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Soma de Séries Através da Transformada de Laplace

Há uma história interessante do uso das transformadas integrais para o cálculo da soma de uma série numérica e esta façanha foi apresentada pelo grande físico Richard Feynman (1918-1988) na revista Physical Review 76, pag 769. Sua técnica envolvia o teorema da convolução das transformadas de Laplace em somas de séries com denominadores que envolvem produtos.

Neste post, deduziremos uma proposição que envolve a soma de uma série com uma integral imprópria.

Proposição 1: Seja a função [;f(t);] com transformada de Laplace dada por

[;F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\};]
Então,

[;\sum_{n=0}^{\infty} F(n) = \int_{0}^{\infty}\frac{e^tf(t)}{e^t - 1}dt = \int_{0}^{\infty}\frac{e^t\mathcal{L}^{-1}\{F(n)\}}{e^t - 1}dt;]

Demonstração:
De fato,

[;\sum_{n=0}^{\infty} F(n) = \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{L}\{f(t)\} = \sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-nt}f(t)dt;]

[;= \int_{0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty}e^{-nt}f(t)dt = \int_{0}^{\infty}f(t)\sum_{n=0}^{\infty}(e^{-t})^ndt;]

[;= \int_{0}^{\infty}\frac{f(t)}{1 - e^{-t}}dt = \int_{0}^{\infty}\frac{e^t f(t)}{e^t - 1}dt;]

donde segue o resultado. Na penúltima passagem usamos a soma de uma série geométrica de razão [;e^{-t};].

Proposição 2: Sendo
[;\mathcal{L}\{e^{-bt}\} = 1/(s + b);] para [;s \succ b;], então para [;a \neq 0;]

[;\mathcal{L}^{-1}\biggl\{\frac{1}{as + b}\biggr\} = \frac{1}{a}e^{-bt/a};]

Demonstração: De fato,

[;\mathcal{L}\biggl\{\frac{1}{a}e^{-bt/a}\biggr\} = \frac{1}{a}\mathcal{L}\{e^{-bt/a}\} = \frac{1}{a}\cdot \frac{1}{s + b/a} = \frac{1}{as + b};]

donde segue o resultado.

Exemplo 1: Mostre que
[;\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(3n+1)(3n+2)} = \frac{\pi}{3\sqrt{3}};]

Resolução: Usando frações parciais, temos:

[;\frac{1}{(3n+1)(3n+2)} = \frac{A}{3n+1} + \frac{B}{3n+2} \quad \Rightarrow;]

[;1 = A(3n+2) + B(3n+1);]


Para [;n = -1/3 \quad \Rightarrow \quad A = 1;] e para [;n = -2/3 \quad \Rightarrow \quad B = -1;]. Assim,

[;F(n) = \frac{1}{3n+1} - \frac{1}{3n+2} \quad \Rightarrow f(t) = \mathcal{L}^{-1}\biggl{\frac{1}{3n+1}\biggr} + \mathcal{L}^{-1}\biggl{\frac{1}{3n+2}\biggr};]

[;= \frac{1}{3}e^{-t/3} - \frac{1}{3}e^{-2t/3};]

pela Prop. 2. Usando a Prop. 1, temos:

[;\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(3n+1)(3n + 2)} = \frac{1}{3}\int_{0}^{\infty}\frac{e^t(e^{-t/3} - e^{-2t/3})}{e^t - 1}dt;]

[;\frac{1}{3}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{t/3}(e^{t/3} - 1)}{e^t - 1}dt = \int_{1}^{\infty}\frac{du}{u^2 + u + 1};]

A última passagem foi obtida fazendo a mudança de variáveis [;u = e^{t/3};]. Completando quadrados, podemos escrever a última integral na forma

[;\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(3n+1)(3n+2)} = 4\int_{1}^{\infty}\frac{du}{(2u + 1)^2 + 3} = \frac{4}{3}\int_{1}^{\infty}\frac{du}{\biggl(\frac{2u + 1}{\sqrt{3}} \biggr)^2 + 1};]

Fazendo [;v = (2u + 1)/\sqrt{3};], segue que

[;\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{(3n+1)(3n+2)} = \frac{2}{\sqrt{3}}\int_{\sqrt{3}}^{\infty}\frac{dv}{v^2 + 1} = \frac{\pi}{3\sqrt{3}};]

Exemplo 2: Calcule a soma da série

[;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n};]

