2011_00705_HUGO_LEONARDO_COUTINHO_DANTAS.pdf

UNIVERSIDADE FEDERAL RURAL DE PERNAMBUCODEPARTAMENTO DE MATEMTICA

Mestrado Profissional em Matemtica - PROFMAT

Somas Telescpicas

Hugo Leonardo Coutinho Dantas

Dissertao de Mestrado

RECIFE/PEAgosto 2013



Somas Telescpicas

Trabalho apresentado ao Programa de Mestrado Profissi-onal em Matemtica - PROFMAT do DEPARTAMENTODE MATEMTICA da UNIVERSIDADE FEDERAL RU-RAL DE PERNAMBUCO como requisito parcial para ob-teno do grau de Mestre em Matemtica.

Orientador: Rodrigo Jos Gondim Neves


iii

Comisso Julgadora

Prof. Dr. Rodrigo Jos Gondim Neves - DM UFRPEPresidente (orientador)

Prof. Dr. Thiago Dias Oliveira Silva - DM UFRPEMembro

Prof. Dr. Airton Temstocles Gonalves de Castro - DMat UFPEMembro

Prof. Dra. Anete Soares Cavalcanti - DM UFRPEMembro



Somas Telescpicas

Trabalho apresentado ao Programa de Mestrado Profissi-onal em Matemtica - PROFMAT do DEPARTAMENTODE MATEMTICA da UNIVERSIDADE FEDERAL RU-RAL DE PERNAMBUCO como requisito parcial para ob-teno do grau de Mestre em Matemtica.

Orientador: Rodrigo Jos Gondim Neves


Aos meus pais, meu amor, familiares, amigos e professores.A mim.

Agradecimentos

Agradeo aos meus pais, Fernando e Izete. Por uma vida de investimentos na minha educao,pelo apoio e respeito as minhas escolhas.

Obrigado Karla por estar sempre me pressionando e incentivando, mais que todos, para que eulougrasse xito neste curso.

Obrigado a todos os amigos feitos nesses dois anos, principalmente os que formavam o grupode estudos do IPSEP, sem vocs eu no teria conseguido chegar aqui. Em particular, obrigadoa Bruno Eloi e Pedro Pessoa, sempre juntos nesta jornada.

Agradeo aos professores da UFRPE, onde fiz graduao e ps, entre eles, Rodrigo Gondim,meu orientador e referncia.

Obrigado titia Dbora pela correo do abstract.

Agradeo a Deus, a Nossa Senhora e ao meu anjo da guarda pela realizao deste sonho.

vi

Brincar condio fundamental para ser srio.ARQUIMEDES

Resumo

Grande parte dos problemas que envolvem somatrios so resolvidos com uso da propriedadetelescpica que consiste em observar que os termos da sequncia a ser somada podem ser es-critos como diferenas entre termos consecutivos de uma outra sequncia. Este trabalho trazaplicaes desta propriedade em somas dos tipos: aritmticas, trigonomtricas, binomiais, compotncias fatoriais negativas e polinomiais.

comum, por exemplo, realizar o clculo de somas polinomais de modo recursivo. Nestetrabalho mostrado uma alternativa, atravs de nmeros binomiais e da soma de uma colunado tringulo de Tartaglia-Pascal (com uso da propriedade telescpica), que torna o processomais eficaz.

Palavras-chave: somas telescpicas, somas polinomiais, nmeros binomiais, potncias fato-riais negativas

viii

Abstract

A big part of the problems involving summation are solved with the use of telescopic property,which consists of observing that the terms of the sequence to be calculated could be be writtenas differences between consecutive terms of another sequence. This work brings applicationsof this property in figures of the following types: arithmetic, trigonometric, binomial, with ne-gative factorial power and polynomial.

It is common to perform the calculation of polynomial sums on a recursively way. In this work,it is shown an alternative, through binomial-coefficients and the sum of a column of Tartaglia-Pascals triangle (using the telescopic property), which makes the process more effective.

Keywords: telescopic sums, polynomial sums, binomial-coefficients, negative factorial powers

ix

Sumrio

1 Somas telescpicas 31.1 Somatrios 31.2 Soma telescpica 51.3 Utilizando "truques", exemplos em somas trigonomtricas 91.4 Somas com potncias fatoriais 11

2 Somas binomiais e aplicaes 152.1 Os nmeros binomiais 152.2 Somas polinomiais 20

3 Somas infinitas 283.1 Convergncia das somas infinitas telescpicas 35

4 Proposta Pedaggica 37

5 Problemas Propostos 395.16 Gabarito 43

x

Lista de Figuras

3.1 soma dos retngulos verticais. 333.2 soma dos retngulos horizontais. 333.3 Nmeros triangulares. 35

xi

Introduo

O clculo de somas acompanha os estudos desde a educao bsica. Partindo da idia inicialda operao aditiva e vai sendo aprofundada: adio de vrias parcelas, as propriedades comu-tativa e associativa,

i) A adio comutativa: a+b = b+a;

ii) A adio associativa: a+(b+ c) = (a+b)+ c.

at chegar nos somatrios.

Conta a "histria", que Carl Friedrich Gauss1 entrou para a escola aos 7 anos e que, em certaaula, um de seus professores pediu aos alunos que somassem os nmeros inteiros de 1 a 100,e, rapidamente, o pequeno Gauss colocou sua soluo sobre a mesa, com o resultado do pro-blema. A sua resposta, 5050. Especula-se que Gauss teria agrupado os pares dos nmerosequidistantes aos extremos, ou seja

1+2+3+ ...+98+99+100 = (1+100)+(2+99)+(3+98)+ ...+(50+51)

Tem-se ento 50 parcelas de 101, logo 50 101 = 5050.

Em jornadas olmpicas comum encontrar problemas que envolvem somatrios. Este trabalhotem como objetivo mostrar meios que possam facilitar o contato dos alunos com os diversostipos de somas: aritmticas, com nmeros binomiais, trigonomtricas, polinomiais, com potn-cias fatoriais negativos e somas infinitas. Utilizando, principalmente, a propriedade telescpica.

At somas infinitas, que requer do aluno um estudo mais profundo do assunto, visto na edu-cao fundamental j nos primeiros anos, vide, por exemplo, as dzimas peridicas,

ora 1,333...= 1+0,3+0,03+0,003+ ...= 1+310

+3

100+

31000

+ ....

No ensino mdio, tem-se as progresses geomtricas infinitas. Sendo necessrio a anlise daconvergncia na soma dos termos destes tipos de progresses.

1Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855) foi um matemtico, astrnomo e fsico alemo que contribuiu muitoem diversas reas da cincia, dentre elas a teoria dos nmeros e anlise matemtica.

1

INTRODUO 2

A propriedade telescpica das somas,

n

k=1

(ak+1ak) = an+1a1

tratada no primeiro captulo, com aplicaes diversificadas, inclusive de somas trigonomtri-cas e somas com potncias fatoriais negativas.

No segundo captulo, tem-se ateno os nmeros binomiais. Algumas propriedades do trin-gulo de Tartaglia-Pascal2 e outras identidades famosas, como a de Euller, so explanadas como auxlio das propriedades de somatrios.

O captulo tem continuidade com as somas polinomiais. Existem vrios mtodos para somarpolinmios, porm alguns bem trabalhosos. Atravs de produtos notveis do tipo (n1)k; comauxlio dos nmeros de Bernoulli3 (Bk); com uso dos nmeros Eulerianos4 (nmeros definidospor uma recorrncia); entre outros. Neste captulo mostrado uma maneira prtica para calcu-lar somas polinomiais com uso dos nmeros binomiais, de maneira direta, tornando-se assim,mais acessvel a sala de aula do ensino mdio.

O captulo trs direcionado as somas infinitas e conceitos de convergncias, inclusive, no usoda propriedade telescpica.

Por fim, tem-se no quarto captulo a proposta pedaggica para desenvolvimento dos assuntosabordados em sala de aula e a uma lista de problemas propostos.

O trabalho conta com vrias aplicaes tentando diversificar o uso e a compreenso do leitornas temticas de cada captulo. intuito do autor que este trabalho sirva como um apoio eestmulo no estudo dos somatrios e no uso da propriedade telescpica.

2Niccol Fontana Tartaglia (1499-1557), matemtico e engenheiro italiano. E Blaise Pascal (1623-1662), ma-temtico, fsico e filsofo francs. A dupla d nome ao tringulo aritmtico formado pelos nmeros binomiais. Aautoria do tringulo no da dupla, mas escreveram obras com vasta contribuio das caractersticas do tringulo,como a General Tratado di numeri et misure de Tartaglia.

