domingo, 25 de março de 2012

030-Somatório Misto e Integral N por Partes

Dados [;A \in \mathbb{R}-\left{0,1 \right};] e o polinômio [;P(n);] de grau [;g;], considere a função aritmética [; \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{R};] definida por [;f(n)=A^nP(n);]. Neste post, desenvolveremos uma técnica recursiva para obter o somatório

[;\sum_{1}^{n}f(n)=\sum_{1}^{n}[A^nP(n)];]

Neste caso, os conceitos de derivada [;N;]( derivada natural ou diferença finita ) e integral [;N;]( integral natural ) serão úteis.


DERIVADA [;N;]

Derivada [;N;] de uma função aritmética definida por [;f=f(n);] é a nova função aritmética definida por

[;\Delta f=f_1(n)=f(n+1)-f(n);]  

Obs [;\rightarrow;] Por comodidade tratarei, indistintamente, função e lei de definição de função. Observem que  já utilizo de modo indistinto a variável [;n;] do somatório e a variável [;n;]da função aritmética. E para quem já estudou integral indefinida, digo que na definição de integral [;N;],  a constante de integração [;N;] também existe. No entanto, para este artigo, não achei necessário torná-la "visível". Essas pequenas imprecisões conceituais não chegam a atrapalhar os resultados práticos finais e podem até passar despercebidas.  

O que nos interessa agora é a derivada [;N;] de [;g(n)=A^n;] e algo sobre a derivada [;N;]de [;P(n)=a_0x^g+a_1x^{g-1}+...+a_{g-1}x+a_g;]

Derivada [;N;] de [;g(n)=A^n;]

 [;\Delta g=g_1(n)=g(n+1)-g(n)=A^{n+1}-A^n=AA^n-A^n \Rightarrow;]
[;\Delta g=g_1(n)= (A-1)A^n;]

Derivada [;N;]de [;P(n);] 

[;\Delta P=P_1(n)=P(n+1)-P(n)=;]

[;[a_0(x+1)^g+a_1(x+1)^{g-1}+...+a_{g-1}(x+1)+a_g]-;] 
[;[a_0x^g+a_1x^{g-1}+...+a_{g-1}x+a_g]=;] 
[;a_0[(x+1)^g-x^g]+;] 
[;a_1[(x+1)^{g-1}-x^{g-1}]+;] 
[;.................;] 

[;a_{g-1}[(x+1)-x]+;] 
[;a_g -a_g;] 

É notório que as operações algébricas envolvendo monômios de maiores graus ocorrerão em [;a_0[(x+1)^g-x^g];]. É esta parcela que definirá o grau de [;\Delta P;]. Pelo binômio de Newton, [;a_0[(x+1)^g-x^g];]=[;a_0[x^g+\alpha(x)-x^g]=a_0\alpha(x);], onde [;\alpha (x);] é um polinômio de grau [;g-1;]. Assim, se [;P(n);]tem grau [;g;], [;\Delta P=P_1(n);] tem grau [;g-1;]. Esta é a chave para a técnica recursiva para o somatório [;\sum_{1}^{n}[A^nP(n)];]


INTEGRAL [;N;]

Integral [;N;]é inverso conceitual da derivada [;N;]. Dada a função aritmética [;f(n);], desta vez procuramos uma função aritmética [;F(n);] tal que  


[;F(n+1)-F(n)=f(n);] ou 

[;\Delta F=F_1(n)=f(n);] 

A integral [;N;] de [;f(n);] é [;F(n);]. Simbolicamente, 

[;\rfloor \lceil f(n)=F(n);] 

A variação de [;F(n);] nos limites ( inteiros positivos )  [;n=a;] e [;n=b;], com [;a\leq b;], é representada por

[;\rfloor \lceil_a^b f(n)=[F(n)]_a^b=F(b)-F(a);]


 Integral [;N;] de [;g(n)=A^n;]

[;\rfloor \lceil A_n=\frac{A^n}{A-1};]
De fato, pois sendo [;G(n)=\frac{A_n}{A-1};], temos 

