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Mensagem não lidapor **Andre13000** » 19 Dez 2017, 10:08 · Mensagem não lida por **Andre13000** » 19 Dez 2017, 10:08

Este post será baseado neste arquivo, que é um trabalho de Euler. Resolvi postar porque achei muito interessante.

Euler objetiva encontrar o valor de somatórios do tipo [tex3]S_n=\sum_{k=1}^n f(k)[/tex3] para valores não inteiros de n, onde [tex3]f(x)[/tex3] é uma função contínua nos reais.

Primeiramente, [tex3]S_n[/tex3] , para qualquer n fracionário positivo, deve obedecer à relação de recorrência da série, [tex3]S_{n+1}-S_n=f(n+1)[/tex3]

Definindo os operadores [tex3]E[/tex3] e [tex3]\Delta[/tex3] tal que [tex3]ES_x=S_{x+h}[/tex3] e [tex3]\Delta S_{x}=S_{x+h}-S_x[/tex3] vemos que [tex3]E=1+\Delta[/tex3] , onde h é o passo. Daí:

[tex3]E^kS_{x}=S_{x+kh}=(1+\Delta)^k S_x\\
S_{x+kh}=S_x+k\Delta S_x+\frac{k(k-1)}{2!}\Delta^2S_x+\dots[/tex3]

Fazendo [tex3]z=kh[/tex3] , temos:

[tex3]S_{x+z}=S_x+z\frac{\Delta S_x}{\Delta x}+\frac{z(z-\Delta x)}{2!}\frac{\Delta^2 S_x}{\Delta x^2}+\frac{z(z-\Delta x)(z-2\Delta x)}{3!}\frac{\Delta^3 S_x}{\Delta x^3}+\dots\to \infty[/tex3]

Onde utilizei o fato que [tex3]\Delta x=x+h-x=h[/tex3] . Note que se [tex3]\Delta x\to 0[/tex3] , então obtém-se a familiar expansão de Taylor. A expressão acima é uma variação da fórmula de Gregory Newton. A versão com termo de erro da fórmula é:

[tex3]S_{x+z}=S_x+z\frac{\Delta S_x}{\Delta x}+\dots+\frac{z(z-\Delta x)\dots(z-(n-1)\Delta x)}{n!}\frac{\Delta^n S_x}{\Delta x^n}+\frac{z(z-\Delta x)\dots(z-n\Delta x)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3]

Onde [tex3]S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3] representa a (n+1)ésima derivada de [tex3]S_x[/tex3] em relação à x (supondo que exista, pois agora estamos definindo a função além dos inteiros), computada em [tex3]\eta[/tex3] , com [tex3]\eta\leq z[/tex3] .

Se fizermos [tex3]h=1[/tex3] :

[tex3]S_{x+z}=S_x+z\Delta S_x+\dots+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\Delta^n S_x+\frac{z(z-1)\dots(z-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)\\
0=S_x-S_{x+z}+z\Delta S_x+\dots+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\Delta^n S_x+\frac{z(z-1)\dots(z-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3]

Agora defina [tex3]x[/tex3] inteiro e [tex3]z[/tex3] real positivo. Adicionando [tex3]S_z[/tex3] dos dois lados:

[tex3]S_z=S_x-\(S_{x+z}-S_z\)+z\Delta S_x+\dots+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\Delta^n S_x+\frac{z(z-1)\dots(z-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)\\
S_z=\sum_{k=1}^x \Big[f(k)-f(z+k)\Big]+z\Delta S_x+\dots+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\Delta^n S_x+\frac{z(z-1)\dots(z-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3]

Como [tex3]\Delta S_x=f(x+1)[/tex3] :

[tex3]S_z=\sum_{k=1}^x \Big[f(k)-f(z+k)\Big]+z f(x+1)+\dots+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}f(x+1)+\frac{z(z-1)\dots(z-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3]

É conveniente passar essas funções para dentro do somatório. Iremos usar o fato que [tex3]\Delta^{n-1}f(x+1)=\Delta^{n-1}f(1)+\sum_{k=1}^x\Delta^{n} f(x)[/tex3]

