Ensino Médio

01 Jun 2017, 23:40

Por meio da soma dos termos de uma progressão aritmética, é possível determinar o valor de y na expressão a seguir. Qual é o valor de y?
[tex3]y=1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}+...+100^{3}[/tex3]

Resposta: [tex3]5050^{2}[/tex3]

Mensagem não lidapor **rodBR** » 02 Jun 2017, 00:56 · Mensagem não lida por **rodBR** » 02 Jun 2017, 00:56

Olá Odin, bom dia.

Primeiramente, lembremos que [tex3]1^{3}+2^{3}+3^3+4^3+...+n^3=(1 + 2 + . . . + n)^2[/tex3] . A soma 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n é a soma dos n primeiros termos de uma P.A, logo temos que:
[tex3]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 1^{3}+2^{3}+3^3+4^3+...+n^3 =\frac{n^2\cdot (n+1)^2}{4} \ \ \ \ ....... \ \ \ \ (i)[/tex3].

Agora vamos a solução:
[tex3]y=1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}+...+100^{3}[/tex3] . Usando (i):
[tex3]y=\frac{100^2\cdot (100+1)^2}{4}[/tex3] . Usando a propriedade de potência [tex3]a^m\cdot b^m=(a\cdot b)^m[/tex3] , chegamos em:
[tex3]y=\frac{[100\cdot (100+1)]^2}{4}[/tex3]
[tex3]y=\frac{(10000+100)^2}{4}[/tex3]
[tex3]y=\frac{10100^2}{4}[/tex3]
[tex3]y=\frac{10100\cdot 10100}{4}[/tex3]
[tex3]y=\frac{10100}{2}\cdot \frac{10100}{2}[/tex3]
[tex3]y=5050\cdot 5050[/tex3]
[tex3]\boxed{\boxed{y=5050^2}}[/tex3]

Edit: [tex3]\ \ \ \ \ \ y=\frac{10100^2}{4}[/tex3]
[tex3]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ y=\frac{10100}{2}\cdot \frac{10100}{2}[/tex3]
[tex3]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ y=5050\cdot 5050[/tex3]

Att>>rodBR.

02 Jun 2017, 12:01

Olá robBR, como você fez essa dedução: [tex3]1^{3}+2^{3}+3^3+4^3+...+n^3=(1 + 2 + . . . + n)^2[/tex3] ?

Não seria

: soma1.png (1.44 KiB) Exibido 1650 vezes

Sendo i<j

Mensagem não lidapor **rodBR** » 02 Jun 2017, 15:34 · Mensagem não lida por **rodBR** » 02 Jun 2017, 15:34

Olá Odin, boa tarde.

O resultado [tex3]1^{3}+2^{3}+3^3+4^3+...+n^3=(1 + 2 + . . . + n)^2[/tex3] é verdadeiro e pode ser provado por indução. Mas aqui vou utilizar um pouquinho de Álgebra Elementar e provar que [tex3]1^{3}+2^{3}+3^3+4^3+...+n^3=\frac{n^2\cdot (n+1)^2}{4}[/tex3] .

Inicialmente lembremos que:
[tex3](a-b)^4=a^4-4a^3b+6a^2b^2-4ab^3+b^4[/tex3] .

Prova:
Seja [tex3]S=1^{3}+2^{3}+3^3+4^3+...+n^3[/tex3] a soma dos cubos de 1 a n.
Para efeito, usaremos a identidade [tex3]n^4-(n-1)^4=n^4 -(n^4-4n^3\cdot 1+6n^2\cdot 1^2-4n\cdot 1^3+1^4)[/tex3] . Feito os cancelamentos teremos a seguinte identidade:
[tex3]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n^4-(n-1)^4= 4n^3-6n^2+4n-1 \ \ \ \ ...... \ \ \ \ (i)[/tex3]

Agora substitua, [tex3]n=1, \ 2, \ 3, \ 4, \ 5, \ ... \ ,n[/tex3] na identidade [tex3](i)[/tex3] , disso obtemos:
1 [tex3]\rightarrow 1^4-(1-1)^4=4\cdot 1^3-6\cdot 1^2+4\cdot 1-1[/tex3]
2 [tex3]\rightarrow 2^4-(2-1)^4=4\cdot 2^3-6\cdot 2^2+4\cdot 2-1[/tex3]
3 [tex3]\rightarrow 3^4-(3-1)^4=4\cdot 3^3-6\cdot 3^2+4\cdot 3-1[/tex3]
4 [tex3]\rightarrow 4^4-(4-1)^4=4\cdot 4^3-6\cdot 4^2+4\cdot 4-1[/tex3]
5 [tex3]\rightarrow 5^4-(5-1)^4=4\cdot 5^3-6\cdot 5^2+4\cdot 5-1[/tex3]
................................................................
................................................................
................................................................
n [tex3]\rightarrow n^4-(n-1)^4=4\cdot n^3-6\cdot n^2+4\cdot n-1[/tex3]

