\( \newcommand{\combin}[2]{{}^{#1}C_{#2} } \newcommand{\cmod}[3]{#1 \equiv #2\left(\bmod {}{#3}\right)} \newcommand{\mdc}[2]{\left( {#1},{#2}\right)} \newcommand{\mmc}[2]{\left[ {#1},{#2}\right]} \newcommand{\cis}{\mathop{\rm cis}} \newcommand{\sen}{\mathop{\rm sen}} \newcommand{\tg}{\mathop{\rm tg}} \newcommand{\cotg}{\mathop{\rm cotg}} \newcommand{\cosec}{\mathop{\rm cosec}} \newcommand{\cotgh}{\mathop{\rm cotgh}} \newcommand{\cosech}{\mathop{\rm cosech}} \newcommand{\sech}{\mathop{\rm sech}} \newcommand{\sh}{\mathop{\rm sh}} \newcommand{\ch}{\mathop{\rm ch}} \newcommand{\th}{\mathop{\rm th}} \newcommand{\senEL}[1]{\mathop{\rm sen}^{#1}} \newcommand{\tgEL}[1]{\mathop{\rm tg}^{#1}} \newcommand{\cotgEL}[1]{\mathop{\rm cotg}^{#1}} \newcommand{\cosecEL}{\mathop{\rm cosec}^{#1}} \newcommand{\shEL}[1]{\mathop{\rm sh^{#1}}} \newcommand{\chEL}[1]{\mathop{\rm ch^{#1}}} \newcommand{\thEL}[1]{\mathop{\rm th^{#1}}} \newcommand{\cotghEL}[1]{\mathop{\rm cotgh^{#1}}} \newcommand{\cosechEL}[1]{\mathop{\rm cosech^{#1}}} \newcommand{\sechEL}[1]{\mathop{\rm sech^{#1}}} \newcommand{\senq}{\senEL{2}} \newcommand{\tgq}{\tgEL{2}} \newcommand{\cotgq}{\cotgEL{2}} \newcommand{\cosecq}{\cosecEL{2}} \newcommand{\cotghq}{\cotghEL{2}} \newcommand{\cosechq}{\cosechEL{2}} \newcommand{\sechq}{\sechEL{2}} \newcommand{\shq}{\shEL{2}} \newcommand{\chq}{\chEL{2}} \newcommand{\arctg}{\mathop{\rm arctg}} \newcommand{\arcsen}{\mathop{\rm arcsen}} \newcommand{\argsh}{\mathop{\rm argsh}} \newcommand{\argch}{\mathop{\rm argch}} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{#1}} \newcommand{\tr}[1]{ \textnormal{Tr}\left({#1}\right)} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{#1}} \newcommand{\Mod}[1]{\ (\mathrm{mod}\ #1)} \)

28/09/2017

As séries de Maclaurin das secantes trigonométrica e hiperbólica
Introdução aos números de Euler

Eu vou começar pela secante trigonométrica.
Sabe-se que \[\sec(x)=\frac{1}{\cos\left(x\right)}\] como a função cosseno é par, então a função secante é par.
(Caro leitor, se isto não é óbvio, recomendo-lhe que vá ler outra coisa)
Notação:     $f^{(N)}(a)$ designa a derivada de ordem $N$ de $f$ no ponto $a$.
Se $f$ é uma função par, então \[f^{(2n+1)}(0)=0,\text{ } \forall n\in\N_0\]


Como $f$ é par, então $f(x)=f(-x)$, logo $f'(x)=-f'(-x)$.
Tomando $x=0$ temos \begin{eqnarray*} {}&{}&{f'(0)=-f'(0)}\\ {\Leftrightarrow}&{}&{2f'(0)=0}\\ {\Leftrightarrow}&{}&{f'(0)=0} \end{eqnarray*} Para $n\in \N_0$, sendo $f$ par, procede-se da mesma forma.
Temos que: \begin{eqnarray*} f^{(2n+1)}(-x)&=&(-1)^{2n+1}f^{(2n+1)}(x)\\ {}&=&{-f^{(2n+1)}(x)} \end{eqnarray*} toma-se $x=0$ e mais uma vez: \begin{eqnarray*} {}&{}&{f^{(2n+1)}(0)=-f^{(2n+1)}(0)}\\ {\Leftrightarrow}&{}&{2f^{(2n+1)}(0)=0}\\ {\Leftrightarrow}&{}&{f^{(2n+1)}(0)=0} \end{eqnarray*}

