Ensino Superior

Mensagem não lida por **Andre13000** » 12 Jul 2017, 14:13

Determine o valor da série alternada:

[tex3]S=\sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^i}{r+it}[/tex3]

[tex3]r,t\geq1[/tex3] .

12 Jul 2017, 16:04

[tex3]S = \sum_{i=1}^{\infty }\frac{(-1)^i}{r+it} = \frac1r \sum_{i=1}^{\infty }\frac{(-1)^i}{1+i\frac{t}r}[/tex3]
[tex3]S(x) = \sum_{i=1}^{\infty }\frac{(-1)^ix^{1+ai}}{1+ai}[/tex3]
[tex3]S'(x) = \sum_{i=1}^{\infty }(-1)^ix^{ai}[/tex3]
[tex3]S'(x) = \sum_{i=1}^{\infty }(-1)^ix^{ai} = -x^a\frac1{1+x^a}[/tex3]
[tex3]S'(x) = -\frac{x^a}{1+x^a} = -1 + \frac{1}{1+x^a}[/tex3]

bom, tentar fazer pelas somas parciais

[tex3]\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^i}{1+ai} + \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+ai} = \sum_{i=1}^{n/2}\frac{2}{1+a2i}[/tex3]
onde [tex3]n/2[/tex3] na verdade é o piso de (n sobre 2).
[tex3]\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^i}{1+ai} + \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+ai} = \sum_{i=1}^{n/2}\frac{1}{\frac{1}2+ai}[/tex3]
[tex3]\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^i}{1+ai} =- \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+ai} + \sum_{i=1}^{n/2}\frac{1}{\frac{1}2+ai}[/tex3]
[tex3]\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^i}{1+ai} =\frac1a(- \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\frac1a+i} + \sum_{i=1}^{n/2}\frac{1}{\frac{1}{2a}+i})[/tex3]
[tex3]\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^i}{1+ai} =\frac1a(- \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\frac1a+i} + \ln (n) + \sum_{i=1}^{n/2}\frac{1}{\frac{1}{2a}+i} -\ln(n/2) -\ln(2))[/tex3]
aplicando o limite
[tex3]\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^i}{1+ai} = \frac1a(H_{\frac1a}-\gamma + \gamma - H_{\frac1{2a}}- \ln2)[/tex3]
supondo, [tex3]\frac1{2a} \in \mathbb{N}[/tex3] do contrário apareceria a função digamma.
no final a série converge para
[tex3]\frac{\sum_{k=\frac r{2t}+1}^{\frac{r}t}\frac1k-\ln(2)}{t}[/tex3]
se [tex3]\frac{r}{2t}[/tex3] não for natural deve-se usar a função digama.

Mensagem não lida por **Andre13000** » 12 Jul 2017, 22:02

Se você continuar pelo primeiro caminho e computar a integral que surge dá pra achar uma forma fechada. Eu consegui computar ela (parcialmente), mas tem alguns fatores faltando .... Não sei o que é ainda mas vou descobrir kkkkk, talvez tenha sido na hora da decomposição parcial. Eu apliquei a transformada de Euler e achei o seguinte:

[tex3]\sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^i}{r+it}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(nt)!_t\cdot (r-t)!_t}{2^n(r+nt)!_t}=\frac{1}{t}\sum_{n=1}^\infty \frac{B\left(n,\frac{r+1}{t}\right)}{2^{n}}[/tex3]

Onde [tex3]n!_k=n\underbrace{!!\dots!!}_{k}=(n-k)(n-2k)\dots\\
n!=n(n-1)\dots\\
n!!=n(n-2)\dots\\
n!!!=n(n-3)\dots[/tex3]

12 Jul 2017, 22:21

o mais próximo de uma fórmula fechada acho que é aquela expressão que eu cheguei. Fazendo a integral, chega-se na função hipergeométrica de Gauss, o mais próximo de uma fórmula fechada pra essa expressão é o uso da função digama. [tex3]1-\frac{\Phi(\frac12+\frac1{2a})-\Phi(\frac1{2a})}{2a}[/tex3] se eu não me engano. Mas é claro que eu prefiro estar errado nesse caso então se encontrar uma forma mais simples poste aqui!

