Transformação de polinômio

por **marioitalo** » Qua Out 15, 2008 20:26

Olá a todos,

Estive lendo a resolução de um problema que consistia em provar que $\sum_{k=0}^{n}k^3 = \frac{n^2(n + 1)^2}{4}$ , o que é equivalente a $\sum_{k=0}^{n}k^3 = \left(\sum_{k=0}^{n}k\right)^2$

Pois bem, acontece que o primeiro passo para quem elaborou o gabarito foi transformar k^3

em

Não consigo entender de onde saiu essa expressão. Consegui enxergar apenas que ak(k + 1)(k + 2)

foi fatorado de ak3 + 3ak2 + 2ak

, que

foi fatorado de bk2 + bk

e

de

Alguém pode me socorrer, porque estou há um tempão tentando enxergar de onde surgiu esse desdobramento, se foi baseado em algum teorema, se foi por derivada, integral, intuição... O pior é que deve ser algo bem banal e tá me deixando maluco.

por **admin** » Sex Out 17, 2008 05:33

Olá marioitalo, boas-vindas!

Somente partindo desta expansão em particular eu ainda também não percebi qual foi a expressão considerada inicialmente e o objetivo na demonstração. Talvez a idéia fique mais clara enviando a resolução completa para apreciarmos.

Vale dizer que não há apenas uma prova ou demonstração para esta soma de cubos, há várias.
Não sei se sua dúvida é apenas esta ou se a idéia de outra demonstração ajudaria.

Por exemplo, uma possibilidade é considerar a seguinte expansão:

(k+1)^4 = k^4 + 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1

E antes de variarmos

de

a

, escrevemos assim:

(k+1)^4 - k^4 = 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1

Fazendo

variar, temos:

$\begin{array}{lll} k=0: & & 1^4-0^4 = 4\cdot 0^3 + 6 \cdot 0^2 + 4\cdot 0 + 1 \\ k=1: & & 2^4-1^4 = 4\cdot 1^3 + 6 \cdot 1^2 + 4\cdot 1 + 1 \\ k=2: & & 3^4-2^4 = 4\cdot 2^3 + 6 \cdot 2^2 + 4\cdot 2 + 1 \\ k=3: & & 4^4-3^4 = 4\cdot 3^3 + 6 \cdot 3^2 + 4\cdot 3 + 1 \\ \\ \vdots & & \vdots \\ \\ k=(n-1): & & n^4-(n-1)^4 = 4\cdot (n-1)^3 + 6 \cdot (n-1)^2 + 4\cdot (n-1) + 1 \\ k=n: & & (n+1)^4-n^4 = 4\cdot n^3 + 6\cdot n^2 + 4\cdot n + 1 \\ \end{array}$

Repare que somando todos os membros, do lado esquerdo teremos vários cancelamentos, e do lado direito colocamos em evidência a soma dos cubos, dos quadrados e dos naturais:

$\begin{array}{ll} (n+1)^4-0^4 = & 4(0^3+1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3) + \\ & 6(0^2+1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2) + \\ & 4(0+1+2+3+\cdots + n) + \\ & (n+1) \end{array}$

Chamando de

$S = \sum_{k=0}^{n}k^3 = 0^3 + 1^3 + 2^3 + \cdots + n^3$

$(n+1)^4 = 4 \cdot S + 6(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2) + 4(1+2+3+\cdots + n) + n + 1$

Agora consideramos a soma dos quadrados obtida de forma análoga:
$0^2 + 1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

E também esta mais comum:
$0+1+2+3+\cdots+n = \frac{(n+1)n}{2}$

$(n+1)^4 = 4 \cdot S + 6\cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 4\cdot \frac{(n+1)n}{2} + n + 1$

Expandindo a quarta potência, fazendo as outras distributivas e isolando

, obtemos:

$S = \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2$

Até mais!

por **marioitalo** » Sex Out 17, 2008 15:41

Muito obrigado pela resposta e pelas boas vindas, Fabio.

Segue abaixo o desenvolvimento completo da questão.
Obs.: Eu consegui chegar à expressão k(k + 1)(k + 2) - 3k(k + 1) + k

fazendo a expansão de (k+1-1)^3

, como se fosse (x+y)^3

considerando x=(k+1)

e

e rearrumando os termos, mas ainda assim não sei como se chegou àquela outra expressão.

Abraço.

Prove que:
$1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = \left(\sum_{k=1}^{n}k \right)^2$

Resposta: Temos que:

$1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = \sum_{k=1}^{n}k^3$

Observe que:

*(Aqui está minha dúvida!)