[;\Delta G=G_1(n)=G(n+1)-G(n)= \frac{A^{n+1}}{A-1}-\frac{A^n}{A-1}=\frac{(A-1)A^n}{A-1}=A^n=g(n);]


Integral [;N;]de [;P(n);]

O que nos importa, no momento, é induzir o grau de [;\rfloor \lceil P(n);]. Conforme vimos acima, se [;P=P(n);] tem grau [;g;], então [;\Delta P=P_1(n);] tem grau [;g-1;]. Podemos então dizer que 

[;\rfloor \lceil \Delta P=P;]

O que se conclui que [;\rfloor \lceil P=\rfloor \lceil P(n);], por sua vez, tem grau [;g+1;].


RELAÇÃO ENTRE SOMATÓRIO E INTEGRAL [;N;] 

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

Demonstração: seja [;f(n)=F(n+1)-F(n);]. Assim, [;\sum_1^n f(n)=\sum_1^n F(n+1)-\sum_1^n F(n);]. Mas
[;\sum_{1}^{n}F(n+1)=F(2)+...+F(n+1)=\sum_1^n F(n)+F(n+1)-F(1);] .Substituindo este resultado acima, resulta o que queremos:

[;\sum_1^n f(n)=\sum_1^n F(n)+F(n+1)-F(1)-\sum_1^n F(n) \Rightarrow;] 

[;\sum_1^n f(n)=F(n+1)-F(1)=[F(n)]_1^{n+1}=\rfloor \lceil_1^{n+1} f(n);]

INTEGRAÇÃO [;N;] POR PARTES 

Sejam as funções aritméticas [;f=f(n);], [;g=g(n);] e [;h=h(n);] relacionadas como se segue

[;f(n)=g(n)h(n);]

Considerem, também suas respectivas derivadas [;N;]:

[;\Delta f=f(n+1)-f \Rightarrow f(n+1)= f + \Delta f ;] 

[;\Delta g=g(n+1)-g\Rightarrow g(n+1)= g + \Delta g;] 

[;\Delta h=h(n+1)-h \Rightarrow h(n+1)= h + \Delta h;] 

Mas, 
[;\Delta f=f(n+1)-f(n)=[g(n+1)][h(n+1)]-g(n)h(n) \Rightarrow;] 

[;\Delta f=(g+\Delta g)(h+ \Delta h)-gh \Rightarrow;] 

[;\Delta f=g\Delta h + h \Delta g + \Delta g \Delta h;] 

Agora, integrando naturalmente ambos os membros, temos

[; f= \rfloor \lceil g \Delta h + \rfloor \lceil h \Delta g+ \rfloor \lceil \Delta g \Delta h \Rightarrow;]
[;\rfloor \lceil g \Delta h=f-\rfloor \lceil h \Delta g -\rfloor \lceil \Delta g \Delta h;]

Esta é a expressão  da INTEGRAÇÃO NATURAL POR PARTES. 


APLICAÇÃO

Para calcular recursivamente o somatório [;\sum_1^n f(n)=\sum_1^n A^nP(n);], basta fazer [;f=A^nP(n);], [;g=P(n);] e [;h=A^n;].  Assim,

[;g=P(n) \Rightarrow \Delta g=P_1(n);] 
[;h=A^n \Rightarrow \Delta h=(A-1)A^n;] 

Substituindo na expressão da integral,

[;\rfloor \lceil P(n) (A-1)A^n=f-\rfloor \lceil A^n (A-1)A^n -\rfloor \lceil P_1(n) (A-1)A^n;]

onde, colocando as constantes para fora do sinal de integração e reduzindo os termos semelhantes do segundo membro, obtemos a expressão final:

[;(A-1) \rfloor \lceil A^nP(n)=A^nP(n)-A \rfloor \lceil A^n P_1(n);]


EXEMPLO 1 

Calcular [;\sum_{1}^{n}2^nn;]

Este é o mais simples exemplo de somatório misto exponencial-polinomial.