3Jakob Bernoulli (1654-1705) matemtico suo.4Leonhard Euler (1707-1783) matemtico e fsico suo. Os nmeros de Bernoulli e os nmeros Eulerianos

tem lugar destaque no clculo de diferenas.

CAPTULO 1

Somas telescpicas

1.1 Somatrios

Seja A um conjunto com duas operaes (+, ) satisfazendo as leis bsicas da aritmtica, porexemplo em um dos conjuntos Z, Q, R e C.

Definio 1.1.1. Se (an) uma sequncia em A, define-se o somatrio dos seus n primeirostermos como sendo

n

k=1

ak = a1+a2+a3+ ...+an

Sejam (ak) e (bk) duas sequncias em A. Ento

i)n

k=1

(akbk) =n

k=1

akn

k=1

bk;

ii) Seja c A,n

k=1

c ak = c n

k=1

ak;

iii) Seja c A,n

k=1

c = nc;

iv)n

k=1

ak =m

k=1

ak +n

k=m+1

ak com 1 < m < n;

v)n

k=1

ak =m+n

k=1+m

akm;

vi)m

k=1

p

i=n

akbi =m

k=1

akp

i=n

bi.

vii) Produto de Cauchy:n

i=0

aixim

i=0

bixi =m+n

i=0

(i

j=0

a jbi j

)xi com ai = 0 se i > n e bi = 0 se

i > m.

3

1.1 SOMATRIOS 4

Prova:i)

n

k=1

(ak +bk) = (a1+b1)+(a2+b2)+ ...+(an+bn) =

= a1+b1+a2+b2+ ...+an+bn = (a1+a2+ ...++an)+(b1+b2+ ...+bn) =

=n

k=1

ak +n

i=1

bk. Anlogo paran

k=1

(akbk) =n

k=1

akn

k=1

bk.

ii)n

k=1

c ak = c a1+ c a2+ ...+ c an = c (a1+a2+ ...+an) = c n

k=1

ak.

iii) um caso particular do item ii) quando ak = 1.

iv)n

k=1

ak = a1+a2+ ...+am+am+1+am+2+ ...+an, pois 1 < m < n, entom

k=1

ak+n

k=m+1

ak.

v)n

k=1

ak = a1+a2+ ...+an = a1+mm+a2+mm+ ...+an+mm =m+n

k=1+m

akm.

vi)m

k=1

p

i=n

akbi =p

i=n

a1bi+p

i=n

a2bi+ ...+p

i=n

ambi =

Aplicando a propriedade nmero ii) fica-se com:

a1p

i=n

bi+a2p

i=n

bi+ ...+amp

i=n

bi = (a1+a2+ ...a+m)

(p

i=n

bi

)=

(m

k=1

ak

)(p

i=n

bi

).

vii)n

i=0

aixim

i=0

bixi =m+n

i=0

(i

j=0

a jbi j

)xi

n

i=0

aixim

i=0

bixi = (a0+a1x1+a2x2+ ...+anxn)(b0+b1x1+b2x2+ ...+bmxm) =

= a0(b0+b1x1+b2x2+ ...+bmxm)+a1x1(b0+b1x1+b2x2+ ...+bmxm)+a2x2(b0+b1x1+b2x2+ ...+bmxm)+ ...+anxn(b0+b1x1+b2x2+ ...+bmxm) =

1.2 SOMA TELESCPICA 5

= a0b0+a0b1x1+a0b2x2+...+a0bmxm+a1b0x1+a1b1x2+a1b2x3+...+a1bmxm+1+a2b0x2+a2b1x3+b2x4+ ...+bmxm+2+ ...+anb0xn+anb1xn+1+anb2xn+2+ ...+anbmxn+m =

= a0b0+(a0b1+a1b0)x1+(a0b2+a1b1+a2b0)x2+(a0b3+a1b2+ ...+a3b0)x3+ ...+(a0bm+a1bm1 + ...+ amb0)xm + (a0bm+1 + a1bm + ...+ am+1b0)xm+1 + ...+ (a0bn + a1bn1 + ...+anb0)xn+(a0bn+1+a1bn+ ...+an+1b0)xn+1+ ...+(a0bn+m+a1bn+m1+ ...+an+mb0)xn+m =

=n+m

i=0

[a0b0+(a0b1+a1b0)+(a0b2+a1b1+a2b0)+(a0b3+a1b2+ ...+a3b0)+ ...+(a0bm+

a1bm1 + ...+ amb0)+ (a0bm+1 + a1bm + ...+ am+1b0)+ ...+(a0bn + a1bn1 + ...+ anb0)+(a0bn+1+a1bn+ ...+an+1b0)+ ...+(a0bn+m+a1bn+m1+ ...+an+mb0)]xi =

Logo, =n+m

i=0

(i

j=0

a jbi j

)xi com ai = 0 se i > n e bi = 0 se i > m.

Exemplo 1.1.2. Calculen

i=1

n

j=1

(i+ j).

Soluo:n

i=1

n

j=1

(i+ j) =n

i=1

[(i+1)+(i+2)+(i+3)+ ...(i+n)] =

=n

i=1

[ni+(1+2+3+ ...+n)] =n

i=1

ni+n

i=1

n(n+1)2

=

= nn

i=1

i+n(n+1)

2

n

i=1

1 =n2(n+1)

2+

n2(n+1)2

= n2(n+1).

1.2 Soma telescpica

"A ideia por trs do nome a seguinte: assim como olhando num telescpio encurtamos aimensa distncia de um corpo celeste a nossos olhos, a propriedade telescpica encurta o cami-nho entre a soma inicial de muitas parcelas e o clculo do resultado da mesma."(CAMINHA)

Teorema 1.2.1. Dada uma sequncia (Xn), com n N tem-se que Xk = Xk+1Xk. Aplicandosomatrios a todos os termos desta equao fica-se com:


n

k=1

Xk = Xn+1X1.

A soman

k=1

Xk chamada soma telescpica.

Prova: Tem-se

X1 = X2X1X2 = X3X2X3 = X4X3

...

Xn1 = XnXn1Xn = Xn+1Xn

Somando todas as equaes membro a membro

X1+X2+ ...+Xn = X2X1+X3X2+ ...+XnXn1+Xn+1Xn

Efetuando os devidos cancelamentos resulta que

X1+X2+ ...+Xn = Xn+1X1n

k=1

Xk = Xn+1X1

Exemplo 1.2.2. (IEZZI, 1997) Chama-se progresso aritmtica (PA) de 1 ordem uma sequen-cia dada pela seguinte frmula de recorrncia: A1 = a e An = An1+ r, n N, n 2 com a,r R.

Vamos ento, calcular o termo geral das progresses aritmticas de 1 ordem de razo r eA1 = a.

Soluo: Para calcular deve-se observar o comportamento termo a termo da progresso

A2 = A1+ r

A3 = A2+ r

...

An1 = An2+ r

An = An1+ r


Observa-se que ao adiconar membro a membro todas as equaes alguns termos sero cance-lados e obtem-se a equao do termo geral

An = A1+(n1)r

Pode-se chegar a esta equao mais rapidamente fazendo uso da equao da soma telescpica(1) com Xi = Ai e Xn = r:

AnA1 =n1k=1

r

AnA1 = rn1k=1

1

AnA1 = (n1)rAn = A1+(n1)r

Exemplo 1.2.3. Diz-se que uma sequncia (An) uma progresso aritmtica de 2 ordem se asdiferenas entre os termos consecutivos formam uma P.A. de 1 ordem com razo r e primeirotermo B1 = b, ou seja:

An+1An = Bn, onde Bn = B1+(n1)r.Vamos calcular o termo geral das progresses aritmticas de 2 ordem.

Soluo:Pela equao da soma telescpica, com Xk = Bk:

AnA1 =n1k=1

Bk

Mas,n1k=1

Bk a soma de uma P.A. de 1 ordem, enton1k=1

Bk =(B1+Bn1)(n1)

2.

Logo, o termo geral de uma P.A. de 2 ordem :

AnA1 = (B1+Bn1)(n1)2An = A1+

B12(n1)+ B1+(n2)r

2(n1)


An = A1+B1(n1)+ r2(n1)(n2)

Exemplo 1.2.4. Calcularn

k=1

1AkAk+1

onde os Aks so elementos no nulos de uma progresso

aritmtica de 1 ordem com razo r.