Isto significa que a expansão em série de MacLaurin da secante será da forma \[ f(x)=\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{f^{\left( {2n} \right)} \left( 0 \right)x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} \] Seja $a_n=f^{\left( {2n}\right)}\left( 0 \right)$ onde $f(x)=\sec\left(x\right)$
Como \[\sec(x)\times\cos(x)=1\] (Obviamente... para os valores de $x$ para os quais $\cos(x)\neq 0$ )
Então \[ \left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{a_n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} } \right)\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\left( { - 1} \right)^n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} } \right) = 1 \] Pela fórmula da série produto de Cauchy temos que \begin{eqnarray*} {\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{a_n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} } \right)\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\left( { - 1} \right)^n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} } \right)}& = &{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\sum\limits_{l = 0}^n {\frac{{a_l \left( { - 1} \right)^{n - l} }}{{\left( {2l} \right)!\left( {2n - 2l} \right)!}}} } \right)x^{2n} } }\\ {}&=&{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{\left( {2n} \right)!}}\sum\limits_{l = 0}^n {\frac{{a_l \left( {2n} \right)!\left( { - 1} \right)^{n - l} }}{{\left( {2l} \right)!\left( {2n - 2l} \right)!}}} } \right)x^{2n} } }\\ {}&=&{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{\left( {2n} \right)!}}\sum\limits_{l = 0}^n {\left[ { \combin{2n}{2l}a_l } \left( { - 1} \right)^{n - l}\right]} } \right)x^{2n} } }\\ \end{eqnarray*} Portanto \[{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\left( {\frac{1}{{\left( {2n} \right)!}}\sum\limits_{l = 0}^n {\left[ { \combin{2n}{2l}a_l } \left( { - 1} \right)^{n - l}\right]} } \right)x^{2n} } }=1\] Como $a_0=\sec\left(0\right)=1$ \[{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{\left( {2n} \right)!}}\sum\limits_{l = 0}^n {\left[ { \combin{2n}{2l}a_l } \left( { - 1} \right)^{n - l}\right]} } \right)x^{2n} } }=0\] então, para cada $n\in\N_1$ \[\sum\limits_{l = 0}^n {\left[ { \combin{2n}{2l}a_l } \left( { - 1} \right)^{n - l}\right]}=0\] \[\Leftrightarrow a_n=\sum\limits_{l = 0}^{n-1} {\left[ { \combin{2n}{2l}a_l } \left( { - 1} \right)^{n - l+1}\right]}\] Fórmula de recorrência que torna mais fácil a dedução dos coeficientes...até sem calculadora!
\begin{eqnarray*} {a_1}&=&{ \combin{2}{0}a_0 \left( { - 1} \right)^{1 - 0+1}=a_0=1}\\ {a_2}&=&{ \combin{4}{0}a_0 \left( { - 1} \right)^{2 - 0+1}+\combin{4}{2}a_1 \left( { - 1} \right)^{2 - 1+1}=-a_0+6a_1=5}\\ {a_3}&=&{ \combin{6}{0}a_0 \left( { - 1} \right)^{3 - 0+1}+\combin{6}{2}a_1 \left( { - 1} \right)^{3 - 1+1}+\combin{6}{4}a_2 \left( { - 1} \right)^{3 - 2+1}=a_0-15a_1+15a_2=1-15+75=61}\\ a_{4}&=&1385\\ a_{5}&=&50521\\ a_{6}&=&2702765\\ {}&{\vdots }&{} \end{eqnarray*} Como \[\ch (x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\frac{e^{i\cdot(-i)x}+e^{i\cdot ix}}{2}=\cos(ix)\] então \[\sech (x)=\sec(ix)={\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{a_n (ix)^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} }={\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{(-1)^n{a_n x^{2n} }}{{\left( {2n} \right)!}}} }\]

Os números de Euler

Os números de Euler são uma sucessão $(E_n)$ de números inteiros definida pela série de Maclaurin da secante hiperbólica: \[ \sech x=\sum\limits_{n = 0}^\infty \frac{E_n}{n!}x^n \] Então, tendo em conta o que foi feito até agora neste texto:
  • Se $n$ é impar então $E_n=0$
  • Se $n$ é par então $E_n=(-1)^{n/2}{a_{n/2}}$
Uma forma mais simpática de escrever isto será:
  • \[E_{2n+1}=0\]
  • \[E_{2n}=(-1)^{n}{a_{n}}=\sum\limits_{l = 0}^{n-1} {\left[ \combin{2n}{2l}a_l \left( - 1\right)^{1-l}\right]} =-\sum\limits_{l = 0}^{n-1} {\left[ \combin{2n}{2l} E_{2l}\right]}\]
\[\forall n \in \N_0 \]
Bibliografia
PS: Assim que me fôr possível deixo aqui uma lista dos primeiros números de Euler, gerada em Python.

