemplo ilustrativo: [;n(n,7)=7(n,7)+8(n,8);]

Vamos ver a forma de como podemos utilizar isso para calcular rapidamente [;\Sigma_1^{n-1}n^p;] .
 
 EXEMPLO 1

                                                    Calcular [;\Sigma_1^{n-1}n^2;]   

Resolução:
[;n^2=n.n=n(n,1)=(n,1)+2(n,2);] 

[;\Sigma_1^{n-1}n^2=\Sigma_1^{n-1}[(n,1)+2(n,2)]=(n,2)+2(n,3);]
 
EXEMPLO 2

Calcular [;\Sigma_1^{n-1}n^3;]

Resolução:
[;n^3=n.n^2;] e, pelo exemplo [;1;], [;n^2=(n,1)+2(n,2);]. Portanto, 

[;n^3=n[(n,1)+2(n,2)]=;] 

[;n(n,1)+2n(n,2)=;] 

[;(n,1)+2(n,2)+2[(2(n,2)+3(n,3)]=;]  

[;(n,1)+6(n,2)+6(n,3);]

[;\Sigma_1^{n-1}n^3=\Sigma_1^{n-1}[(n,1)+6(n,2)+6(n,3)]=(n,2)+6(n,3)+6(n,4);]


EXEMPLO 3

Da mesma forma, mostra-se que 

[;\Sigma_1^{n-1}n^4= ;] 

[;\Sigma_1^{n-1}[(n,1)+14(n,2)+36(n,3)+24(n,4)]=;]

[;=;] [;(n,2)+14(n,3)+36(n,4)+24(n,5);]




TEOREMA 1

[;\Sigma_1^{n-1}(n,p)=(n,p+1);]

Demonstração: vamos usar a relação de Stiffel que expressa a seguinte identidade: 
 
[;(n,p)+(n,p+1)=(n+1,p+1);] que é equivalente a

[;(n+1,p+1)-(n,p+1)=(n,p);]

Conforme postado em Integral Natural e Somatórios na relação [;f(n)=F(n+1)-F(n);], [;F(n)=\rfloor \lceil f(n);] é considerado a Integral [;N;] de [;f(n);]. Também foi provado que

[;\Sigma_1^n f(n) = \rfloor \lceil_1^{n+1}f(n)=[F(n)]_1^{n+1}=F(n+1)-F(1);] 

Fazendo [;F(n+1)=(n+1,p+1);], temos que [;F(n)=(n,p+1);] 

e [;F_1(n)=F(n+1)-F(n)=(n+1,p+1)-(n,p+1)=(n,p);] , pela relação de Stiffel.

Assim,  [;F(n)=(n,p+1);] é a integral [;N;] de [;f(n)=(n,p);]

Logo, [;\Sigma_1^{n-1}(n,p)=\rfloor \lceil_1^n(n,p)=[(n,p+1)]_1^n=(n,p+1)-(1,p+1);] 

Mas, [;(1,p+1)=0;],  e portanto, [;\Sigma_1^{n-1}(n,p)=(n,p+1);] 


TEOREMA 2

[;n(n,p) =p(n,p)+(p+1)(n,p+1);]

Demonstração: novamente, pela relação de Stifell:

[;(m,q)+(m,q+1)=(m+1,q+1);]

Fazendo [;m=n-1;] e [;q=p-1;], a relação fica

[;(n-1,p-1)+(n-1,p)=(n,p);] ou

[;(n,p)=(n-1,p-1) + (n-1,p);]  [;\Rightarrow;]
[;(n,p)=\frac{1}{(p-1)!}(n-1)(n-2)...[n-(p-1)]+\frac{1}{p!}(n-1)(n-2)...( n-p);]

Multiplicando ambos os membros por [;n;]:
[;n(n,p)=\frac{1}{(p-1)!}n(n-1)(n-2)...[n-(p-1)]+\frac{1}{p!}n(n-1)(n-2)...(n-p);]

 Vamos fazer agora um arranjo nos coeficientes:

 [;n(n,p)= \frac{p}{p(p-1)!}n(n-1)(n-2)...[n-(p-1)]+\frac{(p+1)}{(p+1)p!}n(n-1)(n-2)...(n-p) \Rightarrow;]
[;n(n,p)= p.\frac{1}{p!}n(n-1)(n-2)...[n-(p-1)]+(p+1).\frac{1}{(p+1)!}n(n-1)(n-2)...(n-p);]
Logo,

[;n(n,p)=p(n,p)+(p+1)(n,p+1);]


Fonte inspiradora:  A Música dos Números, de José Roberto de Oliveira, Editora SCOR TECCI, 2006.

12 comentários:

  1. Muito bom o post, principalmente a expressão de recorrência envolvendo coeficientes binomiais. Uma dica, para escrever um coeficiente binomial na forma padrão use este comando do latex {n \choose k}.

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  2. Outra prova de sua identidade é em sua notação é dada por:

    p(n,p) + (p+1)(n,p+1) = pn!/[p!(n-p)!] + (p+1)n!/[(p+1)!(n-p-1)!]

    = n!/[(p-1)!(n-p)!] + n!/[p!(n - p - 1)!] = [pn! + (n - p)n!]/[p!(n-p)!]