Resolução: Neste caso, usaremos diretamente a transformada de Laplace. Note que

[;\frac{1}{n} = \int_{0}^{\infty}e^{-nt}dt;]
Assim,
[;\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n} = \sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{\infty}(-1)^{n+1}e^{-nt}dt;]

[;=-\int_{0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}(-e^{-t})^ndt = -\int_{0}^{\infty}\frac{(-e^{-t})}{1 + e^{-t}}dt = -\ln(1 + e^{-t})\biggr ]_{0}^{\infty} = \ln 2;]

Exercícios Propostos:

1) Mostre que

[;\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(4n+1)(4n+2)} = \frac{\pi}{8} + \frac{\ln 2}{4};]
2) Calcule a soma

[;\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)(2n+2)};]
R: [;\ln 2;]

3) Use a Prop. 1 e mostre que

[;\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)(n+2)} = 1;]

Gostará de ler também:

- Uma Identidade Entre Séries e Integrais;
- Calculando Somas Através da Derivada;
- A Técnica de Soma por Parte (Parte 1);
- A Técnica de Soma por Parte (Parte 2);
- Técnicas para Somatórios.

terça-feira

A Desigualdade de Ptolomeu

Cláudio Ptolomeu foi um grande astrônomo e geômetra grego que viveu no século I d.C. Neste post, provaremos uma desigualdade geométrica muito interessante.

Proposição 1: Dado o quadrilátero [;ABCD;], onde [;AC;] e [;BD;] são as diagonais, então
[;AC\cdot BD \leq AB\cdot CD + BC\cdot AD;]

e a igualdade é válida se e somente se [;ABCD;] é um quadrilátero cíclico.

Demonstração: No quadrilátero [;ABCD;] acima, seja [;E;] um ponto tal que os triângulos [;ACD;]e [;AEB;] sejam semelhantes. ([;A\hat{E}B = A\hat{C}D;]) e ([;B\hat{A}E = C\hat{A}D;]). Assim,

[;\frac{AE}{AC} = \frac{AB}{AD} = \frac{BE}{DE};]
de modo que

[;BE = \frac{AB\cdot DE}{AD} \qquad (1);]

Além disso, sendo [;\triangle ACD \sim \triangle AEB;], então [;E\hat{A}C = B\hat{A}D;] e sendo [;\frac{AD}{AC} = \frac{AB}{AE};] segue que [;\triangle EAC \sim \triangle BAD;]


Assim,

[;\frac{EC}{AC} = \frac{BD}{AD} \quad \Rightarrow \quad EC = \frac{AC\cdot BD}{AD} \qquad (2);]

Agora se [;ABCD;] é um quadrilátero cíclico, temos

[;A\hat{B}E + C\hat{B}A = A\hat{D}C + C\hat{B}A = 180^{\circ};]

Isto significa que os pontos [;C;], [;B;] e [;E;] são colineares e portanto,

[;EC = EB + BC \qquad (3);]

Substituindo [;(1);] e [;(2);] em [;(3);], temos

[;\frac{AC\cdot BD}{AD} = \frac{AB\cdot DC}{AD} + BC \quad \Rightarrow \quad AC\cdot BD = AB\cdot CD + BC\cdot AD \qquad (4);]

A expressão [;(4);] é conhecida por igualdade de Ptolomeu. Se o quadrilátero [;ABCD;] não é cíclico, então

[;A\hat{B}E + C\hat{B}A = A\hat{D}C + C\hat{B}A \neq 180^{\circ};]

de modo que os pontos [;C;], [;B;] e [;E;] formam um triângulo e pela desigualdade triangular segue que

[;EC \prec EB + BC \qquad (5);]

Substituindo [;(1);] e [;(2);] em [;(5);], temos:

[;\frac{AC\cdot BD}{AD} \prec \frac{AB\cdot DC}{AD} + BC \quad \Rightarrow \quad AC\cdot BD \prec AB\cdot CD + BC\cdot AD \qquad (6);]

De [;(4);] e [;(6);], obtemos a desigualdade de Ptolomeu, ou seja,

[;AC\cdot BD \leq AB\cdot CD + BC\cdot AD;]

e a igualdade é válidade se e somente se [;ABCD;] é cíclico.

Gostará de ler também:
- O Teorema de Ptolomeu e o Heptágono Regular;
- O Teorema de Ptolomeu e as Fórmulas Trigonométricas;