23/09/2017

As primitivas da secante hiperbólica

Exercício:
Determine uma expressão para \[ \int {\sech x} dx\]
\[\arcsen \left(\th x\right) +C_1\] ou \[2\arctg{\left(e^x\right)}+C_2 \] ou \[\arctg{\left(\sh x\right)}+C_3 \] ou \[2\arctg \left[\th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\right] + C_4\]

\begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{\sechq x}{\sech x}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{ (\th x)' }{\sqrt{\sechq x} } }dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{ (\th x)' }{\sqrt{1- \thEL{2} x} } }dx\\ & = & \arcsen \left(\th x\right) + C_1 \end{eqnarray*}


\begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{2}{e^x+e^{-x}}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{ 2e^x }{\left(e^x\right)^2+1 } }dx \\ & = & 2\arctg{\left(e^x\right)}+C_2 \end{eqnarray*}
Ver http://ftp.ist.utl.pt/GAEL/math/integrals/more/sech.htm


\begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{1}{\ch x} dx} \\ & = & \int {\displaystyle\frac{\ch x }{\chEL{2}x }dx} \\ & = & \int {\displaystyle\frac{\ch x }{\shEL{2}x+1 }dx}\\ & = & \arctg\left(\sh x\right)+C_3 \end{eqnarray*}
Ver http://ftp.ist.utl.pt/GAEL/math/integrals/tableof.htm


Pode-se proceder de forma análoga ao que se fez para a secante trigonométrica
Calculemos as primitivas da função secante hiperbólica, recorrendo à substituição \[t = \th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\]. Recorde-se que \[ \ch x = \displaystyle\frac{{1 + t^2 }}{{1 - t^2 }} \] e \[ \sh x = \displaystyle\frac{{2t}}{{1 - t^2 }} \] E portanto \begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{1}{\ch x}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{1 - t^2 }{1 + t^2 } \times \displaystyle\frac{2}{1 - t^2 }}dt \\ & = & \int{\displaystyle\frac{2}{1 + t^2} } dt\\ & = & 2\arctg t + C_4\\ & = & 2\arctg \left[\th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\right] + C_4 \end{eqnarray*} Resultado curioso...
Note-se que \[\left(\sech x\right)'=-\th x \sech x\] e \[\left(\th x\right)'=\sechq x\]. Portanto, multiplicar e dividir por $\th x + \sech x$ não nos conduz a algo como o simpático resultado que temos para a secante trigonométrica...