Chegamos a :
1 [tex3]\rightarrow 1^4-0^4=4\cdot 1^3-6\cdot 1^2+4\cdot 1-1[/tex3]
2 [tex3]\rightarrow 2^4-1^4=4\cdot 2^3-6\cdot 2^2+4\cdot 2-1[/tex3]
3 [tex3]\rightarrow 3^4-2^4=4\cdot 3^3-6\cdot 3^2+4\cdot 3-1[/tex3]
4 [tex3]\rightarrow 4^4-3^4=4\cdot 4^3-6\cdot 4^2+4\cdot 4-1[/tex3]
5 [tex3]\rightarrow 5^4-4^4=4\cdot 5^3-6\cdot 5^2+4\cdot 5-1[/tex3]
................................................................
................................................................
................................................................
n [tex3]\rightarrow n^4-(n-1)^4=4\cdot n^3-6\cdot n^2+4\cdot n-1[/tex3] . Somando todas essas igualdades, no primeiro membro irá restar apenas [tex3]n^4-0^4[/tex3] , pois é uma soma telescópica, e no segundo membro coloque em evidência o 4 e o 6 nas respectivas parcelas:
[tex3]n^4-0^4=4\cdot (1^{3}+2^{3}+3^3+4^3+...+n^3) -6\cdot (1^{2}+2^{2}+3^2+4^2+...+n^2)+4\cdot (1+2+3+4+...+n)-(1+1+1+1+1+ ... +1)[/tex3]
Perceba que a soma dentro do primeiro parênteses é igual a S, a soma dentro do segundo parênteses é dada por [tex3]\frac{n\cdot (n+1)\cdot (2n+1)}{6}[/tex3] , a soma dentro do terceiro parênteses é igual a soma dos n primeiros termos de uma P.A ([tex3]\frac{n\cdot (n+1)}{2}[/tex3] ) e no último parênteses o 1 está sendo somado n vezes, ou seja, [tex3]n\cdot 1=n[/tex3] . Logo o resultado acima fica condensado em:
[tex3]n^4=4\cdot S -6\cdot \frac{n\cdot (n+1)\cdot (2n+1)}{6}+4\cdot \frac{n\cdot (n+1)}{2}-n[/tex3] . Fazendo os cancelamentos:
[tex3]n^4=4\cdot S -n\cdot (n+1)\cdot (2n+1)+2n\cdot (n+1)-n[/tex3]
[tex3]4\cdot S =n^4+n\cdot (n+1)\cdot (2n+1)-2n\cdot (n+1)+n[/tex3] . Desenvolva os produtos:
[tex3]4\cdot S =n^4+2n^3+3n^2+n-2n^2-2n+n[/tex3] . Feita as subtrações, vem:
[tex3]4\cdot S =n^4+2n^3+n^2[/tex3] . Coloque [tex3]n^2[/tex3] em evidência:
[tex3]4\cdot S=n^2\cdot (n^2+2n+1)[/tex3] . Note que [tex3](n+1)^2=n^2+2n+1[/tex3] , disso resulta:
[tex3]4\cdot S=n^2\cdot (n+1)^2[/tex3] . Divida ambos os membros por 4:
[tex3]S=\frac{n^2\cdot (n+1)^2}{4}[/tex3] [tex3]∎[/tex3]

Ps: Aqui https://en.wikipedia.org/wiki/Cube_(algebra) vc também encontra uma demonstração.

Att>>rodBR.

Mensagem não lidapor **Andre13000** » 02 Jun 2017, 15:47 · Mensagem não lida por **Andre13000** » 02 Jun 2017, 15:47

Essa fórmula tem várias forma de ser deduzida. A que eu prefiro é a seguinte:

Considere [tex3]S(\gamma,n)=\sum_{k=1}^nk^{\gamma}[/tex3]

Então:

[tex3]S(\gamma,n)=a_{\gamma+1}n^{\gamma+1}+a_\gamma n^{\gamma}+\dots+a_1n+a_0[/tex3]

E monta-se o sistema

[tex3]S(\gamma,1)=a_{\gamma+1}+a_\gamma +\dots+a_1+a_0=1^\gamma\\
S(\gamma,2)=a_{\gamma+1}2^{\gamma+1}+a_\gamma 2^{\gamma}+\dots+2a_1+a_0=1^\gamma+2^\gamma\\
\vdots\\
S(\gamma,\gamma+1)=a_{\gamma+1}(\gamma+1)^{\gamma+1}+a_\gamma (\gamma+1)^{\gamma}+\dots+a_1(\gamma+1)+a_0[/tex3]

Onde se pode-se achar os respectivos coeficientes do polinômio que apresentei.

A generalização da ideia que mostrei é conhecida por polinômios de Faulhaber.