    = n(n,p)

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  3. Essa expressão em latex eu não conhecia. Vou guardar na manga. Vejo que a sua demonstração é mais econômica.Obrigado pelas sugestões.

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  4. Olá, Alísio Teixeira!!!!

    Rapaz, que postagem massa!!!! Você é muito criativo e capaz!!!! Mais tarde e não demorando muito, creio que veremos por aí, nas melhores livrarias do Brasil, pelo menos, um livro cheio dessas sua invenções e/ou demonstrações do cálculo com a assinatura sua!!!!

    Tudo de bom e por favor, continue assim, pois você fazia falta aqui na blogosfera, defendendo essas ideias e fazendo essas demonstrações muito legais!!!

    Um abraço!!!!!

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    1. Oi, Valdir!

      Obrigado por todas as suas considerações!

      Acredito que assim como a selva Amazônica existe o rémedio natural para todas as doenças, o Triângulo de Pascal tem a respostas para todos os problemas algébricos, inclusive o UTF.

      Valeu, amigo!

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  5. Oi Teixeira! Desculpe o atraso, só agora atentei para a expressão acima para n^p, eu me lembrava de ter chegado a um resultado parecido só não tive a brilhante ideia de usá-lo em somatório. Sinto dificuldade em expressá-lo mas é mais ou menos assim: Preciso definir P(n,p). vou começar com P(2,p)=2^p - 2X(1^p) + 0^p, P(3,p)=3^p-3x(2^p)+3X(1^p)-0^p é tudo como se fosse (1-p)^n pelo binômio de Newton mas não escrevo p^2 ou p^3 ou p^4 mas sim 2^p, 3^p e 4^p, então P(n,p)=(1-p)^n com todas as potências de p "invertidas". Bom, acima você escreveu n^4=(n,1)+ 14(n,2) + 36(n,3) + 24(n,4). me assustei mas essa expressão equivale a n^4=P(1,4)(n,1) + P(2,4)(n,2)+P(3,4)(n,3) + P(4,4)(n,4). Se você tiver energia para pesquisar P(n,p) será interessante. Acho que já estou meio velho. Cheguei a resultados incríveis:1) A probabilidade de se encher um álbum de n figurinhas se compro p=P(n,p)/n^p. 2) P(n,n)=n! 3) usando o resultado anterior calculei raiz de pi com oito casas 4) Não estou bem certo mas já calculei zeta(0) e zeta(-1) e bateu com os valores verdadeiros, essa função zeta é a de Riemann dos problemas do milênio. Acho que me entusiasmei desculpe. Abçs

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  6. Oi, Tavano! Anotei seus cálculos para depois ver com calma, ok? Depois te retorno. Obrigado!

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  7. Incrível, Tavano! Sua expressão P(k,p) fornece os coeficientes de qualquer representação algébrica de n^p... Ou, seja, a habilidade computacional a que me referi no post, dobrou de velocidade, porque não é mais necessário usar a recorrência, basta calcular os coeficientes diretamente!

    Eu ainda não consegui vislumbrar a demonstração disso e nem como utilizou para o pi e a função zeta. É claro que uma caixa de comentários de um blog é inadequado para um desdobramento deste assunto. Se puder mandar por e-mail, seu processo será assunto central e único do meu próximo post.

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  8. Oi Teixeira! Agora me empolguei, me segura! Antes de mais nada uma correção: eu disse que P(n,p) é parecido com (1-p)^n, acho que seria (p-1)^n (1-p) eu estava usando na função zeta. Usando P(n,p), ontem, calculei zeta(-3)=1/120 e novamente bateu. Note que zeta(-3) não dá para calcular usando a fórmula de zeta mais conhecida, já me desviei, Tenho um livro chamado "Manual de Fórmulas e Tabelas Matemáticas" de Murray R. Spiegel. Esse livro tem desde a área do quadrado até equações diferenciais, transformadas de Laplace etc.,e cada assunto é tratado em pormenores. Pois bem, para somatório de potências ele dá n, n^2, n^3, e n^4, tem uma fórmula geral para n^p, mas é baseada em números de Bernoulli que em geral são tabelados. O livro é do século XX, quando ainda não era conhecida a fórmula de Teixeira-Tavano ou TT para somatório de potências KKKK. Eu tenho que dar um jeito de te mandar tudo que sei sobre P(n,p) as demonstrações são do tipo intuitivas como a do Prof Paulo para (1/2)! Até....Abrçs

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  9. É, Tavano, peça sua empolgação eu diria que a matemática está em seu sangue! Em nosso, Aliás.

    Por várias vezes vi esse livro e não compre-o porque achei que fosse algo superficial. No entanto vejo que pode ser uma excelente fonte inspiradora devido a abrangência de assuntos. Mas em pouco tempo no meu ítem LIVROS (MENU) você verá ele, pois vou adquirí-lo.

    Aguardo ansiosamente seus valiosos apontamentos.

    Obrigado!

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  10. Sou sobrinha do José Roberto de Oliveira, ele faleceu dia 21/05.
    Fiquei muito feliz em vê-lo citado!

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    1. Oi, Erica.

      Sinto pela perda.

      Conheci apenas um livro do seu tio e fiquei admirado pela profundidade e ousadia de suas idéias.

      Um abraço de condolências.

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