De uma substituição às primitivas da secante

Da substituição $t = \tg \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)$ até uma primitiva imediata
Calculemos a primitiva da função secante, recorrendo à substituição \[t = \tg \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\]. Recorde-se que \[ \cos x = \displaystyle\frac{{1 - t^2 }}{{1 + t^2 }} \] e \[ \sen x = \displaystyle\frac{{2t}}{{1 + t^2 }} \] \begin{eqnarray*} \int {\sec x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{1}{\cos x}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{1 + t^2 }{1 - t^2 } \times \displaystyle\frac{2}{1 + t^2 }}dt \\ & = & \int{\displaystyle\frac{2}{1 - t^2} } dt\\ & = & \int {\displaystyle\frac{{ - 1}}{{t - 1}}dt} + \int {\displaystyle\frac{1}{{t + 1}}} dt\\ & = & - \ln \left| {t - 1} \right| + \ln \left| {t + 1} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{t + 1}{t - 1}} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + 1}}{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - 1}}}\right| + C \end{eqnarray*} Agora procurarei outra forma para esta expressão, por forma a que as funções trigonométricas venham em função de $x$ e não de $\displaystyle\frac{x}{2}$. \begin{eqnarray*} \ln \left| {\displaystyle\frac{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + 1}}{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - 1}}}\right| +C & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\displaystyle\frac{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}{{\cos \left({\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}} + 1}}{{\displaystyle\frac{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}{{\cos \left({\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}} - 1}}} \right| +C\\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + \cos \left({\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - \cos \left( {\displaystyle\frac{x}{2}}\right)}}}\right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\left( {\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + \cos \left( {\displaystyle\frac{x}{2}}\right)} \right)^2 }}{{\senq \left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - \cos ^2 \left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}} \right| + C\\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{1 + 2\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)\cos \left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}} {{ - \cos \left( x \right)}}} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{1 + \sen x}}{{\cos x}}} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\sec x + \tg x} \right| + C \end{eqnarray*} A primitiva imediata
Observando o resultado anterior, e recordando as regras de derivação da secante e da tangente, notamos que para primitivar $\sec x$ basta multiplicar e dividir a expressão por $\sec x + \tg x$ \begin{eqnarray*} \int {\sec x dx} & = & \int {\sec x \times\displaystyle\frac{\sec x + \tg x}{\sec x + \tg x}dx}\\ & = & \int {\displaystyle\frac{\sec ^2 x + \sec x\tg x}{\sec x + \tg x} dx}\\ & = & \ln \left| \sec x +\tg x \right| + C \end{eqnarray*} e então, graças à regra de derivação da função composta: \[\int {u'\sec udx = } \ln \left| {\sec u + \tg u} \right| + C\] Regra que pode ser utilizada para primitivar por exemplo... a cosecante :)

Exercício: a partir desta regra, e sabendo que $\cosec x = \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right)$ calcule a primitiva da cosecante.
\[\int \cosec x dx=- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C\] \[\int u' \cosec u dx=- \ln \left| \cosec u +\cotg u \right| + C\]

\begin{eqnarray*} \int \cosec x dx &=&\int \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) dx\\ {}&{=}&{-\int -\sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) dx}\\ {}&{=}&{- \ln \left| \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) +\tg \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) \right| + C}\\ {}&{=}&{- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C} \end{eqnarray*}


\begin{eqnarray*} \int \cosec x dx &=&\int \cosec x \times \frac{\cosec x +\cotg x }{\cosec x +\cotg x }dx\\ {}&{=}&\int \frac{\cosecq x +\cotg x \cosec x}{\cosec x +\cotg x }dx\\ {}&{=}&{-\int \frac{-\cosecq x -\cotg x \cosec x}{\cosec x +\cotg x }dx}\\ {}&{=}&{- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C} \end{eqnarray*}

Exercício: E qual é a primitiva da secante hiperbólica?
Resoluções aqui: http://zonaexacta.blogspot.com/2017/09/a-primitiva-da-secante-hiperbolica.html
Nota: Por abuso de linguagem costumamos dizer "a primitiva" de uma função. No entanto como existe uma primitiva para cada constante $C$, na verdade a designação correcta é "as primitivas" de uma função, ou, "a família de primitivas de...", e só por isso deixei o título no plural. No entanto, no resto do blog, salvo um ou outro caso, manterei o abuso de linguagem.
PS

15/09/2017

Recorrência secreta...


Problema
Considere a sucessão $(a_n)$ de números reais definida por:
\[a_0 = 1\text{ e } a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}, n \in \N_0 \] Mostre que $(a_n)$ é uma sucessão de números inteiros positivos e que $a_n\cdot a_{n + 1} - 1$ é, para cada $n \in \N_0$, um quadrado perfeito.

Ideia 1

\begin{eqnarray*} {2a_{n + 1}}&{=}&{ 7a_n + \sqrt {45a_n ^2 - 36}} \\ { 2a_{n + 1} - 7a_n }&{=}&{ \sqrt {45a_n ^2 - 36} } \\ { 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 49a_n ^2 }&{=}&{ 45a_n ^2 - 36 } \\ { 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 4a_n ^2 }&{=}&{ - 36 } \\ { a_{n + 1} ^2 - 7a_n a_{n + 1} + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 0} \\ { a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 7a_n a_{n + 1} } \end{eqnarray*}

Ideia 2

$a_{n+1}$ é o zero de \[ x^2 - 7a_n x + a_n ^2 + 9 = 0 \] correspondente ao sinal $+$.