[tex3]S_z=\sum_{k=1}^x \Big[f(k)-f(z+k)\Big]+z f(1)+z \sum_{k=1}^x \Delta f(k)+\dots+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}f(1)+\\
+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\sum_{k=1}^x\Delta^{n} f(k)+\frac{z(z-1)\dots(z-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3]

Alternativamente, podemos escrever [tex3]\omega[/tex3] no lugar de [tex3]z[/tex3] , e adotar uma nova variável m, com [tex3]0\leq \omega<1[/tex3] e m inteiro menor ou igual a x, e também uma variável v, com as mesmas restrições de m, de modo que:

[tex3]S_\omega=\sum_{k=1}^x \Big[f(k)-f(\omega+k)\Big]+\omega f(m+1)+\omega \sum_{k=m+1}^x \Delta f(k)+\dots+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}f(m+1)+\\
+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-(n-1))}{n!}\sum_{k=m+1}^x\Delta^{n} f(k)+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3]

Como [tex3]S_{v+\omega}=S_{\omega}+f(\omega+1)+f(\omega+2)\dots+f(v+\omega)[/tex3] , temos:

[tex3]S_{v+\omega}=\sum_{k=1}^x f(k)-\sum_{k=1}^{x-v}f(v+\omega+k)+\omega f(m+1)+\omega \sum_{k=m+1}^x \Delta f(k)+\dots+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}f(m+1)+\\
+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-(n-1))}{n!}\sum_{k=m+1}^x\Delta^{n} f(k)+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3]

Fazendo x tender ao infinito obtemos:

[tex3]S_{v+\omega}=\sum_{k=1}^{v}f(k)+\sum_{k=1}^\infty \Big[f(v+k)-f(v+\omega+k)\Big]+\omega f(m+1)+\omega \sum_{k=m+1}^\infty \Delta f(k)+\dots+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}f(m+1)+\\
+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-(n-1))}{n!}\sum_{k=m+1}^\infty\Delta^{n} f(k)+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)\\
S_{v+\omega}-S_v=\sum_{k=1}^\infty \Big[f(v+k)-f(v+\omega+k)\Big]+\omega f(m+1)+\omega \sum_{k=m+1}^\infty \Delta f(k)+\dots+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}f(m+1)+\\
+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-(n-1))}{n!}\sum_{k=m+1}^\infty\Delta^{n} f(k)+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3]

No pdf, Euler assume [tex3]m=v[/tex3] , mas este poderiam assumir quaisquer valores. A fórmula acima é a apresentada por ele, mas acho mais geral esta variação (com z):

[tex3]S_z=\lim_{x\to\infty} \left\{\sum_{k=1}^x \Big[f(k)-f(z+k)\Big]+z f(m+1)+z \sum_{k=1}^x \Delta f(m+k)+\dots+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}f(m+1)+\\
+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\sum_{k=1}^x\Delta^{n} f(m+k)+\frac{z(z-1)\dots(z-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)\right\}[/tex3]

Ou ainda você pode colocar simplesmente como está lá encima:

[tex3]S_z=\sum_{k=1}^x \Big[f(k)-f(z+k)\Big]+z f(x+1)+\dots+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}f(x+1)+\frac{z(z-1)\dots(z-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3]

De qualquer forma, voltemos á fórmula de Euler para continuar a desenvolvê-la:

[tex3]S_{v+\omega}-S_v=\sum_{k=1}^\infty \Big[f(v+k)-f(v+\omega+k)\Big]+\omega f(m+1)+\omega \sum_{k=m+1}^\infty \Delta f(k)+\dots+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}f(m+1)+\\
+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-(n-1))}{n!}\sum_{k=m+1}^\infty\Delta^{n} f(k)+\frac{\omega(\omega-1)\dots(\omega-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)\\
f(\omega+v+k)=f(v+k)+\omega f'(v+k)+\omega^2\frac{f''(v+k)}{2!}+\dots\\
S_{v+\omega}-S_v=\lim_{x\to\infty}\left\{-\sum_{k=1}^x\Big[ \omega f'(v+k)+\omega^2\frac{f''(v+k)}{2!}+\dots\Big]+\omega f(x+1)+\frac{\omega(\omega-1)}{2!}\Delta f(x+1)+\dots\right\}\\
\lim_{\omega\to 0}\frac{S_{v+\omega}-S_v}{\omega}=\frac{d}{dv}S_v=\lim_{x\to\infty}\[-\sum_{k=1}^x f'(v+k)+f(x+1)-\frac{\Delta f(x+1)}{2}+\dots\][/tex3]