Resolução

Com [;P(n)=n;], temos [;P_1(n)=1;]. Aplicando na fórmula,

 [;(2-1) \rfloor \lceil2^nn=2^nn-2 \rfloor \lceil 2^n.1\Rightarrow;]

[;\rfloor \lceil 2^nn=2^nn-2\frac{2^n^}{2-1} \Rightarrow;]

[;\rfloor \lceil 2^nn=2^n(n-2);]

Assim, 

[;\sum_{1}^{n}(2^nn)=\rfloor \lceil_1^{n+1} 2^nn=[2^n(n-2)]_1^{n+1}=2^{n+1}(n+1-2)-2^1(1-2) \Rightarrow;]
[;\sum_1^{n}(2^nn)=2^{n+1}(n-1)+2;]

EXEMPLO 2

Em

[;\sum_1^{n}[5^n(n^3-3n^2+7n-8)]=\rfloor \lceil_1^{n+1} 5^n(n^3-3n^2+7n-8)=[F(n)]_1^{n+1};]
Calcular [;F(n);] .


Resolução

Aqui temos,

[;P(n)=n^3-3n^2+7n-8;]
[;P_1(n)=3n^2-3n+5;]
[;P_2(n)=6n;]
[;P_3(n)=6;]

Inserindo na fórmula de integral mista


[;(A-1) \rfloor \lceil A_nP(n)=A^nP(n)-A \rfloor \lceil A^n P_1(n) \Rightarrow;]

[;4 \rfloor \lceil 5^n(n^3-3n^2+7n-8)=5^n(n^3-3n^2+7n-8)-5 \rfloor \lceil 5^nP_1(n);] ( 1 ) 

 Por sua vez

[;4 \rfloor \lceil 5^nP_1(n)=5^n(3n^2-3n+5)-5 \rfloor \lceil 5^nP_2(n);]( 2 )

Na sua vez

[;4 \rfloor \lceil 5^nP_2(n)=5^n(6n)-5 \rfloor \lceil 5^n.6 \Rightarrow;]

[;4 \rfloor \lceil 5^n P_2(n)=6.5^nn-30\frac{5^n}{4} \Right;]

[;\rfloor \lceil 5^nP_2(n)=5^n \left( \frac{3}{2}n-\frac{15}{8} \right);]

Substituindo este resultado em ( 2 ), temos

[;4 \rfloor \lceil 5^nP_1(n)=5^n[3n^2-3n+5]-5 [5^n \left( \frac{3}{2}n-\frac{15}{8} \right)];] [;\Right;]

[; \rfloor \lceil 5^nP_1(n)=5^n \left( \frac{3}{4}n^2-\frac{105}{40}n+\fra{23}{4} \right);]

Substituindo este resultado em ( 1 ), temos

[;4 \rfloor \lceil 5^n[n^3-3n^2+7n-8]=5^n[n^3-3n^2+7n-8]-5[5^n \left( \frac{3}{4}n^2-\frac{105}{40}n+\fra{23}{4} \right)];] [;\Righ;]

[; \rfloor \lceil 5^n[n^3-3n^2+7n-8]=\frac{5^n}{160}(40n^3-270n^2+805n-1470);]

Portanto, [;\sum_{n=1}^{n}[5^n(n^3-3n^2+7n-8)]=[\frac{5^n}{160}(40n^3-270n^2+805n-1470)]_1^{n+1};]


Imagem: http://www.facebook.com/Somatorio

2 comentários:

  1. Eu tinha visto isso num livro antigo durante minha graduação e nunca mais ouvi falar. Muito útil em certas situações essa técnica. Parabéns pelo post.

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  2. ai cara estive estudando essas somas e consegui obter os mesmos resultados que você só que com métodos e um notação diferente também. consegui formulas quase idênticas as que são apresentadas neste blog no que se refere as somas infinitas dessas series mistas.
    encontrei formulas para as series alternadas e as somas onde os termos estão elevados a qualquer potencia, mas não encontrei aqui no blog, seria muito bom ver alguma coisa a respeito disso caso vc tenha as encontrado também.

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