Ideia 3

\[ x^2 - 7a_n x + a_n ^2 + 9 = \left( {x - \frac{{7a_n }}{2}} \right)^2 - \frac{{45a_n ^2 - 36}}{4} = \left( {x - \frac{{7a_n }}{2}} \right)^2 - \frac{9\times\left({5a_n ^2 - 4}\right)}{4} \] portanto $a_{n+1}$ é solução positiva de \[ \left( {2x - 7a_n } \right)^2 - 9\left( {5a_n ^2 - 4} \right) = 0 \]

Ideia 4

\begin{eqnarray*} {a_{0}}&{=}&{ 1} \\ {a_{1}}&{=}&{ 5} \\ {a_{2}}&{=}&{ 34} \\ {a_{3}}&{=}&{ 233} \\ {a_{4}}&{=}&{ 1597} \\ {a_{5}}&{=}&{ 10946} \\ {a_{6}}&{=}&{ 75025} \\ {a_{7}}&{=}&{ 514229} \end{eqnarray*}

Ideia 5

\[ 2a_{n + 1} - 7a_n = 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \]

Ideia 6

\[ \begin{array}{l} 2a_{n + 1} = 7a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \\ 2a_{n + 1} = 7a_n + 3u_n \\ 2a_{n + 1} - 2a_n = 5a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \\ a_{n + 1} - a_n =\displaystyle \frac{{5a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} }}{2} \end{array} \]

Ideia 7

Quanto à segunda parte \[ \begin{array}{l} a_{n + 1} a_n - 1 = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 1} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 1} }}} \right)\frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 5} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 5} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + \Phi ^4 + \frac{1}{{\Phi ^4 }} + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + \frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2} + \frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2} + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + 2 + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }} + 5} \right) - 1 = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{4n + 3} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 3} }}} \right)^2 = \frac{1}{5}\left( {\frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\sqrt 5 ^k } + \frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\left( { - 1} \right)^{4n + 3 - k} \sqrt 5 ^k } } \right)^2 \\ =\frac{1}{5}\left( {\frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\sqrt 5 ^k \left[ {\left( { - 1} \right)^{4n + 3 - k} + 1} \right]} } \right)^2 \\ = \frac{1}{5}\left( {\frac{2}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{j = 0}^{2n + 1} {\combin{4n+3}{2j+1}\sqrt 5 ^{2j + 1} } } \right)^2 \\ = \frac{5}{5}\left( {\frac{2}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{j = 0}^{2n + 1} {\combin{4n+3}{2j+1} 5 ^{j } } } \right)^2 \end{array} \]


Proposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas) \begin{eqnarray*} {2a_{n + 1}}&{=}&{ 7a_n + \sqrt {45a_n ^2 - 36}} \\ {\Leftrightarrow 2a_{n + 1} - 7a_n }&{=}&{ \sqrt {45a_n ^2 - 36} } \\ {\Rightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 49a_n ^2 }&{=}&{ 45a_n ^2 - 36 } \\ {\Leftrightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 4a_n ^2 }&{=}&{ - 36 } \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 - 7a_n a_{n + 1} + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 0} \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 7a_n a_{n + 1} } \end{eqnarray*} Então \[{ a_{n + 2} ^2 + a_{n+1} ^2 + 9 = 7a_{n + 1} a_{n + 2} } \] Subtraindo a penúltima equação da última, temos: \[a_{n + 2} ^2 - a_{n} ^2 = 7a_{n + 1} \left(a_{n + 2}- a_{n }\right) \] \[\Leftrightarrow a_{n + 2} + a_{n} = 7a_{n + 1} \]