Mensagem não lida por **Andre13000** » 13 Jul 2017, 15:37

[tex3]\sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^i}{r+it}=\int_0^1 \frac{x^{r-1}}{1+x^t}[/tex3]

Vamos supor agora que [tex3]{r-1}<t[/tex3] e que t é par. Sejam [tex3]\zeta_k[/tex3] as raízes de [tex3]1+x^t[/tex3] .

Podemos fatorar esse polinômio da seguinte forma: [tex3]1+x^t=\prod_{k=0}^{t-1} (x-\zeta_k)[/tex3]

Com simples álgebra observa-se que [tex3]\zeta_k=\cis \frac{(2k+1)\pi}{t}=\cis\theta_k[/tex3] . Como t é par, podemos multiplicar os fatores de raízes conjugadas da seguinte forma:

[tex3]F_k=(x-\cis\theta_k)(x-\cis(-\theta_k))=(x-\cos\theta_k-i\sen\theta_k)(x-\cos\theta_k+i\sen\theta_k)\\
F_k=x^2-2x\cos\theta_k+\cos^2\theta_k+\sen^2\theta_k\\
F_k=x^2-2x\cos\theta_k+1[/tex3]

Portanto agora temos que [tex3]1+x^t=\prod_{k=0}^{n} F_k[/tex3] , onde foi adotado [tex3]n=\left\lfloor\frac{t}{2}-1\right\rfloor[/tex3] por questão de brevidade.

E daí vem que a decomposição por frações parciais deverá ser a seguinte: [tex3]\frac{x^{r-1}}{1+x^t}=\sum_{k=0}^{n}\frac{A_kx+B_k}{F_k}[/tex3]

Então se extrairmos apenas uma fração parcial fica assim: [tex3]\frac{x^{r-1}}{1+x^t}=\frac{A_kx+B_k}{x^2-2x\cos\theta_k+1}+P[/tex3]

Onde P denota um quociente de polinômios que provém do que sobrou após a extração do fator estudado. Multiplicando tudo por [tex3]x^2-2x\cos\theta_k+1[/tex3] fica:

[tex3]\frac{x^{r-1}}{1+x^t}(x^2-2x\cos\theta_k+1)=A_kx+B_k+P(x^2-2x\cos\theta_k+1)[/tex3] .

Veja que as raízes de [tex3]F_k=x^2-2x\cos\theta_k+1[/tex3] são justamente [tex3]\cis(\pm\theta_k)[/tex3] . As raízes de [tex3]1+x^t[/tex3] incluem essas duas também. Vamos fazer [tex3]x=\cis\theta[/tex3] e se obtém o seguinte:

[tex3]\lim_{x\to\cis\theta_k}\frac{x^{r-1}}{1+x^t}(x^2-2x\cos\theta_k+1)=A_k\cos\theta+B_k+iA_k\sen\theta_k[/tex3]

Usando L'Hôpital escapamos dessa divisão de zero por zero.

[tex3]A_k\cos\theta+B_k+iA_k\sen\theta_k=\lim_{x\to\cis\theta_k} \frac{(r-1)x^{r-2}F_k+x^{r-1}(2x-2\cos\theta_k)}{tx^{t-1}}\\
A_k\cos\theta+B_k+iA_k\sen\theta_k=\frac{1}{t}\lim_{x\to\cis\theta_k}x^{r-t}(2x-2\cos\theta_k)\\
A_k\cos\theta+B_k+iA_k\sen\theta_k=\frac{\cis(r-t)\theta_k\cdot 2i\sen\theta_k}{t}\\
A_k\cos\theta+B_k+iA_k\sen\theta_k=\frac{2i\sen\theta_k\cos(r-t)\theta_k-2\sen(r-t)\theta_k\sen\theta_k}{t}\\
A=\frac{2\cos(t-r)\theta_k}{t}\\
B=-\frac{2\sen(r-t)\theta_k\sen\theta_k+2\cos(r-t)\theta_k\cos\theta_k}{t}=-\frac{2\cos(t-r+1)\theta_k}{t}[/tex3]

