[obm-l] Séries - era Res: [obm-l]Construção de Transcendente?

[Demetrio Freitas <demetrio_freitas_2002_10@xxxxxxxxxxxx>]

A  série da mensagem anterior vem da relação trigonométrica elementar abaixo:

cot(x) = cot(x/2)/2 –tan(x/2)/2

A partir da relação original, podemos facilmente  seguir adiante:

cot(x) = cot(x/4)/4 –tan(x/4)/4 –tan(x/2)/2  = cot(x/8)/8 -tan(x/8)/8 –tan(x/4)/4 –tan(x/2)/2  =
          = cot(x/2^n)/2^n -tan(x/2^n)/2^n ... -tan(x/8)/8 –tan(x/4)/4 –tan(x/2)/2

Agora vamos observar o termo cot(x/2^n)*1/2^n. É claro que, não importando qual seja  x, podemos fazer n->oo de forma que o termo x/2^n tenda a zero. E então podemos licenciosamente aproximar cot(Y) por 1/Y:

lim {n->oo}  cot(x/2^n)*1/2^n = lim {n->oo}  (2^n/x)*1/2^n = 1/x

Assim:

cot(x) = 1/x -tan(x/2)/2 –tan(x/4)/4 –tan(x/8)/8–tan(x/16)/16...

==>S1:
1/x = cot(x) + tan(x/2)/2 + tan(x/4)/4 + tan(x/8)/8 + tan(x/16)/16 + tan(x/32)/32...

Derivando ou integrando S1 em relação a x podemos obter outras coisas interessantes. Por exemplo:

==>S2:
1/x^2 = 1/sin(x)^2 – 1/cos(x/2)^2/4 – 1/cos(x/4)^2/16 – 1/cos(x/8)^2/64...

A série a que eu me referi na mensagem anterior sobre transcendência é obtida fazendo x=Pi/2  em S2.
Também, é claro, estas séries têm suas irmãs hiperbólicas, obtidas da mesma forma.

Integrando S1 e extraindo o logaritmo também sai uns produtórios interessantes. Exemplo:

==>P1
x = sin(x) / (cos(x/2)* cos(x/4)* cos(x/8)* cos(x/16)* cos(x/32)*...)

...e a versão hiperbólica:
==>P1h:
x = sinh(x) / (cosh(x/2)* cosh(x/4)* cosh(x/8)* cosh(x/16)* cosh(x/32)*...)

E igualando P1=P1h

sin(x)/sinh(x) = (cos(x/2)* cos(x/4)* cos(x/8)* cos(x/16)*...) / (cosh(x/2)* cosh(x/4)* cosh(x/8)* cosh(x/16)*...)

Ou, tomando P1h e fazendo x = Pi/2, obtemos algo parecido com uma versão hiperbólica do produto de Vieta:

Pi/2= sinh(Pi/2)  /  (cosh(Pi/4)* cosh(Pi/8)* cosh(Pi/16)* cosh(Pi/32)* cosh(Pi/64)*...)

[]´s Demétrio


----- Mensagem encaminhada ----
De: Demetrio Freitas <demetrio_freitas_2002_10@yahoo.com.br>
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Enviadas: Quarta-feira, 27 de Setembro de 2006 22:59:15
Assunto: Res: [obm-l]Construção de Transcendente?

Bem, o passo seguinte seria, naturalmente, definir S:

S=limite {m->oo} SOMA(i=1..m) { (1/2^i)*1/r[i] } =
SOMA(i=1..oo) { (1/2^i)*1/r[i] }  





A minha idéia original seria, com os passos (1) e (2)
adequadamente demonstrados, observar o grau algébrico de Sm, quando m->oo.





Como o grau algébrico de Sm cresceria sempre com m,
poderíamos inferir que o grau algébrico de S não está definido. E portanto,
isso deve levar a concluir que S é transcendente.





Porém, este raciocínio é forte o suficiente para ser
considerado uma prova de que S é transcendente?





Sem dúvida seria melhor uma prova mais robusta. Mas talvez
isso não seja muito fácil. Parece que as provas de transcendência de Pi são
bastante complicadas afinal.





A reflexão destas mensagens surgiu da observação da
série  abaixo:


1/Pi^2 = 1/8  -  1/16/(2+(2)^.5) -1/64/(2+(2+(2)^.5)^.5) -
1/256/(2+(2+(2+(2)^.5)^.5)^.5)


- 1/1024/(2+(2+(2+(2+(2)^.5)^.5)^.5)^.5)
-1/4096/(2+(2+(2+(2+(2+(2)^.5)^.5)^.5)^.5)^.5)-...        