\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\] logo \[a_{n + 2} >a_{n + 1}>a_{n}\] ou seja, $a_{n+2}-a_{n}>0$
\[\Leftrightarrow a_{n + 2} -7a_{n + 1}+ a_{n} = 0 \] A equação característica desta equação de diferenças é \[ r^2-7r+1=0 \] que tem como raízes \[ r = \frac{{7 \pm \sqrt {45} }}{2} = \frac{{7 \pm 3\sqrt 5 }}{2} \] e portanto \[ a_n=C_1\left(\frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2}\right)^n+C_2\left(\frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2}\right)^n\] como $a_0=1$ temos \[\label{eq15092017I}\tag{1}1=C_1+C_2\]
Como $a_1=\displaystyle\frac{7a_0+\sqrt{45a_0^2-36}}{2}=\displaystyle\frac{7+3}{2}=5$ então \[\label{eq15092017II}\tag{2}5=C_1\left(\frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2}\right)+C_2\left(\frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2}\right)\] resolvendo o sistema composto pelas equações ($\ref{eq15092017I}$) e ($\ref{eq15092017II}$) chegamos a \[ \begin{array}{l} C_1 = \displaystyle\frac{{5 + \sqrt 5 }}{{10}} \\ C_2 = \displaystyle\frac{{5 - \sqrt 5 }}{{10}} \end{array} \] E portanto \[ a_n = \left( {\frac{{5 + \sqrt 5 }}{{10}}} \right)\left( {\frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2}} \right)^n + \left( {\frac{{5 - \sqrt 5 }}{{10}}} \right)\left( {\frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2}} \right)^n \] Note-se que se \[ \Phi = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} \] Então esta solução consegue-se reescrever na forma \[ a_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 1} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 1} }}} \right) \] Uma vez que a sucessão de Fibonacci tem como expressão geral \[ F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n + 1} + \frac{{\left( { - 1} \right)^n }}{{\Phi ^{n + 1} }}} \right) \] Então \[ a_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 1} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 1} }}} \right) = F_{4n} \] Sendo $(a_n)$ uma subsucessão da sucessão de Fibonacci, está provado que $(a_n)$ é uma sucessão de números inteiros positivos.

Para a segunda parte, convém-me enunciar duas fórmulas associadas à sucessão de Fibonacci.

Antes de continuar, faço notar que nesta versão da sucessão $F_0=1,F_1=1,F_2=2,F_3=3,F_4=5\cdots$


Resultado 1: \[ F_n F_{n + 1} = \sum\limits_{k = 0}^n {F_k ^2 } \]

\begin{eqnarray*} {F_n F_{n + 1}}&{=}&{F_n \left(F_{n}+F_{n-1}\right)}\\ {}&{=}&{F_n^2+F_{n}F_{n-1}}\\ {}&{=}&{F_n^2+F_{n-1}^2+F_{n-1}F_{n-2}}\\ {}&{=}&{\cdots}\\ {}&{=}&{F_n^2+F_{n-1}^2+\cdots +F_1^2+F_1F_0} \end{eqnarray*} Como $F_1=F_0$, está provado.
$\blacksquare$

Resultado 2 (Cassini): \[ F_{n + 1} F_{n - 1} - F_n^2= \left(-1\right)^{n-1} \]
\begin{eqnarray*} {F_{n + 1} F_{n - 1} - F_n^2}&{=}&{F_{n}F_{n-1}+F_{n-1}^2- F_n^2}\\ {}&{=}&{F_n\left(F_{n-1}-F_n\right)+F_{n-1}^2}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)\left[F_n\left(F_n-F_{n-1}\right)-F_{n-1}^2\right]}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)\left(F_nF_{n-2}-F_{n-1}^2\right)}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^2\left(F_{n-1}F_{n-3}-F_{n-2}^2\right)}\\ {}&{=}&{\cdots}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^{n-1}\left(F_{2}F_{0}-F_{1}^2\right)}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^{n-1}\left(2\cdot1-1^2\right)}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^{n-1}} \end{eqnarray*}
$\blacksquare$

E finalmente, passemos à resolução da segunda parte: provar que $a_n\cdot a_{n + 1} - 1$ é quadrado perfeito
\begin{eqnarray*} {a_n\cdot a_{n + 1} - 1}&{=}&{F_{4n}\cdot F_{4n + 4} - 1}\\ {}&{=}&{\left(F_{4n+2}-F_{4n+1}\right)\cdot \left(F_{4n+3}+F_{4n+2}\right) - 1}\\ {}&{=}&{F_{4n+2}F_{4n+3}+F_{4n+2}^2-F_{4n+1}F_{4n+3}-F_{4n+1}F_{4n+2} - 1} \end{eqnarray*} Aplicando o resultado 1 \begin{eqnarray*} {}&{=}&{\sum\limits_{k = 0}^{4n+2} {F_k ^2 }+F_{4n+2}^2-F_{4n+1}F_{4n+3}-\sum\limits_{k = 0}^{4n+1} {F_k ^2 } - 1}\\ {}&{=}&{2F_{4n+2}^2-F_{4n+1}F_{4n+3} - 1} \end{eqnarray*} Aplicando o resultado 2 \begin{eqnarray*} {}&{=}&{2F_{4n+2}^2-\left(F_{4n+2}^2+\left(-1\right)^{4n+2-1}\right) - 1}\\ {}&{=}&{2F_{4n+2}^2-F_{4n+2}^2+1 - 1}\\ {}&{=}&{F_{4n+2}^2} \end{eqnarray*}
$\blacksquare$




2ªProposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas) \begin{eqnarray*} {2a_{n + 1}}&{=}&{ 7a_n + \sqrt {45a_n ^2 - 36}} \\ {\Leftrightarrow 2a_{n + 1} - 7a_n }&{=}&{ \sqrt {45a_n ^2 - 36} } \\ {\Rightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 49a_n ^2 }&{=}&{ 45a_n ^2 - 36 } \\ {\Leftrightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 4a_n ^2 }&{=}&{ - 36 } \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 - 7a_n a_{n + 1} + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 0} \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 7a_n a_{n + 1} } \end{eqnarray*} Então \[{ a_{n + 2} ^2 + a_{n+1} ^2 + 9 = 7a_{n + 1} a_{n + 2} } \] Subtraindo a penúltima equação da última, temos: \[a_{n + 2} ^2 - a_{n} ^2 = 7a_{n + 1} \left(a_{n + 2}- a_{n }\right) \] \[\Leftrightarrow a_{n + 2} + a_{n} = 7a_{n + 1} \]

\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\] logo \[a_{n + 2} >a_{n + 1}>a_{n}\] ou seja, $a_{n+2}-a_{n}>0$
\[\Leftrightarrow a_{n + 2} -7a_{n + 1}+ a_{n} = 0 \] Façamos \[b_n=a_{n + 1}\] Então \[ \left\{ {\begin{array}{l} {a_{n + 1} = b_n } \\ {b_{n + 1} = 7b_n - a_n } \end{array}} \right. \] Sabe-se que $a_0=1$; $b_0=a_1=5$ são inteiros positivos.
Então, por indução matemática consegue-se provar que o par $(a_n,b_n)$ é de inteiros positivos.
Considere-se a proposição:
  • O par $(a_n,b_n)$ é de inteiros positivos.
  • $a_n \leq b_n$
A proposição é verdadeira para $n=0$ como já se viu.
Vamos ver que a propriedade é hereditária:
Assumindo por hipótese que a propriedade é válida para $n$, a relação \[ a_{n + 1} = b_n \] Mostra-nos imediatamente que $a_{n + 1}$ é inteiro positivo.
E a relação $b_{n + 1} = 7b_n - a_n$ diz-nos que $b_{n + 1}$ é inteiro.
Por outro lado $a_n\leq b_n \Leftrightarrow -a_n\geq -b_n$, logo \[b_{n + 1} = 7b_n - a_n\geq 7b_n - b_n =6b_n\] Ficando com isto provado que $b_{n + 1}$ é positivo.
Fica assim provada a proposição, e com isto a primeira parte do problema.
Para a segunda parte...
Acima vimos que \[ a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 = 7a_n a_{n + 1} \] isto é equivalente a \[ \begin{array}{l} a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 = 7a_n a_{n + 1} - 9 \\ \Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 + 2a_n a_{n + 1} + a_n ^2 = 9a_n a_{n + 1} - 9 \\ \Leftrightarrow \left( {\displaystyle\frac{{a_{n + 1} + a_n }}{3}} \right)^2 = a_n a_{n + 1} - 1 \end{array} \] Assim, para provar que \[ a_n a_{n + 1} - 1 \] é um quadrado perfeito, basta provar que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de 3.
Isso faz-se mais uma vez por indução em $n$
  • Para $n=0$ temos $a_1+a_0=5+1=6$ que é múltiplo de $3$
  • Partindo da hipótese que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de $3$ temos que \[{a_{n + 2} + a_{n + 1} }=7a_{n + 1}-a_n+a_{n + 1}=9a_{n + 1}-(a_{n + 1}+a_n)\] Que é múltiplo de $3$, pois $9a_{n + 1}$ é múltiplo de $3$ e $a_{n + 1}+a_n$ é múltiplo de $3$ por hipótese.
Assim, ficou provado que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de $3$, para todo o $n\in \N_0$, logo que $a_n a_{n + 1} - 1$ é quadrado perfeito, ficando com isto concluída a resolução do problema.