Logo, temos que:

$3a +b=0 \Rightarrow b=-3$
$2a + b + c = 0 \Rightarrow 2(1) + (-3) + c = 0 \Rightarrow -1 +c = 0 \Rightarrow c=1$

Temos então, que:

$\sum_{k=1}^{n}k^3=\sum_{k=1}^{n}k(k + 1)(k + 2)-3k(k + 1) + k$ **(Consegui chegar nesta expressão fazendo )

Fazendo por partes, temos que:

1ª parte:

$\sum_{k=1}^{n}k(k + 1)(k + 2) = \sum_{k=1}^{n}k(k + 1)(k + 2)\frac{(k-1)!}{(k-1)!}$

$=\sum_{k=1}^{n}\frac{(k+2)!}{(k-1)!}=\sum_{k=1}^{n}\frac{(k+2)!}{(k-1)!}\frac{3!}{3!}$

$=3!\sum_{k=1}^{n}\frac{(k+2)!}{(k-1)!3!}=3![C(3,3)+...+C(n+2,3)]$

(pelo teorema das colunas do triângulo de Pascal)

$=3!\frac{(n+3)!}{4!(n-1)!}=\frac{3!(n+3)(n+2)(n+1)n(n-1)!}{4(3!)(n-1)!}$

$=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$

2ª parte:

$\sum_{k=1}^{n}(k + 1)k\frac{(k-1)!}{(k-1)!}$

$=\sum_{k=1}^{n}\frac{(k + 1)!}{(k-1)!}=\sum_{k=1}^{n}\frac{(k + 1)!}{(k-1)!}\frac{2!}{2!}$

$=2!\sum_{k=1}^{n}\frac{(k + 1)!}{2!(k-1)!}=2!\sum_{k=1}^{n}C(k+1,2)$

(pelo teorema das colunas)

$=2!\frac{(n+2)!}{3!(n+2-3)} = 2!\frac{(n+2)(n+1)(n)(n-1)!}{3!(n-1)!}=\frac{(n+1)(n+2)(n)}{3}$

3ª Parte:

$\sum_{k=1}^{n}k\frac{(k-1)!}{(k-1)!}=\sum_{k=1}^{n}\frac{k!}{1!(k-1)!}$

$=\sum_{k=1}^{n}C(k,1)=C(n+1,2)$ (pelo teorema das colunas)

$=\frac{n(n+1)!}{2!(n+1-2)}=\frac{n(n+1)(n-1)!}{2!(n-1)}=\frac{n(n+1)}{2}$

Temos então que:

$\sum_{k=1}^{n}k(k + 1)(k + 2)-3k(k + 1) + k$

$=\sum_{k=1}^{n}k(k + 1)(k + 2)+\sum_{k=1}^{n}(-3)k(k + 1) +\sum_{k=1}^{n} k$

$=\sum_{k=1}^{n}k(k + 1)(k + 2)-3\sum_{k=1}^{n}k(k + 1) +\sum_{k=1}^{n} k=$

$=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}-3\frac{(n+1)(n+2)(n)}{3}+\frac{n(n+1)}{2}$

$=\frac{3n(n+1)(n+2)(n+3)-12(n+1)(n+2)(n)+6n(n+1)}{12}$

$=\frac{n(n+1)[3(n+2)(n+3)-12(n+2)+6n]}{12}$

$=\frac{n(n+1)(3n^2+15n+18-12n-18)}{12}$

$=\frac{n(n+1)(3n^2+3n)}{12}=\frac{n(n+1)3n(n+1)}{12}=\frac{n(n+1)n(n+1)}{4}$

$=\frac{n^2(n+1)^2}{4}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2=\left(\sum_{k=1}^{n}k \right)^2$

por **admin** » Sex Out 17, 2008 18:03

Olá marioitalo!

Agora a idéia criativa da demonstração ficou mais clara.
Antes, um detalhe de edição que percebi: na segunda parte, 2ª e 3ª linhas, faltou o símbolo fatorial em (k+1)!

.

Sobre a sua dúvida para a escolha de k^3

daquela forma, podemos dizer que sim, foi uma "intuição" tática.
A origem desta idéia surge ao observar onde queremos chegar, ou seja:

$S = \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2$

Em destaque, este produto: $n\cdot(n+1)$ .

Quem criou a demonstração queria "fazer surgir" fatoriais para após as simplificações ficar com o produto $n\cdot(n+1)$ .

Note que k^3

pode ser representado de outras formas conforme conveniência na prova.