De qualquer maneira,
acho que vale a pena postar de onde vem esta série, pela simplicidade
com que ela pode ser obtida. Continuo daqui a pouco...



Demétrio



----- Mensagem original ----
De: Demetrio Freitas <demetrio_freitas_2002_10@yahoo.com.br>
Para: lista obm-l <obm-l@mat.puc-rio.br>
Enviadas: Segunda-feira, 25 de Setembro de 2006 10:43:48
Assunto: [obm-l]Construção de Transcendente?

Olá,
Eu estava observando uma certa série há alguns dias, quando me ocorreu uma idéia que pareceu bem interessante e que gostaria de discutir com a lista (apesar de  tratar-se de um assunto onde eu tenho muito pouca base...).

É o seguinte:
(Passo 1) - O primeiro objeto de interesse a considerar é a raiz de maior módulo dos polinômios obtidos pela seguinte construção:
Seja Pa(x) = x-k  (k primo positivo)
Seja Pb(x) = x^2 – k
P[1]=Pb(Pa)
P[n]=Pb(P[n-1])
Isto é, P[n] é o polinômio obtido pela composição iterativa de Pb(Pa), e depois Pb sucessivamente.

Para clarear, um exemplo:
Pa(x)=x-2
Pb(x)=x^2-2
P[1]=(Pa)^2 – 2=(x-2)^2 - 2=x^2-4x+2
P[2]=(P1)^2 - 2=x^4-8x^3+20x^2-16x+2
P[3]=(P2)^2 - 2=x^8-16x^7+104x^6-352x^5+660x^4-672x^3+336x^2-64x+2
...
P[n]=(P[n-1])^2 - 2

As maiores raízes (r[n]) destes P[n]s são:
P[1] ->  r[1]=2+2^.5
P[2] ->  r[2]=2+(2+(2)^.5)^.5
P[3] ->  r[3]=2+(2+(2+(2)^.5)^.5)^.5
Isto é, os r[n]  são sqrts aninhadas, na forma r[1] = k + sqrt(k); rn = k + sqrt(r[n-1]).

(Passo 2)- O passo seguinte é mostrar que o grau algébrico de r[n] cresce com  2^n. Isto é, no exemplo anterior, r[2] é algébrico de grau 4, r[3] é algébrico de grau 8, etc. Ou, na verdade, bastaria mostrar que o grau algébrico de r[n] cresce SEMPRE com n. Isso parece razoável, porque r[n] possui n sqrts aninhadas.
Porém,  lembrando que o grau de P[n] cresce com 2^n, parece mais adequado mostrar que P[n] é sempre irredutível. Aí eu me embaralhei um pouco. O que eu tentei foi o seguinte:
1=>P[1] é irredutível pelo critério de Eisenstein
2=>O coeficiente do termo de maior grau em P[n] é sempre 1
3=>O termo a0, segue a sequência abaixo:
P[1]=>k^2-k;  P[2]=>(k^2-k)^2-k;  P[3]= ((k^2-k)^2-k)^2-k;
que claramente é divisível por k, mas não por k^2
4=>os demais coeficientes são combinações lineares de potências de números que são divisíveis por k, já que os coeficientes de  P1 são divisíveis por k.
5=> Por (1,2,3,4),  P[n] deve atender o critério de Eisenstein.

(Passo 3)- O terceiro passo é definir um número construído pela soma Sm abaixo, e mostrar que Sm  é também de grau algébrico >= ao grau algébrico de r[m].

Sm=SOMA(i=1..m) {  (1/2^i) * 1/r[i] }

A razão para esta forma da expressão de Sm eu explico mais tarde.

O argumento para justificar grau algébrico Sm >= grau algébrico r[m] é o seguinte:
Salvo engano, r[n]  (e também qq potência inteira positiva de r[n]) não pode ser obtido por combinações lineares de potências inteiras de r[i],i<n,  pois a expressão de r[n] usa sqrt de r[n-1] :
1=> r[n] = k + sqrt(r[n-1])
2=>sqrt(r[n-1]) não pode ser comb. linear de potências inteiras positivas de r[n-1]
3=>então: r[n] não pode ser comb. linear de potências inteiras positivas de r[n-1]; e pelas mesmas razões, de qq r[i],i<n.
4=> com r[m] linearmente independente dos r[i],i<m., o grau algébrico de Sm não pode ser inferior ao grau algébrico de r[m]

Por fim, vai começar a questão realmente interessante que eu quero discutir com a lista. Mas esta vale mais a pena propor com os passos (2) e (3) adequadamente superados. Como eu comentei no início, me falta base no assunto e eu considero as minhas justificativas até agora meio fracas, de forma que gostaria de opiniões/sugestões da lista. Agradeço qualquer comentário.

[]´s Demétrio


        
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