Soluo: Quando r = 0 tem-se uma P.A. de termos constante (Ak = A1 para todo k =

1,2, ...,n) ento sua soma serian

k=1

1A21

= n1

A21

Vamos calcular para r 6= 0, tem-se1

A1 1

A2=

A2A1A1A2

=1

A1A2r

1A2 1

A3=

1A2A3

r

1A3 1

A4=

1A3A4

r

...1

An1 1

An=

1An1An

r

1An 1

An+1=

1AnAn+1

r

Telescopicando resulta que

1A1 1

An+1= r

n

k=1

1AkAk+1

n

k=1

1AkAk+1

=1r

(1

A1 1

An+1

)=

1r

(An+1A1

A1An+1

)n

k=1

1AkAk+1

=1r

(A1+nrA1

A1An+1

)=

nA1An+1

Em particular, quando r = 1 e A1 = 1 tem-se:

11 2 +

12 3 +

13 4 + ...+

1n (n+1) = 1

1n+1

=n

n+1

1.3 UTILIZANDO "TRUQUES", EXEMPLOS EM SOMAS TRIGONOMTRICAS 9

Veja agora o exemplo a seguir. Inicialmente obersava-se o comportamento de Xk.

Exemplo 1.2.5.n

k=1

k2k = 1 21+2 22+3 23+ ...+n 2n.

Observe que

k2k = (k+1)2k+1 k2k = (2k+2 k)2k = k2k +2k+1 (**)

Ora, note que

n

k=1

k2k = (n+1)2n+12 (Propriedade telescpica)

E que

n

k=1

2k+1 a soma dos n termos de uma progresso geomtrica1 de razo 2 com a1 = 4.

Enton

k=1

2k+1 = 42n121 = 2

n+24

Logo, voltando para a equao (**) e aplicando somatrio a todos os termos:

n

k=1

k2k =n

k=1

k2k +n

k=1

2k+1

n

k=1

k2k =n

k=1

k2kn

k=1

2k+1 = (n+1)2n+12 (2n+24) =

= (n+1)2n+12n+2+2 = (n+1)2n+12 2n+1+2 =

= (n+12)2n+1+2 = (n1)2n+1+2.

1.3 Utilizando "truques", exemplos em somas trigonomtricas

Algumas vezes so necessrios "truques"para chegar as somas telescpicas. Como, por exem-plo, utilizar expresses trigonomtricas:

1(IEZZI, 1977) Chama-se progresso geomtrica (PG) uma sequncia dada pela seguinte frmula de recorrn-cia: a1 = a e an = an1 q, n N, n 2 e q R. A demonstrao da soma da PG finita e infinita encontram-sena pgina 28.

1.3 UTILIZANDO "TRUQUES", EXEMPLOS EM SOMAS TRIGONOMTRICAS 10

Exemplo 1.3.1. Prove que:

sen(x)cos(x)

+sen(2x)cos2(x)

+sen(3x)cos3(x)

+ ...+sen(nx)cosn(x)

= cotg(x) cos((n+1)x)sen(x) cosn(x) , x 6=

kpi2

, k Z

Soluo:

sen(x)cos(x)

+sen(2x)cos2(x)

+sen(3x)cos3(x)

+ ...+sen(nx)cosn(x)

=n

k=1

sen(kx)cosk(x)

A prncipio no temos com utilizar a propriedade telescpica, mas realizando alguns "tru-ques"conseguimos chegar a tal.

Primeiro multiplicando porsen(x)sen(x)

:

n

k=1

sen(kx)cosk(x)

=sen(x)sen(x)

n

k=1

sen(kx)cosk(x)

=n

k=1

sen(x)sen(kx)sen(x)cosk(x)

Agora, adicionando e retirando a parcela cos(kx)cos(x) ao numerador, desenvolvendo as ex-presses trigonomtricas e simplificando as fraes:

n

k=1

sen(kx)cosk(x)

=n

k=1

cos(kx)cos(x)+ sen(kx)sen(x) cos(kx)cos(x)sen(x)cosk(x)

=

=n

k=1

[cos(kx)cos(x)sen(x)cosk(x)

cos(kx)cos(x) sen(kx)sen(x)sen(x)cosk(x)

]=

=n

k=1

[cos(kx)

sen(x)cosk1(x) cos(kx+ x)

sen(x)cosk(x)

]=

n

k=1

[cos(kx)

sen(x)cosk1(x) cos((k+1)x)

sen(x)cosk(x)

]

Tem-se ento uma soma telescpica. Logo

n

k=1

sen(kx)cosk(x)

=cos(x)sen(x)

cos((n+1)x)sen(x)cosn(x)

= cotg(x) cos((n+1)x)sen(x)cosn(x)

.

Exemplo 1.3.2. Calculetg(1)cos(2)

+tg(2)cos(4)

+tg(4)cos(8)

+ ...+tg(2n)

cos(2n+1).

Soluo:

1.4 SOMAS COM POTNCIAS FATORIAIS 11

tg(1)cos(2)

+tg(2)cos(4)

+tg(4)cos(8)

+ ...+tg(2n)

cos(2n+1)=

n

k=0

tg(2k)cos(2k+1)

n

k=0

tg(2k)cos(2k+1)

=n

k=0

sen(2k)cos(2k)cos(2k+1)

=

Escrevendo 2k como 2k+12k no numerador, tem-se

=n

k=0

sen(2k+12k)cos(2k)cos(2k+1)

=n

k=0

sen(2k+1)cos(2k) sen(2k)cos(2k+1)cos(2k)cos(2k+1)

=

=n

k=0

[sen(2k+1)cos(2k+1)

sen(2k)

cos(2k)

]=

n

k=0

[tg(2k+1) tg(2k)

]

Ora, uma soma telescpica, ento

n

k=0

tg(2k)cos(2k+1)

= tg(2n+1) tg(1).

1.4 Somas com potncias fatoriais

Tambm nas somas de potncias fatoriais encontra-se uso da propriedade telescpica. ShchepinE. possui um arquivo2 sobre somas telescpicas onde denota as potncias fatoriais da seguintemaneira:

kp = k(k 1)(k 2)(k 3)...(k p+ 1) e kp = 1k(k+1)(k+2)...(k+ p1) com k R e

p N e nenhum fator nulo.

O primeiro tipo, kp, origina um polinmio de grau igual a p. No prximo captulo, somaspolinomais tero uma ateno mais detalhada. J o segundo tipo das potncias fatoriais, kp,ganha as atenes agora.

Proposio 1.4.1. Seja kp = (k+1)p kp ento kp = pkp1.Prova:kp = (k+1)p kp =

(k+1)p tem p fatores e kp tambm. Ento

2Telescopic Sums (5 p.)- http://libgen.info/view.php?id=139620 ou http://mechmath.org/books/40969


kp = (k+1)k(k1)(k2)...(k p+2) k(k1)(k2)...(k p+1) =

= k(k1)(k2)...(k p+2)[(k+1) (k p+1)] = p k(k1)(k2)...(k p+2)

Mas k(k1)(k2)...(k p+2) tem p1 fatores, logo

kp = pkp1.

Analogamente tem-se que kp =pkp1.

Proposio 1.4.2.n

k=1

1k(k+1)(k+2)...(k+ p1) =

1p+1((n+1)

p+11p+1).

Prova:

1k(k+1)(k+2)...(k+ p1) =kp

Pela proposio 1.4.1: kp =1

p+1kp+1

Ento,kp = 1p+1kp+1 =

1p+1k

p+1 =1

p+1((k+1)p+1 kp+1)

Pela propriedade telescpica, somando de k = 1 at n

=1

p+1n

k=1

((k+1)p+1 kp+1) = 1p+1((n+1)p+11p+1).

Exemplo 1.4.3. (SVSU 2011 Math Olympics - Adaptada)n

k=1

1k(k+1)(k+2)

=?

Soluo: Escrevendo esta soma como

n

k=1

1k(k+1)(k+2)

=n

k=1

k3 =12

n

k=1

k2

Ento,

n

k=1

k3 =12((n+1)

212) =12

(1

(n+1)(n+2) 1

1 2)=

14 1

2(n+1)(n+2).


Exemplo 1.4.4. Calcularn

k=1

1k(k+1)(k+3)

.