Nota do autor
Consegue-se reescrever a resolução da primeira parte para não ser necessário a sucessão auxiliar $b_n$.


Comparando ambas as resoluções conclui-se que \[F_{4n+4}+F_{4n}=3F_{4n+2}\] Mas isto na verdade, não é nada de especial: \[F_{N+4}=F_{N+3}+F_{N+2}=F_{N+2}+F_{N+1}+F_{N+2}=F_{N+2}+F_{N+2}-F_{N}+F_{N+2}=3F_{N+2}-F_{N}\] E portanto \[F_{N+4}+F_{N}=3F_{N+2}\text{ }\forall N \in \N_0\] em particular é válido para $N=4n$, sendo $n$ um número arbitrário em $\N_0$.
(O resultado é independente da versão da sucessão de Fibonacci $(F_n)$ utilizada).

Problema original em http://www.uc.pt/fctuc/dmat/delfos/problemas ( Projecto Delfos ) - Teste de selecção 5, questão 4 de 2014.

Algumas observações sobre 'a' sucessão de Fibonacci

A sucessão de Fibonacci é definida pela fórmula de recorrência \[ F_{n+2}=F_{n+1}+F_n \] e por duas condições iniciais, que, cuidado, nem sempre são as mesmas.
A expressão geral para a recorrência é \[ F_{n}=C_1\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+C_2\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\]
\[F_{n+2}-F_{n+1}-F_n=0\] A equação característica associada é \[r^2-r-1=0\] Que tem como zeros \[r=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\]
Os valores de $C_1$ e $C_2$ dependem dos valores das condições iniciais.
Note-se que $\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\Phi$ é o número de ouro, que também nos permite escrever a fórmula de outras formas
Condições iniciaisAlgumas fórmulas explícitasEm função de $\Phi$ $n \in $
\[F_0=1\]\[F_1=1\] \begin{eqnarray*} {F_{n}}&=&{\left(\frac{5+\sqrt{5}}{10}\right)\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\frac{5-\sqrt{5}}{10}\right)\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}\\ {F_{n}}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right]} \end{eqnarray*} \[F_n=\frac{\Phi^{n+1}+\left(-1\right)^n\Phi^{-n-1}}{\sqrt{5}}\] \[F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n + 1} + \frac{{\left( { - 1} \right)^n }}{{\Phi ^{n + 1} }}} \right)\] \[\N_0\]
\[F_0=0\]\[F_1=1\] \begin{eqnarray*} {F_{n}}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}\\ {F_{n}}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right]} \end{eqnarray*} \[F_n=\frac{\Phi^{n}+\left(-1\right)^{n-1}\Phi^{-n}}{\sqrt{5}}\] \[F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n} + \frac{{\left( { - 1} \right)^{n-1} }}{{\Phi ^{n } }}} \right)\] \[\N_0\]
\[F_1=1\]\[F_2=1\] \begin{eqnarray*} {F_{n}}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}\\ {F_{n}}&=&{\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right]} \end{eqnarray*} \[F_n=\frac{\Phi^{n}+\left(-1\right)^{n-1}\Phi^{-n}}{\sqrt{5}}\] \[F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n} + \frac{{\left( { - 1} \right)^{n-1} }}{{\Phi ^{n} }}} \right)\] \[\N_1\]
\[F_1=0\]\[F_2=1\] \begin{eqnarray*} {F_{n}}&=&{\left(\frac{5-\sqrt{5}}{10}\right)\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\frac{5+\sqrt{5}}{10}\right)\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n} \end{eqnarray*} \[F_n=\frac{\Phi^{n-1}+\left(-1\right)^n\Phi^{-n+1}}{\sqrt{5}}\] \[F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n-1} + \frac{{\left( { - 1} \right)^{n} }}{{\Phi ^{n-1} }}} \right)\] \[\N_1\]
Por vezes até generalizam-se os números de Fibonacci a argumentos negativos, recorrendo a estas fórmulas ou à fórmula de recorrência.
Existindo várias fórmulas associadas a números de Fibonacci, é sempre conveniente saber a que versão da sucessão essas fórmulas estão associadas, por forma a evitar erros nos resultados.
Nota
Esta página poderá ser actualizada no futuro.