Portanto

[tex3]\frac{x^{r-1}}{1+x^t}=\frac{2}{t}\sum_{k=0}^n\frac{x\cos(t-r)\theta_k-\cos(t-r+1)\theta_k}{x^2-2x\cos\theta_k+1}[/tex3]

Agora vamos calcular o fator que estará sobrando se t for ímpar. Então considere t ímpar. O seguinte vai surgir:

[tex3]\frac{x^{r-1}}{1+x^t}=\frac{C}{1+x}+Q[/tex3]

Onde Q é um quociente de polinômios genéricos e C é uma constante. Vamos aplicar o mesmo método de antes:

[tex3]C=\lim_{x\to -1}\frac{x^{r-1}(1+x)}{1+x^t}=\lim_{x\to -1}\frac{x^{r-1}}{tx^{t-1}}=\frac{(-1)^{r-t}}{t}[/tex3]

Vou definir um fator [tex3]\gamma[/tex3] de modo que ele seja zero quando t é par e [tex3]\gamma = \frac{(-1)^{r-t}}{t(1+x)}[/tex3] quando t é ímpar. Assim, a integral completa vai ficar:

[tex3]\int_0^1 \frac{x^{r-1}}{1+x^t}dx=\int \gamma ~ dx+ \frac{2}{t}\sum_{k=0}^n\int_0^1\frac{x\cos(t-r)\theta_k-\cos(t-r+1)\theta_k}{x^2-2x\cos\theta_k+1}~dx[/tex3]

Considere a forma geral

[tex3]I=\int_0^1\frac{az+b}{z^2-2z\cos\varphi+1}dz\\
u=z^2-2z\cos\varphi+1\\
du=2z~dz-2\cos\varphi~dz\\
(az+b)~dz=\frac{a}{2}~du+a\cos\varphi~dz+b~dz\\
I=\frac{a}{2}\int_0^1 \frac{du}{u}+\int_0^1\frac{a\cos\varphi+b}{z^2-2z\cos\varphi+1}dz[/tex3]

[tex3]\int_0^1 \frac{du}{u}=\ln(z^2-2z\cos\varphi+1)|_0^1=\ln(2-2\cos\varphi)-\ln1=\ln 4\sen^2\frac{\varphi}{2}=2\ln2+2\ln\sen\frac{\varphi}{2}[/tex3]

Agora tudo se resume à [tex3]\int_0^1 \frac{dz}{z^2-2z\cos\varphi+1}[/tex3] . Completando o quadrado e fazendo [tex3]z-\cos\varphi=\tan\gamma\sen\varphi\to dz=\sen\varphi\sec^2\gamma~d\gamma[/tex3]

[tex3]A=\int_0^1 \frac{dz}{z^2-2z\cos\varphi+1}=\int_{}^{}\frac{\sen\varphi \sec^2\gamma~d\gamma}{\tan^2\gamma\sen^2\varphi+\sen^2\varphi}\\A=\frac{1}{\sen\varphi}\int d\gamma=\frac{\arctan\left(\frac{z-\cos\varphi}{\sen\varphi}\right)}{\sen\varphi}[/tex3]

Ainda, [tex3]\arctan\left(\frac{1-\cos\varphi}{\sen\varphi}\right)=\frac{\varphi}{2}[/tex3] , enquanto [tex3]\arctan\left(\frac{-\cos\varphi}{\sen\varphi}\right)=-\arctan(\cot\varphi)[/tex3] .