Soluo:n

k=1

1k(k+1)(k+3)

=n

k=1

k+2k(k+1)(k+2)(k+3)

=

=n

k=1

[k

k(k+1)(k+2)(k+3)+

2k(k+1)(k+2)(k+3)

]=

=n

k=1

1(k+1)(k+2)(k+3)

+2n

k=1

1k(k+1)(k+2)(k+3)

=

=n

k=1

(k+1)3+2n

k=1

k4 =12

n

k=1

(k+1)2 23

n

k=1

k3 =

=12((n+2)222) 2

3((n+1)313) =

=12

(1

(n+2)(n+3) 1

2 3) 2

3

(1

(n+1)(n+2)(n+3) 1

1 2 3)=

= 12(n+2)(n+3)

+112 2

3(n+1)(n+2)(n+3)+

19=

=7

36 3n+7

6(n+1)(n+2)(n+3).

Definio 1.4.5. Seja a Q. Escreve-sen

i=1

f (a+ i) = f (a+1)+ f (a+2)+ ...+ f (a+n).

Exemplo 1.4.6. Calcular a soman

k=1

1(5k2)(5k+3) .

Soluo: Primeiramente divide-se o numerador e o denominador por 25:

n

k=1

1(5k2)(5k+3) =

n

k=1

125

(k 25)(k+

35)

125

n

k=1

1

(k 25)(k 2

5+1)

=125

n

k=1

(k 2

5

)2= 1

25

n

k=1

(

k 25

)1=


= 125

[(n 2

5+1)1(

35

)1]= 1

25

[(5n+3

5

)1(

35

)1]=

= 125

(5

5n+3 5

3

)=

125 5

3 1

25 5

5n+3=

115 1

5(5n+3).

CAPTULO 2

Somas binomiais e aplicaes

2.1 Os nmeros binomiais

Definio 2.1.1. Os nmeros binomiais, denotados por(

np

)com p = 0,1,2, ...,n (n, p N),

so os coeficientes dos monmios do desenvolvimento do binmio de Newton1 (1+ x)n =(n0

)+

(n1

)x+(

n2

)x2+ ...+

(nn

)xn

(np

)=

n!p!(n p)! =

np

p!se n p ou

(np

)= 0 quando n < p.

i)(

nn

)= 1.

ii)(

np

)e(

nn p

)so nmeros binomiais complementares (ou simtricos) e

(np

)=

(n

n p)

.

iii)(

np

)=

np

(n1p1

).

iv) Relao de Fermat2(

np+1

)=

n pp+1

(np

).

v) Relao de Stifel3(

np

)+

(n

p+1

)=

(n+1p+1

).

Prova:

i)(

nn

)=

n!n!(nn)! =

n!n!0!

=n!n!= 1.

1Sir Isaac Newton PRS MP (1642-1727), fsico e matemtico ingls dos mais influentes na histria.2Pierre de Fermat (1601-1665) advogado francs do Parlamento de Toulouse e amante da matemtica. A ele

atribuido grandes desenvolvimentos no clculo infinitesimal.3Michael Stifel (1487-1567), monge e matemtico alemo.

15

2.1 OS NMEROS BINOMIAIS 16

ii)(

np

)=

n!p!(n p)! =

n!(n p)!p! =

n!(n p)!(n (n p)! =

(n

n p)

.

iii)(

np

)=

n!p!(n p)! =

n(n1)!p(p1)!(n p)! =

np (n1)!(p1)![(n1) (p1))]! =

np

(n1p1

).

iv)(

np+1

)=

n!(p+1)!(n p1)! =

n pn p

n!(p+1)p!(n p1)! =

=n pp+1

n!p!(n p)(n p1)! =

n pp+1

n!p!(n p)! =

n pp+1

(np

).

v)(

np

)+

(n

p+1

)=

(np

)+

n pp+1

(np

)=

(np

)(1+

n pp+1

)=

=

(np

)(

p+1+n pp+1

) =

(np

) n+1

p+1=

(n+1p+1

).

Teorema 2.1.2. (Teorema binomial de Tartaglia-Pascal) (a+ b)n =(

n0

)an +

(n1

)an1b+(

n2

)an2b2+ ...+

(n

n1)

abn1+(

nn

)bn =

n

k=0

(nk

)ankbk.

Prova:Se a = 0, (0+b)n =

(n0

)0n+

(n1

)0n1b+

(n2

)0n2b2+ ...+

(n

n1)

0bn1+(

nn

)bn = bn.

Se a 6= 0, desenvolve-se o binmio de Newton (1+ x)n, tomando x = ba

fica-se com:(1+

ba

)n=

n

k=1

(nk

)(ba

)k=

(n0

)+

(n1

)ba+

(n2

)b2

a2+ ...+

(nn

)bn

an

Multiplicando ambos os membros da igualdade por an:(1+

ba

)nan =

[(n0

)+

(n1

)ba+

(n2

)b2

a2+ ...+

(nn

)bn

an

]an

(1 a+ b

aa)n

=

(n0

)an+

(n1

)baan+

(n2

)b2

a2an+ ...+

(nn

)bn

anan

(a+b)n =(

n0

)an+

(n1

)an1b+

(n2

)an2b2+ ...+

(nn

)bn =

n

k=1

(nk

)ankbk.


Definio 2.1.3. (IEZZI, 1977) O tringulo de Tartaglia-Pascal uma tabela onde pode-se

dispor ordenadamente os coeficientes binomiais(

np

).

Linha 0:(

00

)

Linha 1:(

10

)(11

)

Linha 2:(

20

)(21

)(22

)

Linha 3:(

30

)(31

)(32

)(33

)...

Linha k:(

k0

)(k1

)(k2

)(k3

)...(

kk

)...

Exemplo 2.1.4. Mostre que a soma dos termos de uma linha do tringulo de Tartaglia-Pascal

dada porn

k=0

(nk

)= 2n.

Soluo:Basta tomar x = 1 no desenvolvimento do binmio de Newton:

(1+1)n =(

n0

)+

(n1

)1+(

n2

)12+ ...+

(nn

)1n

2n =(

n0

)+

(n1

)+

(n2

)+ ...+

(nn

).

Exemplo 2.1.5. Calcule a soma dos termos de ordem par de uma linha do tringulo de Tartaglia-

Pascal, isto ,(

n0

)+

(n2

)+

(n4

)+ ...+

(n

n1)

, para n mpar.

Calcule tambm a soma dos termos de ordem mpar,(

n1

)+

(n3

)+

(n5

)+ ...+

(nn

).


Soluo:

J conhecido, pelo exemplo anterior, que(

n0

)+

(n1

)+

(n2

)+ ...+

(nn

)=

n

k=0

(nk

)= 2n

Ento,

(1+1)n =n

k=0

(nk

)= 2n (*)

(11)n =n

k=0

(1)k(

nk

)= 0 (**)

Somando membro a membro as equaes (*) e (**), fica-se com:

n

k=0

(nk

)+

n

k=0

(1)k(

nk

)= 2n+0

n

k=0

[1+(1)k](

nk

)= 2n

Quando k par, tem-sen

k=0

2(

nk

)= 2n, ento,

n

k=0

(nk

)= 2n1 para k par.

Por outro lado, subtraindo membro a membro as equaes (*) e (**), tem-se:

n

k=0

(nk

)

n

k=0

(1)k(

nk

)= 2n0

n

k=0

[1 (1)k](

nk

)= 2n

Quando k mpar, tem-sen

k=0

2(

nk

)= 2n, ento,

n

k=0

(nk

)= 2n1 para k mpar.

Exemplo 2.1.6. Demonstrar, para todos n, m, k N, a identidade de Vandermonde4-Euler:

k

i=0

(mi

)(n

k i)=

(m+n

k

).

4Alexandre-Thophile Vandermonde (1735-1796) foi um msico, matemtico e qumico francs que tem tra-balhos ao lado de Bzout e Lavoisier.


Soluo: Pelo binmio de Newton tem-se

(1+ x)m =m

i=0

(mi

)xi e (1+ x)n =

n

j=0

(nj

)x j

Considere ento

m+n

k=0

(m+n

k

)xk = (1+ x)m+n = (1+ x)m(1+ x)n =

m

i=0

(mi

)xi

n

j=0

(nj

)x j

Realizando uma mudana de variavis, j = k i:

m+n

k=0

(m+n

k

)xk =

m

i=0

(mi

)xi

n

k=i

(n

k i)

xki =m+n

k=0

[k

i=0

(mi

)(n

k i)]

xk

Logo, cancelando os somatrios externos,

k

i=0

(mi

)(n

k i)=

(m+n

k

)

Em particular, quando n = m = k est deduzida a identidade de Lagrange5:

n

i=0

(ni

)(n

n i)=

n

i=0

(ni

)(ni

)=

n

i=0

(ni

)2=

(2nn

)

Exemplo 2.1.7. Relao de Stifel generalizada (Soma de uma coluna).

n

k=p

(kp

)=

(n+1p+1

)com n > p

Soluo: Pela relao de Stifel(np

)=

(n+1p+1

)(

np+1

)=

(n

p+1

)Ento, aplicando somatrios,

5Joseph-Louis Lagrange (Giuseppe Luigi Lagrancia) (1736-1813) foi um matemtico e astrnomo italiano.