Apesar de todo o processo parecer certo, esta fórmula final está errada. Eu não sei dizer exatamente o porquê. A fórmula correta pode ser obtida da seguinte forma:

[tex3]S_z=\lim_{x\to\infty}\left\{\sum_{k=1}^x \Big[f(k)-f(z+k)\Big]+z f(x+1)+\dots+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}f(x+1)+\frac{z(z-1)\dots(z-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)\right\}\\
\frac{d^n}{dz^n}S_z=\lim_{x\to\infty}\left\{-\sum_{k=1}^x \frac{d^n}{dz^n}f(z+k)+\frac{d^n}{dz^n} zf(x+1)+\dots\right\}[/tex3]

Se estamos interessados em um produto, podemos colocá-lo da seguinte forma:

[tex3]P_n=\prod_{k=1}^n f(k)\\
\ln P_n=\sum_{k=1}^n \ln(f(k))[/tex3]

Aplicando o processo acima, percebe-se que P é simplesmente:

[tex3]P_z=\lim_{x\to\infty}\left\{\(\prod_{k=1}^x \frac{f(k)}{f(z+k)}\)\cdot [f(x+1)]^z \cdot\[\frac{f(x+2)}{f(x+1)}\]^{\frac{z(z-1)}{2}}\dots\right\}\\
[/tex3]

E a derivada pode ser obtida derivando diretamente a expressão, ou primeiro puxando o log.

Exemplo 1: Número Harmônico

[tex3]H_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}[/tex3]

Primeiramente, [tex3]f(n)=\frac{1}{n}[/tex3] , que tende a zero conforme n tende ao infinito. Portanto, as diferenças tendem à zero, e ficamos somente com:

[tex3]S_{v+\omega}=\sum_{k=1}^\infty \Big[f(k)-f(v+\omega+k)\Big]=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}-\frac{1}{v+\omega+k}[/tex3]

Podemos tomar [tex3]v+\omega=w[/tex3]

[tex3]S_w=\sum_{k=1}^\infty \frac{w}{k(k+w)}[/tex3]

Ou ainda

[tex3]S_{v+\omega}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}-\frac{1}{v+\omega+k}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}-\frac{1}{v+k}+\frac{\omega}{(v+k)^2}-\frac{\omega^2}{(v+k)^3}+\dots\\
S_{v+\omega}=\sum_{k=1}^{v}\frac{1}{k}+\omega\(\frac{\pi^2}{6}-\sum_{k=1}^v \frac{1}{k^2}\)+\dots[/tex3]

Ou seja

[tex3]H_{v+\omega}=H_{v}+\sum_{n=2}^\infty \omega^{n-1}\(\zeta(n)-\sum_{k=1}^v\frac{1}{k^{n}}\)~;~0\leq\omega<1\\
\frac{H_{v+\omega}-H_v}{\omega}=\sum_{n=2}^\infty \omega^{n-2}\(\zeta(n)-\sum_{k=1}^v \frac{1}{k^n}\)\\
\frac{d}{dv}H_v=\frac{\pi^2}{6}-\sum_{k=1}^v \frac{1}{k^2}[/tex3]

Onde [tex3]\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}[/tex3] denota a função zeta de Riemman. Isso é se v é inteiro. Se v é fracionário:

[tex3]\frac{d}{dv}H_v=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(v+k)^2}[/tex3]

Outras formas para o número harmônico são:

[tex3]\frac{t^{n}-1}{t-1}=1+t+t^2+t^3+\dots+t^{n-1}\\
H_n=\int_0^1 \frac{t^{n}-1}{t-1}dt\\
\frac{d}{dn}H_n=\int_0^1 \frac{\partial }{\partial n}\frac{t^{n}-1}{t-1}dt=\int_0^1 \frac{t^n\ln t}{t-1}dt[/tex3]

É possível, por meio de uma expansão em série, integrar a expressão.

