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

23/09/2017

As primitivas da secante hiperbólica

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

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_1\\ & = & 2\arctg \left[\th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\right] + C_1 \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...


\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_2 \end{eqnarray*}

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.

07/09/2017

Contando divisíveis por 11

Problema
Considere todos os números naturais com quinze algarismos que são constituídos apenas por $3$ e/ou $8$ (por exemplo $333333338888888$ ou $333333333333333$)
Quantos destes números são divisíveis por $11$?

210

Proposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas)
Seja \[N=\overline{a_{15}a_{14}a_{13}...a_{3}a_{2}a_{1}}\] O número $N$ é divisível por $11$ sse o módulo da diferença entre a soma dos algarismos de ordem impar e a soma dos algarismos de ordem par é um múltiplo de $11$.
Por outras palavras, no nosso caso, se \[ \left|S_i-S_p\right|=\dot {11} \] onde $S_i=a_1+a_3+a_5+a_7+a_9+a_{11}+a_{13}+a_{15}$ (uma soma com oito parcelas)
e $S_p=a_2+a_4+a_6+a_8+a_{10}+a_{12}+a_{14}$ (uma soma com sete parcelas)

Nas condições do enunciado, o valor mínimo para $S_i$ obtem-se quando cada uma das oito parcelas desta soma vale $3$ e o valor máximo quando cada uma delas vale $8$.
Assim sendo: \[ 3\times 8\leq S_i \leq 8\times 8 \] Ou seja \[ 24\leq S_i \leq 64 \] Procede-se da mesma forma para $S_p$, ou seja, o valor mínimo para $S_p$ obtem-se quando cada uma das sete parcelas desta soma vale $3$ e o valor máximo quando cada uma delas vale $8$ . ( Digam lá que copy-paste não dá jeito a escrever Matemática )
Assim sendo: \[ 3\times 7\leq S_p \leq 8\times 7 \] Ou seja \[ 21\leq S_p \leq 56 \] O valor seguinte possível para $S_p$ é $26$ que corresponde a substituir um $3$ por um $8$ (observe-se que $21-3+8=26$)
O seguinte é $31$, pela mesma razão...
Vemos assim que $S_p=21+5n$ com $n\in \left\{0,1,2,3,4,5,6,7\right\}$ onde $n$ é o número de algarismos $8$ na soma dos algarismos de ordem par.
Ou seja, os possíveis valores para $S_p$ são $21,26,31,36,41,46,51,56$.
Da mesma forma $S_i=24+5n$ com $n\in \left\{0,1,2,3,4,5,6,7,8\right\}$ onde $n$ é o número de algarismos $8$ na soma dos algarismos de ordem impar.
Então, os possíveis valores para $S_p$ são $24,29,34,39,44,49,54,59,64$.

Se $S_p=21$, para que $S_i-S_p$ seja múltiplo de $11$, o único valor possível para $S_i$ de entre os valores disponíveis é $54$
(pois $54-21=33=3\times 11$)

As fórmulas que dão os $S_p$ e os $S_i$ são de progressões aritméticas de razão $5$.
Então, partindo do par ordenado $(S_p,S_i)=(21,54)$ conseguem-se obter mais dois pares:

\[(26,59) \text{ e } (31,64)\]

Como $64$ é o valor máximo possível para $S_i$, para obter mais pares vamos repetir o processo, mas desta vez começando pelo valor mais baixo possível para $S_i$

Se $S_i=24$, o único valor possível para $S_p$ é $46$.
E tal como anteriormente, partindo deste par ordenado de somas $(S_p,S_i)=(46,24)$ obtêm-se mais duas:

\[(51,29) \text{ e } (56,34)\]
. Como $56$ é o valor máximo possível para $S_p$, obtivemos todos os pares possíveis de somas $(S_p,S_i)$.

Só falta calcular quantos números correspondem a cada par de somas, e somar
$(S_p,S_i)$Número de 8s em ordem parNúmero de 8s em ordem imparTotal de números
$(21,54)$06$\combin{7}{0}\times \combin{8}{6}=\combin{8}{2}=\frac{8\times7}{2}=4\times7=28$
$(26,59)$17$\combin{7}{1}\times \combin{8}{7}=7\times8=56$
$(31,64)$28$\combin{7}{2}\times \combin{8}{8}=\frac{7\times6}{2}\times1=7\times 3=21$
$(46,24)$50$\combin{7}{5}\times \combin{8}{0}=\combin{7}{2}\times \combin{8}{8}=21$
$(51,29)$61$\combin{7}{6}\times \combin{8}{1}=\combin{7}{1}\times \combin{8}{7}=56$
$(56,34)$72$\combin{7}{7}\times \combin{8}{2}=\combin{7}{0}\times \combin{8}{6}=28$
Total=$2\times (28+56+21)=2\times105=210$
Nota do autor:
As contagens conseguem ser feitas sem ser necessário recorrer a combinatória...
Problema colocado originalmente no projecto Delfos. (ok... é melhor não resolver muitos problemas deles aqui..)