2.2 SOMAS POLINOMIAIS 20

n

k=p

(np

)=

n

k=p

(

np+1

)=

(n+1p+1

)(

pp+1

)

Como pela definio 2.1.1(

pp+1

)= 0, temos:

n

k=p

(np

)=

(n+1p+1

)

Exemplo 2.1.8. Mostre quen

k=p

1k

(kp

)=

1p

(pp

)+

1p+1

(p+1

p

)+ ...+

1n

(np

).

Soluo:n

k=p

1k(

kp

)=

n

k=p

1k k

p

(k1p1

)n

k=p

1k(

kp

)=

n

k=p

1p

(k1p1

)n

k=p

1k(

kp

)=

1p

n

k=p

(k1p1

)n

k=p

1k(

kp

)=

1p

(np

).

2.2 Somas polinomiais

O uso dos nmeros binomiais uma ferramenta no clculo das somas polinomiais. comumcalcular somas de quadrados ou cubos partindo do desenvolvimento dos binmios de Newton.

Para calcular 12+22+32+ ...+n2 =n

k=1

k2, observa-se os desenvolvimentos a seguir

(11)3 = 133 12 1+3 1 1213(21)3 = 233 22 1+3 2 1213(31)3 = 333 32 1+3 3 1213

...

(n1)3 = n33 n2 1+3 n 1213


Ento, mais uma vez, somando todas as equaes membro a membro e efetuando os devidoscancelamentos fica-se com

0 = n33 (12+22+32+ ...+n2)+3 (1+2+3+ ...+n)n

3n

k=1

k2 = n3+3 (1+2+3+ ...+n)n

Ou seja, aparece uma dependncia. Para que seja calculada a soma dos n primeiros quadradosprecisa-se, inicialmente, saber calcular a soma dos n primeiros naturais.

Para isso desenvolve-se os produtos notveis

(11)2 = 122 1 1+12(21)2 = 222 2 1+12(31)2 = 322 3 1+12

...

(n1)2 = n22 n 1+12

Somando todas as equaes membro a membro e efetuando os devidos cancelamentos resultaque

0 = n22 (1+2+3+ ...+n)+n

2n

k=1

k = n2+n

n

k=1

k =n2+n

2

Voltando a soma dos quadrados

3n

k=1

k2 = n3+3 n2+n2n

n

k=1

k2 =2n3+3n2+3n2n

6=

n(2n2+3n+1)3!

n

k=1

k2 =n(n+1)(2n+1)

3!


Pode-se escrev-la como uma soma de nmeros binomiais

n

k=1

k2 =(n+1)n

2!+2

(n+1)n(n1)3!

n

k=1

k2 =(

n+12

)+2(

n+13

)Ora, para calcular a soma dos n primeiros cubos ser necessrio, previamente, saber a soma dosn primeiros quadrados! Que por sua vez necessrio conhecer a soma dos n primeiros naturais!Imaginem ento para calcular a soma de um polinmio de grau 8? Tem-se que conhecer cadauma das somas dos polinmios de graus menores que 8. Tem-se, ento, um impeclio.

No se desesperem! Para nossa sorte, existe uma boa soluo!

Lema 2.2.1. possvel escrever um monmio de grau d na varivel n como um produto de dfatores do 1 grau em n mais um polinmio residual que tem grau menor ou igual a d1

nd = nd +P(n)

Prova:P(n) = ndn(n1)(n2)...(nd+1) =

= ndnd +ad1nd1+ad1nd1+ ...+a1n+a0 = ad1nd1+ad1nd1+ ...+a1n+a0.

Teorema 2.2.2. Todo polinmio f de grau menor ou igual a d, na varivel n, pode ser escrito,de uma nica forma, como combinao linear dos seguintes polinmios

P0(n) =(

n0

)= 1;

P1(n) =(

n1

)= n;

P2(n) =(

n2

)=

n(n1)2

;

...


Pd(n) =(

nd

)=

n(n1)(n2)...(nd+1)d!

=1d!

nd

Ou seja, f (n) = a0P0(n)+a1P1(n)+a2P2(n)+ ...+adPd(n).

Prova:A demonstrao est dividida em duas partes.

Existncia:

A demonstrao seguir por induo em d

Para d = 1 tem-se

f (n) = a0+a1n = 0 1+1 n = 0(

n0

)+1

(n1

)com a0 = 0 e a1 = 1

Hiptese indutiva: todo polinmio de grau menor ou igual a d pode ser escrito como combina-

o linear dos binomiais(

n0

),(

n1

),(

n2

), ...,

(nd

).

Seja agora f (n) um polinmio de grau d+1

f (n) = a0+a1n+a2n2+ ...+adnd +ad+1nd+1

Pelo lema 2.2.1 escreve-se

f (n) = a0+a1n+a2n2+ ...+adnd +ad+1n(n1)(n2)...(nd)+P(n)

P(n) tem grau menor ou igual a d e ainda, a0 + a1n+ a2n2 + ...+ adnd = P(n). Ora, P(n)+P(n) tem grau menor ou igual a d, denote essa soma de Q(n). Ento escreve-se

f (n) = Q(n)+ad+1n(n1)(n2)...(nd) (d+1)!(d+1)!

= Q(n)+d+1(

nd+1

)

Pela hiptese indutiva Q(n) = 0(

n0

)+1

(n1

)+2

(n2

)+ ...+d

(nd

), ento

f (n) = 0(

n0

)+1

(n1

)+2

(n2

)+ ...+d

(nd

)+d+1

(n

d+1

), com d+1 =

ad+1(d+1)!

.


Unicidade:

Considere agora que existem is e is tais que

0(

n0

)+1

(n1

)+2

(n2

)+ ...+d

(nd

)= 0

(n0

)+1

(n1

)+2

(n2

)+ ...+d

(nd

)

Tem-se que 0 = 0 (monmios de grau 0 ou 0 = 0 = 0).

Hiptese de induo: Se 1(

n1

)+ 2

(n2

)+ ...+ d

(nd

)tem grau menor ou igual a d e

1(

n1

)+2

(n2

)+ ...+d

(nd

)tem grau menor ou igual a d ento i = i.

Considere agora

f (n) =1(

n1

)+2

(n2

)+ ...+d+1

(n

d+1

)e f (n) = 1

(n1

)+2

(n2

)+ ...+d+1

(n

d+1

)polinmios de grau d+1.

Ento 1(

n1

)+2

(n2

)+ ...+d+1

(n

d+1

)= 1

(n1

)+2

(n2

)+ ...+d+1

(n

d+1

)

Aplicando a propriedade iii) dos nmeros binomais,

1n1

(n1

0

)+2

n2

(n1

1

)+...+d+1

nd+1

(n1

d

)= 1

n1

(n1

0

)+...+d+1

nd+1

(n1

d

)

11

(n1

0

)+22

(n1

1

)+...+

d+1d+1

(n1

d

)=11

(n1

0

)+22

(n1

1

)+...+

d+1d+1

(n1

d

)

Realizando uma troca de variveis n1 = m. Fica-se com11

(m0

)+22

(m1

)+ ...+

d+1d+1

(md

)=

11

(m0

)+22

(m1

)+ ...+

d+1d+1

(md

)= g(m)

Mas, pela hiptese indutiva g(m) tem grau menor ou igual a d. Logo,

ii=

ii i = i.


Exemplo 2.2.3. Calcular a soma dos n primeiros quadrados utilizando o teorema 2.2.2

Soluo:Pode-se escrever o polinmio k2 como

k2 = 0(

k0

)+1

(k1

)+2

(k2

)Resulta que

k2 = 0+1k+2k(k1)

2= 0+1k+

22

k2 22

k = 0+(212)

2k+

22

k2

Segue que

0 = 0, 1 = 1 e 2 = 2.