Outra forma que achei interessante de derivar essa fórmula é a seguinte:

Considere: [tex3]S(t,n)=(t+1)^{n+1}-1[/tex3]

Então [tex3]S(t,n)=\sum_{k=1}^{t}((k+1)^{n+1}-k^{n+1})=\sum_{k=0}^n{{n+1}\choose k}(1^k+2^k+3^k+\dots+t^k)[/tex3]

Mensagem não lidapor **Andre13000** » 02 Jun 2017, 22:19 · Mensagem não lida por **Andre13000** » 02 Jun 2017, 22:19

Só uma ressalva sobre o método que demonstrei; eu criei um problema quando presumi que a soma das potencias k dos n primeiros naturais é um polinomio de grau k+1. Se em algum concurso te pedirem para demonstrar essa fórmula e usar "meu" método, prove por indução que a expressão é verdade, pois nada garante que a sua que a condição que você supôs seja verdade. Uma das formas alternativas de demonstrar esse fato para um k qualquer é usando a conhecidade formula de Euler-Maclaurin

Mensagem não lidapor **Andre13000** » 03 Jun 2017, 11:25 · Mensagem não lida por **Andre13000** » 03 Jun 2017, 11:25

Uma rápida demonstração pela fórmula de Euler:

Considerando [tex3]f(x)=x^\phi[/tex3] , obtêm-se:

[tex3]\sum_{i=1}^n i^\phi=\int_1^n x^\phi dx+\frac{n^\phi+1^\phi}{2}+\sum_{k=1}^{\infty} \frac{B_{2k}}{(2k)!}\left(f^{2k-1}(n)-f^{2k-1}(1)\right)+R[/tex3]

R é o termo de erro, definido por [tex3]R=(-1)^\infty\int_1^\infty \frac{f^{^\infty}(x)P_\infty(x)}{\infty!}dx[/tex3] (neste caso em especial), e como a função não é infinitamente diferenciável, temos que [tex3]R=0[/tex3] .

Também pode-se definir a enésima derivada da função da seguinte forma:

[tex3]f^n(x)=\frac{\phi!}{(\phi-n)!}x^{\phi-n}[/tex3]

Daí vem que

[tex3]f^{2k-1}(x)=\frac{\phi!}{(\phi-2k+1)!}x^{\phi-2k+1}[/tex3]

Substituindo na tudo na fórmula anterior e calculando a integral, temos:

[tex3]\sum_{i=1}^n i^\phi=\Big[\frac{x^{\phi+1}}{\phi+1}\Big]_1^n+\frac{n^\phi+1}{2}+\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{(2k)!}\frac{\phi!}{(\phi-2k+1)!}\left(n^{\phi-2k+1}-1\right)\\
\sum_{i=1}^n i^\phi=\frac{n^{\phi+1}-1}{\phi+1}+\frac{n^\phi+1}{2}+\frac{B_2}{2}\phi\left(n^{\phi-1}-1\right)+\frac{B_4}{24}\phi(\phi-1)(\phi-2)\left(n^{\phi-3}-1\right)+\\
+\frac{B_6}{720}\phi(\phi-1)(\phi-2)(\phi-3)(\phi-4)\left(n^{\phi-5}-1\right)+\dots[/tex3]

É fácil ver então, que o polinômio que a gente supôs que existia sempre vai ser verdade.

Agora, seja [tex3]\phi=3[/tex3] . Todos os termos a partir de [tex3]B_2[/tex3] zeram. ([tex3]B_2=\frac{1}{6}[/tex3] )

[tex3]\sum_{i=1}^n i^3=\frac{n^{4}-1}{4}+\frac{n^3+1}{2}+\frac{\frac{1}{6}}{2}\cdot 3\left(n^{2}-1\right)\\
\sum_{i=1}^n i^3=\frac{n^4-1+2n^3+2+n^2-1}{4}=\frac{n^4+2n^3+n^2}{4}=\boxed{\frac{n^2(n+1)^2}{4}}[/tex3]

Edit: os números B usados na demonstração são os números de Bernoulli.

03 Jun 2017, 23:14

Rodbr, como chegou nessa fórmula na soma do segundo parêntese : [tex3]\frac{n\cdot (n+1)\cdot (2n+1)}{6}[/tex3] ?

Mensagem não lidapor **Andre13000** » 04 Jun 2017, 10:50 · Mensagem não lida por **Andre13000** » 04 Jun 2017, 10:50

Acho que ele contou com que você já soubesse o valor dessa soma. Você pode achar esse resultado montando o sistema que apresentei:

[tex3]S(x)=ax^3+bx^2+cx+d\\
\begin{cases}
S(1)=1=a+b+c+d \\
S(2)=5=8a+4b+2c+d \\
S(3)=14=27a+9b+3c+d \\
S(4)=30=64a+16b+4c+d
\end{cases}[/tex3]

Ou alternativamente

[tex3]\sum_{i=1}^n i^2=\frac{n^{2+1}-1}{2+1}+\frac{n^2+1}{2}+\frac{\frac{1}{6}}{2}2\left(n^{2-1}-1\right)\\
\sum_{i=1}^n i^2=\frac{n^3-1}{3}+\frac{n^2+1}{2}+\frac{n-1}{6}=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}\\
\sum_{i=1}^n i^2=\frac{n(2n+1)(n+1)}{6}[/tex3]

Edit: agora lembrei que tem demonstração no fórum. http://www.tutorbrasil.com.br/estudo_ma ... adrado.php

Ensino Médio ⇒ Progressão aritmética Tópico resolvido

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