[tex3]I=\int_0^1\frac{az+b}{z^2-2z\cos\varphi+1}dz=a\ln2+a\ln\sen\frac{\varphi}{2}+\frac{a\cos\varphi+b}{\sen\varphi}\left(\frac{\varphi}{2}+\arctan(\cot\varphi)\right)\\
I=a\left(\ln2+\ln\sen\frac{\varphi}{2}+\cot\varphi\right)+\frac{b}{\sen\varphi}\left(\frac{\varphi}{2}+\arctan(\cot\varphi)\right)[/tex3]

Falta o gamma: [tex3]\int_0^1 \gamma~dx=\frac{(-1)^{r-t}}{t}\ln 2=\Psi[/tex3]

Tomando [tex3]a=\cos(t-r)\theta_k[/tex3] , [tex3]b=\cos(t-r+1)\theta_k[/tex3] e [tex3]\varphi=\theta_k[/tex3] , finalmente:

[tex3]\int_0^1 \frac{x^{r-1}}{1+x^t}dx=\Psi+ \frac{2}{t}\sum_{k=0}^n \left[\cos\left((t-r)\theta_k\right)\left(\ln2+\ln\sen\frac{\theta_k}{2}+\cot\theta_k\right)+\frac{\cos\left((t-r+1)\theta_k\right)}{\sen\theta_k}\left(\frac{\theta_k}{2}+\arctan(\cot\theta_k)\right)\right]\\
\sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^i}{r+it}=\Psi+ \frac{2}{t}\sum_{k=0}^n \left[\cos\left((t-r)\theta_k\right)\left(\ln2+\ln\sen\frac{\theta_k}{2}+\cot\theta_k\right)+\frac{\cos\left((t-r+1)\theta_k\right)}{\sen\theta_k}\left(\frac{\theta_k}{2}+\arctan(\cot\theta_k)\right)\right][/tex3]

Lembrando que

1. [tex3]\Psi=\begin{cases}
\frac{(-1)^{r-t}\ln 2}{t} ~\text{se t} \equiv 1\mod 2\\
0~~~~~~~~~~~~~\text{se t}\equiv 0\mod 2
\end{cases}[/tex3]

2. [tex3]\theta_k=\frac{(2k+1)\pi}{t}[/tex3]

3. [tex3]r-1<t[/tex3]

4.[tex3]n=\left\lfloor\frac{t}{2}-1\right\rfloor[/tex3]

Demonstração da série acelerada de [tex3]\sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^i}{r+it+1}[/tex3] :

Antes de mais nada vou apresentar a Transformada de Euler.

TEOREMA (Euler):

Seja a série alternada [tex3]S=\sum_{n=0}^\infty(-1)^na_n=L[/tex3] . Então [tex3]\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k\Delta^ka_0}{2^k}=L[/tex3]

Onde [tex3]\Delta^ka_0=(-1)^k\sum_{i=0}^k{k\choose i}(-1)^i a_i[/tex3]

Nosso termo geral é [tex3]a_k=\frac{1}{r+kt+1}[/tex3]

[tex3]\Delta^na_0=(-1)^n\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-1)^k a_k=(-1)^n\sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{(-1)^k}{r+kt+1}=(-1)^n\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx[/tex3]

Para fazer a passagem para a integral, defina [tex3]S(x)=\sum_{k=0}^n{ n\choose k}\frac{(-1)^kx^{r+kt+1}}{r+kt+1}[/tex3] . Daí vem que

[tex3]S'(x)=\sum_{k=0}^n{n\choose k} (-1)^kx^{r+kt}=x^r\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-1)^kx^{kt}=x^r(1-x^t)^n\\
\sum_{k=0}^n{n\choose k}\frac{(-1)^k}{r+kt+1}=S(1)-S(0)=\int_{0}^1 x^r(1-x^t)^ndx[/tex3]

Por integração por partes, tome [tex3]u=x^r(1-x^t)^n[/tex3] e [tex3]dv=dx[/tex3] , de onde [tex3]du=rx^{r-1}(1-x^t)^ndx-ntx^{r+t-1} (1-x^t)^{n-1}dx[/tex3] e [tex3]v=x[/tex3] e é elicitado

[tex3]\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx=\Big[x^{r+1}(1-x^t)\Big]_0^1-\int_0^1 rx^{r}(1-x^t)^n+\int_0^1 nt x^{r+t}(1-x^t)^{n-1}dx[/tex3] .