Ento

k2 = 1(

k1

)+2(

k2

)Aplicando somatrios a cada termo

n

k=1

k2 =n

k=1

(k1

)+2

n

k=1

(k2

)Por fim, utilizando o teorema das colunas

n

k=1

n2 =(

n+12

)+2(

n+13

)No ento necessrio calcular a soma dos n primeiros naturais para descobrir a soma dosn primeiros quadrados. Mas fato que para calcular um polinmio de grau 8, por exemplo,gasta-se um bom tempo at encontrar os 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8.O que fazer ento? No se preocupem descrito a seguir uma grande jogada para otimizar estaetapa.

A princpio lembre que por definio(

np

)= 0 quando n < p.

Utilizando ainda a soma dos n primeiros quadrados

k2 = 0(

k0

)+1

(k1

)+2

(k2

)


Para calcular 0 impe-se k = 0

02 = 0(

00

)+1

(01

)+2

(02

) 0 = 0

Para calcular 1 impe-se k = 1 e j tem-se que 0 = 0

12 = 0(

10

)+1

(11

)+2

(12

) 1 = 1

Para calcular 2 impe-se k = 2 e j tem-se que 0 = 0 e 1 = 1

22 = 0(

20

)+1

(21

)+2

(22

) 4 = 2+2 2 = 2

E "de graa"ganha-se os coeficientes is que so necessrios.

Exemplo 2.2.4. Calcular a soma dos n primeiros cubos.

Soluo:

Pelo teorema 2.2.2 tem-se k3 = 0(

k0

)+1

(k1

)+2

(k2

)+3

(k3

)k = 0 0 = 0.

k = 1 1 = 1.

k = 2 2 = 82 = 6.

k = 3 3 = 27318 = 6.

Ento k3 = 1(

k1

)+6(

k2

)+6(

k3

)

Aplicando somatrios em todas as parcelas fica-se com:

n

k=1

k3 =n

k=1

(k1

)+6

n

k=1

(k2

)+6

n

k=1

(k3

)=

=

(n+1

2

)+6(

n+13

)+6(

n+14

)=(n+1)(n)

2+6

(n+1)n(n1)3!

+6(n+1)n(n1)(n2)

4!=

=(n+1)n

2[

1+6(n1)

3+6

(n1)(n2)4 3

]=(n+1)(n)

2[

1+4(n1)

2+(n1)(n2)

2

]=


=(n+1)n

2[

22+(4n4)

2+(n23n+2)

2

]=(n+1)(n)

2 (n

2+n)2

=

[(n+1)(n)

2

]2.

Exemplo 2.2.5. Mostre que 13+33+53+ ...+(2n1)3 =n

k=1

(2k1)3.

Soluo:n

k=1

(2k1)3 =n

k=1

(8k312k2+6k1)

n

k=1

(2k1)3 = 8n

k=1

k312n

k=1

k2+6n

k=1

kn

k=1

1 =

= 8[(

n+12

)+6(

n+13

)+6(

n+14

)]12

[(n+1

2

)+2(

n+13

)]+6(

n+12

)n =

= 8(

n+12

)+48

(n+1

3

)+48

(n+1

4

)12

(n+1

2

)24

(n+1

3

)+6(

n+12

)n =

= 2(

n+12

)+24

(n+1

3

)+48

(n+1

4

)n =

= 2(n+1)n

2+24

(n+1)n(n1)3!

+48(n+1)n(n1)(n2)

4!n =

= (n+1)n+4(n+1)n(n1)+2(n+1)n(n1)(n2)n =

= n2+n+4n34n+2n44n32n2+4nn = 2n4n2 = n2(2n21).

CAPTULO 3

Somas infinitas

"Aquiles nunca pode alcanar a tartaruga; porque na altura em que atinge o ponto donde a tar-taruga partiu, ela ter-se- deslocado para outro ponto; na altura em que alcana esse segundoponto, ela ter-se- deslocado de novo; e assim sucessivamente, ad infinitum."(KIRK E RAVEN,1979)

A sitao acima refere-se a um dos paradoxos de Zeno de Elia1, Aquiles e a tartaruga: Aqui-les e uma tartaruga disputam uma corrida. Ao iniciar a prova, Aquiles d um espao X devantagem ao animal, que se move com metade da velocidade do heri. Deste modo, quando

Aquiles percorrer o espao X , a tartaruga ter percorridoX2

. Quando o heri tiver percorrido o

novo espaoX2

, a sua rival ter percorrido maisX4

e, desta maneira, segundo Zeno, por maisrpido que Aquiles tente correr, nunca vencer a corrida.

Aquiles teria ento que percorrer as distncias X ,X2

,X4

,X8

,X16

, ... para tentar alcanar atartaruga. Pode-se escrever o espao total percorrido por Aquiles:

X +X2+

X4+

X8++

X16

+ ...+X2n+ ...= X

k=0

12n

Tem-se ento uma "soma infinita".

No Conceitos fundamentais da matemtica, Caraa (1951), simula um dilogo entre leitor eautor indagando as caractersticas de somas com uma quantidade infinita de parcelas (adap-tado):

"Podemos chamar soma entidade 1+12+

122

+ ...+12n

+ ...? No verdade que a adio uma operao que envolve um nmero finito de parcelas? Que acontecer ento se esta enti-dade, apesar de revestir a aparncia duma soma, no possuir as suas propriedades? No serperigoso continuar a chamar-lhe soma? quilo a que chamaste soma duma infinidade de par-celas, vamos dar, desde j, outro nome; vamos passar a chamar-lhe uma srie."

1Zeno de Elia (490 a.C. - 430 a.C.) foi um filosfo italiano pr-Socrates e membro da Eleatic School.

28

CAPTULO 3 SOMAS INFINITAS 29

Ento mostra nas pginas seguintes, conceitos de convergncia e divergncia, resultados essen-ciais das propriedades associativas e comutativas, sries de termos positivos e, um tipo espe-cfico de sries que gozam das mesmas propriedades da soma, ou seja, vale a comutatividade,a associatividade. Essas sries so chamadas sries convergentes absolutas ou absolutamenteconvergentes e vislumbrado algumas destas neste trabalho.

Seja a srie a1+a2+ ...+an+ .... Denota-se suas somas parciais:

S1 = a1

S2 = a1+a2

S3 = a1+a2+a3

...

Sn = a1+a2+a3+ ...+an

Toma-se a sequncia S1, S2, S3, ..., Sn, ... como sequncia que define a srie.

Definio 3.0.6. Se existe S tal que S = limnSn, ento a srie a1+a2+a3+ ...+an+ ... dita

convergente. E,

a1+a2+a3+ ...+an+ ...=

k=1

ak = S.

Definio 3.0.7. Uma srie

k=1

ak chamada absolutamente convergente ou de convergncia

absoluta se a srie de valores absolutos

k=1|ak| for convergente.

Alguns critrios para testar a convergncia de uma srie:

i) Critrio do termo geral: Se a srie a1+a2+a3+ ...+an+ ... converge, ento limn |an|= 0.Prova:Pelas somas parciais tem-se que Sn = Sn1+an.

Chamando limnSn = S e aplicando limite a todos os termos,

Tem-se limnSn = limnSn1+ limnan

Logo, limnan = limnSn limnSn1 = SS = 0.


Corolrio 3.0.8. Se limnan 6= 0 ento a srie divergente.

Exemplo 3.0.9. Analise a convergncia ou divergncia da soma dos termos de uma progressogeomtrica infinita.

Soluo:Seja (a1, a2, a3, a4, ..., an, an+1, ...) termos de uma progresso geomtrica infinita de razo q eais 6= 0.

O termo geral de uma progresso geomtrica dado por, an = an1 q = a1qn1.

Seja a1+a2+ ...+an+an+1+ ...=

k=1

a1qk.

Considere a soma parcial Sn = a1+a2+ ...+an. Multiplicando Sn por q fica-se com a soma

qSn = qa1+qa2+ ...+qan = a2+a3+ ...+an+1.

Subtraindo estas duas somas,

SnqSn = (a1+a2+ ...+an) (a2+a3+ ...+an+1) = a1+(a2a2)+ ...+(anan)an+1

(1q)Sn = a1an+1) = a1a1qn = a1(1qn) Sn = a1 1qn

1q , para q 6= 1.

Se |q|< 1, quando n , ento qn 0, logo Sn a1 101q =a1

1q .