[tex3]\frac{d}{dn}H_n=\int_0^1\(-t^n\ln t-t^{n+1}\ln t-t^{n+2}\ln t\dots\)dt[/tex3]

Fazendo integração por partes, com [tex3]u=\ln t[/tex3] e [tex3]t^kdt=dv[/tex3] , o resultado é imediato:

[tex3]\frac{d}{dn}H_n=\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{(n+2)^2}+\dots=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(n+k)^2}[/tex3]

Sabemos que se [tex3]f'(x)=g'(x)[/tex3] , então [tex3]f(x)=g(x)+c[/tex3] , e nesse caso c=0. Portanto:

[tex3]H_n=\sum_{k=1}^\infty \frac{n}{k(n+k)}=\int_0^1 \frac{t^n-1}{t-1}dt[/tex3]

O número harmônico generalizado é [tex3]H_{n,v}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^v}[/tex3] . O mesmo raciocínio pode ser usado para estes números para estabelecer fórmulas na forma de integral e somatório.

[tex3]H_{n,v}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^v}-\frac{1}{(n+k)^v}=\int_0^1 \frac{x_1^nx_2^n\dots x_v^n-1}{x_1x_2\dots x_v-1}dx_1dx_2\dots dx_v[/tex3]

Exemplo 2: Fatorial

[tex3]n!=\prod_{k=1}^n k[/tex3]

Podemos puxar o log natural dos dois lados de tal modo que:

[tex3]\ln(n!)=\ln 1+\ln 2+\ln 3+\dots+\ln n =\sum_{k=1}^n \ln k\\
f(x)=\ln x\\
S_z=\sum_{k=1}^\infty \Big[\ln(k)-\ln(z+k)\Big]+z \ln(m+1)+z \sum_{k=1}^\infty \Delta \ln(m+k)+\dots+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\Delta^{n-1}\ln(m+1)+\\
+\frac{z(z-1)\dots(z-(n-1))}{n!}\sum_{k=1}^\infty\Delta^{n} \ln(m+k)+\frac{z(z-1)\dots(z-n)}{(n+1)!}S_x^{(n+1)}(\eta)[/tex3]

Onde [tex3]R_n[/tex3] é o termo de erro. Vemos que [tex3]\ln n[/tex3] tende ao infinito conforme n cresce, mas [tex3]\ln(n+1)-\ln n[/tex3] tende à zero. Em geral:

[tex3]\Delta^n \ln x=O\(\frac{1}{x^n}\)[/tex3]

Isso significa que a ordem de crescimento da expressão acima não é maior que [tex3]\frac{1}{x^n}[/tex3] . Isso significa que o termo na expansão de coeficiente [tex3]\frac{z(z-1)}{2!}[/tex3] e tudo que vem depois pode ser desprezado.

[tex3]S_z=\sum_{k=1}^\infty \Big[\ln(k)-\ln(z+k)\Big]+z \ln(m+1)+z \sum_{k=1}^\infty \Delta \ln(m+k)\\
\ln(z!)=\ln\(\frac{1}{z+1}\cdot \frac{2}{z+2}\dots\)+\ln\[(m+1)^z\]+\ln\[\(\frac{m+2}{m+1}\cdot \frac{m+3}{m+2}\cdot \frac{m+4}{m+3}\dots\)^z\]\\
z!=(m+1)^z\cdot\frac{(m+2)^z\cdot (m+1)^{1-z}}{z+1}\cdot \frac{ (m+3)^z\cdot (m+2)^{1-z}}{z+2}\dots[/tex3]

Aqui eu coloquei o produto exatamente como Euler o apresentou no PDF. Porém, podemos apresentá-lo de outra forma:

[tex3]S_z=\sum_{k=1}^x \Big[f(k)-f(z+k)\Big]+z\ln(x+1)\\
\ln(z!)=\ln\(\frac{1}{z+1}\cdot \frac{2}{z+2}\dots\frac{x}{x+z}\)+\ln[(x+1)^z]\\
z!=\lim_{x\to\infty}\frac{x!\cdot(x+1)^z}{(z+1)(z+2)\dots(z+x-1)(z+x)}\\
\\
\ln z!=\lim_{x\to\infty}\Big[\ln x!+z\ln(1+x)-\ln(1+z)-\ln(2+z)-\ln(3+z)-\dots-\ln(x+z)\Big]\\
\ln z!=\lim_{x\to\infty}\Big[z\ln(1+x)-\ln(1+z)-\ln\(1+\frac{z}{2}\)-\ln\(1+\frac{z}{3}\)-\dots-\ln\(1+\frac{z}{x}\)\Big]\\
\ln z!=\lim_{x\to\infty }\[z\ln x+z\ln\(1+\frac{1}{x}\)-\sum_{n=1}^{x}\ln\(1+\frac{z}{n}\)\]\\
\ln z!=\lim_{x\to\infty }\[z\ln x+\sum_{n=1}^x \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^kz^k}{kn^k}\]\\
\ln z!=\lim_{x\to\infty}\[-z\(\sum_{n=1}^x \frac{1}{n}-\ln x\)+\sum_{n=1}^x\sum_{k=2}^\infty \frac{(-1)^{k}z^k}{kn^k}\]\\
\ln z!=-\gamma z+\sum_{k=2}^\infty \frac{(-1)^k\zeta(k)}{k}z^k~;~|z|<1\\
[/tex3]

A derivada do fatorial também pode ser facilmente obtida (derivando as expressões acima):

[tex3]\frac{d}{dz}z!=z!\cdot \lim_{x\to\infty}\left\{-\sum_{k=1}^x \frac{1}{z+k}+\ln (x+1)\right\}=z!\(H_z-\gamma\)=z!\(-\gamma+\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\zeta(k+1)z^{k}\)[/tex3]

Também é notável este produto:

[tex3]z!(-z)!=\lim_{x\to\infty} \frac{(x!)^2}{(1^2-z^2)(2^2-z^2)\dots(x^2-z^2)}=\lim_{x\to\infty}\prod_{n=1}^x \frac{1}{1-\frac{z^2}{n^2}}[/tex3]

Deste tópico viewtopic.php?f=8&t=57351&p=160394#p160394, temos

[tex3]z!(-z)!=\frac{\pi z}{\sen \pi z}[/tex3]

Ou

[tex3]\Gamma(z)\Gamma (1-z)=\frac{\pi}{\sen \pi z}[/tex3]

Pegando o log dos dois lados:

[tex3]\ln(z!)+\ln[(-z)!]=\ln \pi z-\ln \sen (\pi z)[/tex3]

Ao derivar:

[tex3]\frac{\frac{d}{dz}z!}{z!}-\frac{\frac{d}{dz}(-z)!}{(-z)!}=\frac{1}{z}-\pi \cot\pi z\\
H_z-\gamma-\Big[H_{-z}-\gamma\Big]=\frac{1}{z}-\pi\cot \pi z\\
\pi \cot \pi z=\frac{1}{z}-H_z+H_{-z}=\frac{1}{z}-\sum_{k=1}^\infty \(\frac{1}{k}-\frac{1}{z+k}\)+\sum_{k=1}^\infty \(\frac{1}{k}-\frac{1}{k-z}\)\\
\pi \cot \pi z=\sum_{k=1}^\infty \(\frac{1}{z+k-1}-\frac{1}{k-z}\)[/tex3]

Até agora só expandimos [tex3]z![/tex3] em [tex3]z=0[/tex3] , mas também podermos expandir a função em torno de -1, ou seja, expandir [tex3]\Gamma(x)=(x-1)![/tex3] em x=0:

[tex3]\Gamma(x+1)=\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma^{(n)}(1) }{n!}x^n[/tex3]

Verificando as fórmulas acima, [tex3]\Gamma(1)=1[/tex3] e [tex3]\Gamma'(1)=-\gamma[/tex3] .

[tex3]\Gamma(x+1)=1-x\gamma+O(x^2)[/tex3]

Como [tex3]\Gamma(x+1)=x!=x\cdot(x-1)!=x\Gamma(x)[/tex3] , temos:

[tex3]\Gamma(x)=\frac{1}{x}-\gamma+O(x)[/tex3]

Onde os O's acima são conhecidos como "notação grande-O".

Ensino Superior ⇒ Demonstração - Método para interpolação de Somas

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