Observa-se que [tex3]\Big[x^{r+1}(1-x^t)\Big]_0^1[/tex3] tende à zero e que podemos passar [tex3]\int_0^1 rx^{r}(1-x^t)^n[/tex3] para o outro lado da equalidade para obter

[tex3](r+1)\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx=nt\int_0^1 x^{r+t}(1-x^t)^{n-1} dx[/tex3]

Agora um truque: Extraia um fator [tex3]x^t[/tex3] de [tex3]x^{r+t}[/tex3] e reescreva desta forma: [tex3](1-(1-x^t))[/tex3]

[tex3](r+1)\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx=nt\int_0^1 [1-(1-x^t)]x^{r}(1-x^t)^{n-1} dx\\
(r+1)\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx=nt\int_0^1 x^{r}(1-x^t)^{n-1} dx-nt\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx\\
(r+nt+1)\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx=nt\int_0^1 x^r(1-x^t)^{n-1}dx\\
\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx=\frac{nt}{r+nt+1}\int_0^1x^r(1-x^t)^{n-1}dx[/tex3]

Agora tome [tex3]I_n=\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx[/tex3]

Por indução se estabelece que [tex3]I_n=\frac{nt}{r+nt+1}\cdot\frac{nt-t}{r+nt+1-t}\cdot \frac{nt-2t}{r+nt+1-2t}\cdot \dots \cdot I_0[/tex3]

Não existe notação para multifatorial, mas irei introduzir a seguinte notação:

Primeiro,

[tex3]8!=8\cdot 7\cdot 6\dots\\
8!!=8\cdot 6\cdot 4\dots\\
8!!!=8\cdot 5\cdot 3.\\
8\underbrace{!!\dots!!}_{n}=8\cdot (8-n)\cdot(8-2n)\dots\\
p\underbrace{!!\dots!!}_{t}=p\cdot(p-t)\cdot(p-2t)\dots=p!_t[/tex3]

Portanto

[tex3]I_n=\frac{(nt)!_t\cdot (r+1)!_t}{(r+nt+1)!_t}I_0\\
I_0=\frac{1}{r+1}\\
I_n=\frac{(nt)!_t\cdot (r+1-t)!_t}{(r+nt+1)!_t}[/tex3]

E

[tex3]\Delta^na_0=(-1)^n\sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{(-1)^k}{r+kt+1}=(-1)^n\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx=(-1)^n\frac{(nt)!_t\cdot (r+1-t)!_t}{(r+nt+1)!_t}[/tex3]

E consequentemente

[tex3]\sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^i}{r+it+1}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n\Delta^na_0}{2^n}
\\\sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^i}{r+it+1}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(nt)!_t\cdot (r+1-t)!_t}{2^n(r+nt+1)!_t}[/tex3]

Outra forma: ao fazer a substituição [tex3]u=x^t\to du=tx^{t-1}[/tex3] na integral anterior, surge

[tex3]\int_0^1 x^r(1-x^t)^ndx=\frac{1}{t}\int_0^1 u^{\frac{r-t+1}{t}}(1-u)^ndu[/tex3]

Utilizando a definição da função Beta: [tex3]B(x,y)=\int_0^1 z^{x-1}(1-z)^{y-1}dz=\frac{(x-1)!(y-1)!}{(x+y-1)!}[/tex3] , com [tex3]x=\frac{r+1}{t}[/tex3] e [tex3]y=n+1[/tex3] , e segue que

[tex3]\sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^i}{r+it+1}=\frac{1}{t}\sum_{n=1}^\infty \frac{B\left(\frac{r+1}{t},n\right)}{2^{n}}=\frac{1}{t}\sum_{n=1}^\infty \frac{B\left(n,\frac{r+1}{t}\right)}{2^{n}}[/tex3]

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