E se |q| 1, limnq

n 6= 0, logo pelo corolrio 3.0.8, a srie diverge.

ii) (Guidorizzi, 1991) Critrio da comparao: Sejam as sries de termos positivos a1 + a2 +a3+ ...+an+ ... e b1+b2+b3+ ...+bn+ ... com an bn:

* Se

k=1

ak = , ento

k=1

bk = , ou seja, divergem;

* Se

k=1

bk converge, ento

k=1

ak tambm converge.


Exemplo 3.0.10. Mostre que a srie harmnica

k=1

1n

divergente. E que a srie dos quadrados

dos nmeros harmnicos

k=1

1n2

convergente.

Soluo:

Inicialmente,(

1n

)=

(1,

12

,13

, ...,1n

, ...)

Considere a sequncia (bn) =(

12

,14

,14

,18

,18

,18

,18

, ...)

note que cada termo satisfaz bn 1

1,se n = 1

Ento

k=1

cn = 1+

k=2

(1

n1 1n

)= 1+1 lim

n1n= 2, srie convergente!

Mas cn =1

n2n >1n2

, logo, pelo critrio da comparao,n

k=1

1n2

tambm converge.

De maneira geral, as p-sries

(

k=1

1kp

)converge, se e somente se, p > 1:

* p > 1, ento1np

1n

e a srie diverge.

iii) Critrio da razo: Seja a srie a1+a2+a3+ ...+an+ ... se existe limn

an+1an = L, ento,


quando:

L < 1 convergncia absoluta,L > 1 no convergncia,L = 1 no diz nada.Prova: Inicialmente suponha que lim

n

an+1an= L < 1.

Uma sequncia (an) tem o limite L, se para todo > 0, existe um nmero N > 0, tal que|anL|< para todo inteiro n > N e escreve-se lim

nan = L.

Escolha M tal que L < M < 1. Existe N > 0 tal quean+1an

< M para todo n > N. Ento,pode-se escrever as seguintes desigualdades

|aN+1|< |aN |M

|aN+2|< |aN+1|M < |aN |M2

|aN+3|< |aN+2|M < |aN+1|M2 < |aN |M3...

Note que os termos do lado direito de cada desigualdade esto em progresso geomtrica.

A soma da progresso geomtrica

k=1|aN |Mk = |aN |M+ |aN |M2+ |aN |M3+ ...+ |aN |Mn+ ...

converge j que M < 1. Ento, pelo critrio da comparao,

k=1|aN+k|= |aN+1|+ |aN+2|+ |aN+3|+ ...+ |aN+n|+ ... tambm converge.

Logo,

k=1|an| tambm convergente, j que retirar um nmero finito de termos (n = N 1)

no afeta a convergncia.

De modo anlogo verifica-se que quando limn

an+1an= L > 1 a srie diverge.

E quando L = 1 nada pode-se dizer, vide o exemplo anterior das p-sries que em 1n

diverge e

em 1n2

converge, e em ambos os casos, pelo critrio da comparao,

limn

1

n+11n

= limn

1n2+2n+1

1n2

= 1


Na obra Vrias Faces da Matemtica, vila (2007), relata a srie de Suiseth2(

k=1

k2k

):

"Suiseth achou o valor 2 para a soma por meio de um longo e complicado argumento verbal.Mais tarde Oresme3 deu uma explicao geomtrica bastante interessante para a soma da srie.Observe que essa soma igual rea da figura formada com uma infinidade de retngulosverticais, como ilustra a Figura 3.1. O raciocnio de Suiseth, combinado com a interpretaogeomtrica de Oresme, se traduz simplesmente no seguinte: a soma das reas desses retngulosverticais igual soma das reas dos retngulos horizontais da Figura 3.2. [...] A soma dasreas dos retngulos da Figura 3.2 agora dado pela soma da srie geomtrica

Figura 3.1 soma dos retngulos verticais.

Figura 3.2 soma dos retngulos horizontais.

2Richard Swineshead (ou Suiseth) foi um matemtico ingls que fazia parte do grupo Oxford Calculators ofMerton College entre 1344 e 1355. Este grupo voltou a ter destaque nos estudos das sries infinitas 1700 anosdepois de Arquimedes e a quadratura da parabla.

3Nicole Oresme (1320-1382) filosfo francs e bispo de Lisieux. Mantinha contato com o grupo de pesquisa-dores de Oxford e contribuiu na investigao de vrias das sries surgidas e estudadas na poca.


S = 1+12+

14+

18+ ...=

n=0

12n

Isso permite obter a soma da srie original, pois sabe-se somar os termos de uma srie geom-

trica pela frmula S =1

1 r (neste caso r =12

) que d pra essa ltima srie o valor 2."

Exemplo 3.0.11. Somando a srie de Suiseth12+

24+

38+ ...+

n2n+ ...

Soluo:Inicialmente nota-se que uma srie de convergncia absoluta:

Pelo critrio da razo,

limn

n+12n+1

n2n

= limnn+12n+1 2nn

= limnn+12n

= 12 < 1.Ento,

S = limn

n

k=1

k2k

S = limn

n

k=1

k+112k

S = limn

n

k=1

(12k+

k12k

)Estes limites existem, e como o limite da soma a soma dos limites, fica-se com

S = limn

n

k=1

12k+ lim

n

n

k=1

k12k

S = limn

n

k=1

12k+

12

limn

n

k=1

k12k1

= 1+12

S

S = 1+S2 S S

2= 1 S = 2.

3.1 CONVERGNCIA DAS SOMAS INFINITAS TELESCPICAS 35

3.1 Convergncia das somas infinitas telescpicas

No Matemtica e Natureza, Janos (2010), mostra um exemplo do uso das somas telescpicasatravs dos nmeros triangulares:

"Nmeros triangulares (Figura 3.3) so aqueles que correspondem s linhas de objetos coloca-

dos como em um jogo de boliche, isto , na formak(k+1)

2. A srie triangular a soma dos

inversos destes nmeros

Figura 3.3 Nmeros triangulares.

S = 1+13+

16+

18+

110

+1

15+ ..."

Adiante, Janos, explica como Leibniz4 fez o clculo desta soma:

"Leibniz, primeiro, dividiu todos os termos por 2

S2=

12+

16+

120

+1

30+ ...

Depois, genialmente, ele notou o seguinte padro,

4Gottfried Wilhelm von Leibniz (1646-1716) foi um categrico matemtico, fsico e filsofo alemo.

3.1 CONVERGNCIA DAS SOMAS INFINITAS TELESCPICAS 36

1 termo =12= 1 1

2

2 termo =16=

12 1

3

3 termo =1

12=

13 1

4

4 termo =1

20=

14 1

5...

Portanto

S2=

(1 1

2

)+

(12 1

3

)+

(13 1

4

)+

(14 1

5

)+ ...

S2= 1 1

2+

12 1

3+

13 1

4+

14 ...= 1

S = 2.

Nota-se ento que Leibniz, utiliza a propriedade telescpica dos somatrios para realizar o cl-culo. percebido que a srie dos nmeros triangulares de convergncia absoluta. Mas, comose deve proceder na anlise da convergncia de uma srie telescpica?

Bem, considerando a soma telescpica, enton

k=1

(akak+1) = a1an+1

Na srie telescpica tem-se,

k=1

(akak+1) = limnn

k=1

(akak+1) = limna1 limnan+1 = a1 limnan.

Logo, na srie triangular,

2k(k+1)

=Ak+

Bk+1

=A(k+1)+Bk

k(k+1)=(A+B)k+A

k(k+1) A = 2 e B =2.

Ento,2

k(k+1)=

2k 2

k+1. Logo, an =

2n

e resulta que

k=1

2k(k+1)

=

k=1

(2k 2

k+1

)=

21 lim

n2n= 20 = 2.

CAPTULO 4

Proposta Pedaggica

O objetivo deste trabalho mostrar meios que possam facilitar o contato dos alunos com diver-sos tipos de somas, tais como telescpicas, com nmeros binomiais, polinomiais, com potn-cias fatoriais negativas e somas infinitas. Em particular, as somas polinomiais, que calculadahoje em dia, quando vista no contedo do ensino mdio, de modo recursivo, atravs dos bin-mios de Newton (x1)n.

Este trabalho traz uma alternativa para que o aluno possa, com alguns conhecimentos prvios,calcular de maneira mais rpida e direta somas polinomais.

recomendvel que a aplicao desta prtica seja realizada em turmas do 2 ano do ensinomdio j familiarizadas com os contedos: progresses aritmtica e geomtrica, sequnciasnumricas, binmio de Newton e o tringulo de Tartaglia-Pascal (relao de Stifel).