Como aquela foi a escolha, estas são as condições para que a expressão se mantenha verdadeira:

$3a +b=0 \Rightarrow b=-3$
$2a + b + c = 0 \Rightarrow 2(1) + (-3) + c = 0 \Rightarrow -1 +c = 0 \Rightarrow c=1$

De modo que os termos de grau 2 e 1 sejam anulados, ficando o de grau 3 com coeficiente 1:
k^3 = ak^3 + (3a + b)k^2 + (2a + b + c)k

Há outras demonstrações também bem interessantes e criativas. Li sobre uma geométrica que consta no livro do Simmons, cálculo com geometria analítica. Meu livro deve chegar na próxima semana, caso não tenha e queira ver posso postar depois por aqui.

Bons estudos!

por **marioitalo** » Dom Out 19, 2008 03:05

Olá Fabio,

Desculpe a demora em responder, mas é que comecei a seguir uma série de sites sobre o assunto que me levaram até aqui:http://en.wikipedia.org/wiki/Pochhammer_symbol, uma página da Wikipedia falando sobre o símbolo de Pochhammer, que representa o "rising sequential product" ou fatorial ascendente (não sei se a tradução é exatamente essa), que guarda grande similaridade com a tal expressão inicial que postei. Pesquisando mais um puco, cheguei a esse PDF: http://www.escolademestres.com/qedtexte/tomo1serieamostra.pdf, um manual de seqüências e séries. Lá pela página 14 ele resolve o mesmo problema usando o tal produto fatorial, com a diferença que lá ele usa o descendente e naquela demonstração que postei acredito que tenha sido usado o ascendente.

É mais ou menos assim: Seja (k)^(^n^)

um polinômio fatorial da forma k(k + 1)(k + 2)...(k+n-1)

Considerando que:

Podemos exprimir um polinômio p_3(k)=a_0+a_1k+a_2k^2+a_3k^3

em função dos polinômios fatoriais r_0+r_1(k)^(^1^)+r_2(k)^(^2^)+r_3(k)^(^3^),

sendo

e

os restos das divisões abaixo:

p_3(k)=r_0+kq_0(k)

Achando esses restos (r_1=1,r_2=-3, r_3=1)

, já caimos direto na expressão que foi utilizada dentro do somatório na resolução postada anteriormente, qual seja:
k(k+1)(k+2)+(-3)k(k+1)+k

Se não quisermos obter esses restos, basta atribuir a=r_1,b=r_2,c=r_3,

como foi feito naquele primeiro caso e, ao final, zerarmos os coeficientes de k^2

e

E aqui finalmente a bendita expressão aparece!

Bem, é isso. Se eu escrevi alguma besteira, por favor me corrijam...

Obrigado pela ajuda, Fabio.
Abraço.

por **admin** » Ter Out 28, 2008 15:40

Olá marioitalo!

Também peço desculpas pela demora em responder, mas atualmente não estou tão presente por aqui.

Eu também não conhecia aquela forma simplificada de representar os produtos.
É mais uma evidência da necessidade em cálculos deste tipo, visando facilitar a notação.
Aproveito para dar parabéns ao seu interesse em pesquisar!

Eu havia comentado sobre uma demonstração geométrica que consta no livro do Simmons, veja que interessante.

Antes, o autor destaca que a prova partindo desta expressão
(k+1)^4 - k^4 = 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1

é apenas uma extensão da idéia "do grande teólogo-matemático-cientista-escritor francês Blaise Pascal" que provou a fórmula para a soma dos

primeiros quadrados a partir desta expansão:
(k+1)^3 - k^3 = 3k^2 + 3k + 1

Eis a demonstração geométrica:

Começando no ponto , assentamos segmentos sucessivos de comprimentos etc. e finalmente um de comprimento atingindo o ponto .
Fazemos o mesmo sobre a reta perpendicular a , de modo que

$OA = OB = 1+2+\cdots + n = \frac{n(n+1)}{2}$

A área do quadrado é, portanto,

$S = \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2 \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (I)$

Entretanto, o quadrado é a soma de regiões em forma de , indicadas na figura:

$S = L_1 + L_2 + \cdots + L_n$

Qual é a área de ? Essa região pode ser dividida em dois retângulos, como na figura. Assim

$L_n = n \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right] + n \left[ \frac{(n-1)n}{2} \right]$

$= \frac12 n^2 \left[ (n+1)+(n-1) \right] = n^3$

Conseqüentemente,

$S = L_1 + L_2 + \cdots + L_n = 1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 \;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (II)$

e comparando e temos

$1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2$