Ensino Médio

Determine a forma fechada (soma) da seguinte expressão:

[tex3]S=\sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{(-1)^k}{2k+1}[/tex3]

Resposta

[tex3]\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}[/tex3]

esse é um problema de combinatória(eu sou horrível em combinatória) no qual você tem que ter afinidade com o fatorial duplo.

Tentei fazer por soma por partes https://en.wikipedia.org/wiki/Summation_by_parts mas dai teria que trabalhar ou com a função digama ou ter mais criatividade do que eu tive. Outro jeito que eu tentei fazer foi com a soma de abel que transformaria essa soma numa integral https://en.wikipedia.org/wiki/Abel%27s_ ... on_formula. Deu ruim pois tomei [tex3]A(n) = \sum_{k=0}^{n} {n \choose k}(-1)^k =\delta_{n,0}[/tex3] onde [tex3]\delta_{n,0}[/tex3] é o delta de kronecker, dai a integral ficou esquisita.

Interessante esses artigos da wikipédia aí, pena que não entendo nada kkkkkk. Que seriam esses deltas? Já vi também o tal do delta de dirac, mas nunca parei para estudá-lo.

tendi foi é nada kkkkkk

Já consegui ter muito avanço no problema mas ainda to com uma pedra no sapato

. Amanhã vejo se termino de resolver.

kkkkkkkkkkk deixa pra lá. O delta de kronecker é simples é uma função que vale zero quando [tex3]x\neq 0[/tex3] e 1 quando [tex3]x=0[/tex3] . É uma função verdadeira diferente do delta de dirac. Mas a fórmula da soma de abel partiria de [tex3]n=-1[/tex3] dai daria problema essa soma eu acho. Você pode pensar em fazer [tex3]S(x)=\sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{(-1)^kx^{(2k+1)}}{2k+1}[/tex3]
dai
[tex3]S'(x)=\sum_{k=0}^n {n\choose k}(-1)^kx^{(2k)}[/tex3]
ou
[tex3]S(x)=\sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{(-1)^ke^{(2k+1)x}}{2k+1}[/tex3]
lol sem ideia

É isso daí mesmo!

[tex3]S'(x)=\sum_{k=0}^n {n\choose k}(-1)^kx^{(2k)}[/tex3]

Se você tivesse desenvolvido a ideia teria chegado na resposta. Ontem eu estava terminando de generalizar a minha resposta. Tentei conseguir uma série infinita que vale para qualquer valor de N, mas converge MUITO devagar, e é alternada. Para você ter ideia, nem o wolfram alpha tem certeza se é divergente ou convergente só pelo gráfico. O gráfico que as somas parciais descrevem parece que está em ressonância, vão de um lado para outro cada vez mais longe (mas converge, você vai ver por quê). Tentei arrumar mas acho que nem o método de Euler salva kkkkkkkkkk

[tex3]S=\sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{(-1)^k}{2k+1}\\
S={n\choose 0}-\frac{1}{3}{n\choose 1}+\frac{1}{5}{n\choose 2}-\frac{1}{7}{n\choose 3}+~...~\frac{(-1)^k}{2n+1}{n\choose n}\\[/tex3]

Define-se o polinômio [tex3]P(x)[/tex3] tal que:

[tex3]P(x)=\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}(-1)^kx^{2k+1}[/tex3] e [tex3]P(1)-P(0)=S[/tex3]

[tex3]P(x)={n\choose 0}x-{n\choose 1}\frac{x^3}{3}+{n\choose 2}\frac{x^5}{5}-~...+(-1)^n{n \choose n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}[/tex3]

Mas veja que:

[tex3]P'(x)={n\choose 0}-{n\choose 1}x^2+{n\choose 2}x^4-~...+(-1)^n{n \choose n}x^{2n}[/tex3]

Que é justamente

[tex3]P'(x)=\sum_{k=0}^n {n\choose k}(-1)^k x^{2k}=(1-x^2)^n[/tex3]

Portanto:

[tex3]S=P(1)-P(0)=\int_0^1 P'(x)=\int_0^{1} (1-x^2)^n~dx[/tex3]

Fazendo a substituição [tex3]x=\sen\theta[/tex3] temos que:

[tex3]S=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}\theta~ d\theta[/tex3]

Assim a integral parece desafiadora, mas com integração por partes:

[tex3]u=\cos^{2n}\theta\\
du=-2n\cos^{2n-1}\theta\sen\theta~d\theta\\
dv=\cos\theta~d\theta\\
v=\sen\theta\\
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}\theta~d\theta={\Big[}\cos^{2n}\theta\sen\theta{\Big]}_0^{\frac{\pi}{2}}+\int_0^{\frac{\pi}{2}}2n\cos^{2n-1}\theta\sen^2\theta~d\theta[/tex3]

Fazendo [tex3]\sen^2\theta=1-\cos^2\theta[/tex3] fica e observando que um dos termos simplifica a zero:

[tex3]\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}\theta~d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}}2n\cos^{2n-1}\theta\cdot(1-\cos^2\theta)~d\theta\\
\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}\theta~d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}}2n\cos^{2n-1}\theta~d\theta-\int_0^{\frac{\pi}{2}}2n\cos^{2n+1}\theta~d\theta[/tex3]

Isolando o nosso termo de interesse:

[tex3]\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n+1}\theta~d\theta=\frac{2n}{2n+1}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2n-1}\theta~d\theta[/tex3]

O que dá a relação de recorrência:

[tex3]I_{2k+1}=\frac{2k}{2k+1}I_{2k-1}[/tex3]

Assim:

[tex3]I_{2n+1}=\frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{2n-2}{2n-1}\cdot\frac{2n-4}{2n-3}\cdot~...~\cdot\frac{2}{3}I_1[/tex3]

Mas:

[tex3]I_1=\int_0^\frac{\pi}{2}\cos\theta~d\theta=\Big[\sen\theta\Big]_0^{\frac{\pi}{2}}=1[/tex3]

Finalmente:

[tex3]I_{2n+1}=\prod_{k=1}^{n}\frac{2k}{2k+1}=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\\
S=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}[/tex3]

E como a área debaixo dessa função no intervalo estudado é bem definida para n maior que 0, poderíamos até encontrar valores dessa soma para valores não inteiros de n

. Para essa generalização é muito útil o binômio de Newton:

[tex3]\begin{align}\int_0^1 (1-x^2)^n~dx&=\int_0^1 \sum_{k=0}^{\infty}{n\choose k}(-1)^kx^{2k}~dx\\
&=\int_0^1 1-nx^2+\frac{n(n-1)x^4}{2!}-\frac{n(n-1)(n-2)x^6}{3!}+\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)x^8}{4!}-~...~dx
\\&=\Big[x-\frac{nx^3}{3}+\frac{n(n-1)x^5}{5\cdot2!}-\frac{n(n-1)(n-2)x^7}{7\cdot 3!}+\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)x^9}{9\cdot 4!}-~...\Big]_0^1\\
&=1-\frac{n}{3}+\frac{n(n-1)}{5\cdot2!}-\frac{n(n-1)(n-2)}{7\cdot 3!}+\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{9\cdot 4!}-~...\\
&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(n)_k}{k!}\frac{(-1)^k}{(2k+1)}\end{align}\\[/tex3]

Onde [tex3](n)_k=n(n-1)(n-2)(n-3)~...~(n-k+1)[/tex3] é o fatorial descendente. O problema é que ela é tão ruim, que se você colocar no wolfram alpha, ele nem vai achar que é convergente.

Se alguém conseguir salvar essa série fala aí, to pesquisando alguns métodos aqui.

Outra coisa interessante que achei é que a integral da forma:

[tex3]\int_0^1(1-x^t)^n~dx[/tex3]

É nada menos, nada mais que uma função beta.

[tex3]\int_0^1(1-x^2)^n~dx=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\\
n=-\frac{1}{2}\\
\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\\
(2n)!!=\frac{\Gamma(n+\frac{3}{2})\cdot2^{n+1}}{\sqrt{\pi}}=\frac{\Gamma(1)\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}}\\
(2n+1)!!=\frac{\Gamma(n+\frac{5}{2})\cdot2^{n+2}}{\sqrt{\pi}}=\frac{\Gamma(2)\cdot2\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}}\\
x=\sen\theta\\
dx=\cos\theta~d\theta\\
\int_0^\frac{\pi}{2}d\theta=\frac{\Gamma(1)\cdot\cancel{\sqrt{2}}}{\cancel{\sqrt{\pi}}}\cdot \frac{\cancel{\sqrt{\pi}}}{\Gamma(2)\cdot2\cancel{\sqrt{2}}}\\
\frac{\pi}{2}=\frac{\Gamma(1)}{2\cdot \Gamma(2)}=\frac{1}{2}\\
\therefore \pi=1[/tex3]

Coincidência? EU ACHO QUE NÃO!

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