O uso de recurso visual, como slides ou projetor, estimulante, principalmente que pode-semostrar o compartamento de algumas sequncia com softwares especficos. Porm, os bons evelhos pincel e quadro; lpis e papel satisfazem um bom rendimento didtico.

Previsto o uso de uma semana, com 5 aulas, para detalhamento e realizao de exerccios pro-postos e avaliativos.

Antes de iniciar a sequncia didtica, fundamental que o professor sonde os conhecimentosprvios necessrios do aluno, para que, tendo certeza do domnio destes, o aproveitamento sejao melhor possvel. Caso seja notada dificuldades prvias necessrio uma reciclagem dos con-ceitos de progresses, sequncias e binmios, e neste caso, s a partir da contabilizar o tempoprevisto.

O processo inicia com a definio de somatrios () e suas propriedades, dando nfase a pro-priedade telescpica e aplicaes. Tempo previsto de duas aulas.

Em seguida, utiliza-se a propriedade telescpica na soma dos elementos de uma coluna do tri-ngulo de Tartaglia-Pascal e aps, inicia-se o processo para calcular somas polinomais.

Neste momento, vale mostrar o mtodo recursivo, afim de fazer com que o aluno analise ecompare as duas alternativas. A soma de polinmios do primeiro grau pode ser interpretadocomo a soma dos termos de uma progresso aritmtica e no merece, neste momento, dema-

37

CAPTULO 4 PROPOSTA PEDAGGICA 38

siada ateno. Comea-se ento pela soma de polinmios do segundo grau. Como exemplointrodutrio, a soma dos quadrados de 1 a n, com n N.

Atravs do teorema 2.2.2 o professor mostra que todo polinmio f de grau menor ou igual ad, em n pode ser escrito, de forma nica, como a soma de binomiais em n. E desta maneira,aplicando a soma dos elementos de uma coluna do tringulo de Tartaglia-Pascal chegar a uma

frmula fechada paran

k=1

kd . Com a aplicao de problemas propostos, previstos duas aulas.

Na ltima aula prevista, faz-se necessria a realizao de uma avaliao afim de diagnosticardo aluno: conhecimento e domnio do conceito e das propriedades dos somatrios; reconhecerquando pode utilizar a propriedade telescpica na resoluo dos somatrios e saber aplic-la;uso do teorema 2.2.2 no clculo de somas poliomiais.

CAPTULO 5

Problemas Propostos

Problema 5.1. (ITA) Suponha que a equao algbrica:

x11+10

n=1

anxn+a0 = 0

tenha coeficientes reais a0,a1, ...,a10 tais que as suas onze razes sejam todas simples e da forma + in, em que ,n R, e os n, n = 1,2, ...,11, formam uma progresso aritmtica de razoreal 6= 0. Considere as trs afirmaes abaixo e responda se cada uma delas , respectiva-mente, verdadeira ou falsa, justificando sua resposta:

I. Se = 0, ento a0 = 0.

II. Se a10 = 0, ento = 0.

III. Se = 0, ento a1 = 0.

Problema 5.2. (Peru/2004) O valor da soma 5 (

n0

)+

52

2(

n1

)+

53

3(

n2

)+ ...+

5n+1

n+1(

nn

) igual a:

a)5n+11

n+1

b)6n+1+1

n+1

c)6n11

n+1

d)6n+11

n+2

e)5n+11

n+2

Problema 5.3. (EUA/2001) Sabendo que

31!+2!+3!

+4

2!+3!+4!+

53!+4!+5!

+ ...+2001

1999!+2000!+2001!+

12001!

39

CAPTULO 5 PROBLEMAS PROPOSTOS 40

vale k. Ento o valor de 2008k igual a:

a) 2008

b) 1004

c) 502

d) 2009

e) 251

Problema 5.4. (URSS) Calcule o valor das somas:

a)(

n0

)cos(x)+

(n1

)cos(2x)+

(n2

)cos(3x)+ ...+

(nn

)cos((n+1)x)

b)(

n0

)sen(x)+

(n1

)sen(2x)+

(n2

)sen(3x)+ ...+

(nn

)sen((n+1)x)

Problema 5.5. (URSS) Mostre que

cos(

2pi2n+1

)+ cos

(4pi

2n+1

)+ cos

(6pi

2n+1

)+ ...+ cos

(2npi

2n+1

)=1

2.

Problema 5.6. (ITA/73) A soluo da equao (com n natural): logun

k=1

[k

2(k+1)!

]x = 1,

com u =1

(n+2)!, :

a)2

(n+1)!1b)

2n(n+1)!1

c)2

(n+2)! (n+2)d)

(n+1)!12n

e) NDA

Problema 5.7. (Escola Naval) O valor da soma: S =12!+

23!+

34!+ ...+

k1k!

igual a:


a) 1 -1k!

b) 1 +1k!

c) k! - 1

d) k! + 1

e) 1

Problema 5.8. (Peru/2005) Seja:

a1 = 2

a2 = 2+12

a3 =52+

16

a4 =83+

124

...

O valor de a100100

n=2

1n!

:

a) 5

b) 7

c) 2

d) 8

e) 10

Problema 5.9. (ITA) Sejam a1,a2,a3, ...,an nmeros reais. A expresso (a1 + a2 + a3 + ...+an)2 igual a:

a)n

i=1

a2i +4n

j=1

a j

b)n

i=1

a2i +n

i=1

(n

j=1

aia j

)


c)n

i=1

a2i +(

n2

) nj=1

a j

d)n

i=1

(n

j=1

aia j

)e) NDA

Problema 5.10. (SVSU 2012 Math Olympics) Encontre o valor da soma100

k=1

1k(k+1)

.

a)99

100

b)1

10100

c)100101

d)194100

e) NDA

Problema 5.11. (Olmpiadas Colombianas de Matemtica/1998) Qual o valor da expresso1

log2100!+

1log3100!

+1

log4100!+ ...+

1log100100!

?

a) 0,01

b) 0,1

c) 1

d) 2

e) 10

Problema 5.12. (OBM) Calcular a soma999

k=0

1(3k+1)(3k+4)

.

Problema 5.13. (Olmpiada Iberoamericana de Matemtica - Venezuela/1992) Para cada in-teiro positivo n, an o ltimo dgito do nmero 1 + 2 + 3 + ... + n. Calcular a1+a2+a3+ ...+a1992.

5.16 GABARITO 43

Problema 5.14. (Singapura/1998) Calcule:

12

1+1

2+

13

2+2

3+

14

3+3

4+ ...+

1100

99+99

100

Problema 5.15. (EUA/1992) Mostre que:

1cos0 cos1 +

1cos1 cos2 +

1cos2 cos3 + ...+

1cos88 cos89 =

1sen21

.

5.16 Gabarito

5.1 V V F

5.2 c

5.3 b

5.4 a) 2n cosn2

cosn+2

2 b) 2n cosn

2

senn+2

2

5.6 c

5.7 a

5.8 c

5.9 d

5.10 c

5.11 c

5.1210003001

5.13 6984

5.14 1

100100

Referncias

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[6] Engel, Arthur. Problem-solving strategies. Springer, 1998.

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[8] Hefez, Abramo. Matemtica Discreta. PROFMAT, SBM, 2012.

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[13] Miranda, Marclio. Problemas selecionados de matemtica. Vol. 1, VestSeller, 2010.

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44

REFERNCIAS 45

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[16] Massago, Sadao. Sequncias e sries.http://www.dm.ufscar.br/ sadao/download/?file=student/sequencias-e-series.pdf em 18/07/2013.

[17] Matemtica Discreta. Unidade 4 - Somatrios e Binmio de Newton. PROFMAT, 2011.http://www.dme.ufcg.edu.br/PROFmat/Arquivos/MaterialSemana2011-04-11-17/MA12%20U4.pdfem 18/07/2013.

[18] Matos, Ana. Sries Numricas. 2000.http://ltodi.est.ips.pt/amatII/documentos/SERIESN/sn18100.pdf em 18/07/2013.

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[22] Schneider, Eduardo. Notas em teoria elementar de nmeros.http://minerva.ufpel.edu.br/ eduardo.schneider/ufpel/aritmetica/aritmetica_parte1.pdf em 18/07/2013.

Este volume foi tipografado em LATEX na classe UFPEThesis (www.cin.ufpe.br/~paguso/ufpethesis).

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