Re: Res: [obm-l] Produto finito

["Rodrigo Renji" <rodrigo.uff.math@xxxxxxxxx>]

fica então dessa forma a responsabilidade, par o calculo da soma de um logaritmo
vendo que essa função satisfaz a recorrencia encontrada acima

f(n+1)=a^soma[0, n]log (1+ (k+1)²)=a^soma[0, n-1]log (1+ (k+1)²).
a^log (1+(n+1)²)=
f(n)*(1+(n+1)²)
então f(n+1)/f(n)=(1+(n+1)²), satisfaz a recorrência

agora sobre como aparece os números de stirling nesse problema

analisando sua solução do outro produtorio albert, tentei fazer esse
de forma analoga
prod[0,n](1+k²)
fatorando 1+k², com ajuda dos complexos
(k+i)(k-i)
prod[0,n](k+i)(k-i)=prod[0,n](k+i) *prod[0,n](k-i)=
prod[0,n](i+k) *prod[0,n](-1)(i-k)=
colocando o (-1) pra fora do produtorio
(-1)^(n+1).prod[0,n](i+k) *prod[0,n](i-k)
nos dois produtorio termo (abrindo de maneira informal)
 (i)(i+1)(i+2).... (i+n) * (i)(i-1)(i-2)... (i-n) (-1)^(n+1)
temos duas potencias fatoriais multiplicadas, potencias fatoriais de
base complexa

a da esquerda vou escrever
(i)^(n+1,-1)
e da direita
(i)^(n+1,1) para potencias fatoriais de passo -1 e 1 (respectivamente
representando os produtorios a partir da esquerda)
dai temos isso então

(i)^(n+1,-1)* (i)^(n+1,1) * (-1)^(n+1)
porém é possivel escrever potências fatorias como soma de potencias
normais, atraves dos numeros de stirling, temos então
(i)^(n+1,-1)=soma[0,n+1] |s(n+1,k)| i^k
e

(i)^(n+1,1)=soma[0,n+1] s(n+1,k) i^k
logo o produtorio toma forma de

soma[0,n+1] |s(n+1,k)| i^k * soma[0,n+1] s(n+1,k) i^k. (-1)^(n+1)

onde s(n,k) são números de stirling do primeiro tipo (com sinal
alternado, se quiserem posso postar a demonstração e definição depois)
e |s(n,k) | o modulo deles, é isso (que não ajudou em nada =P)
abraços









Em 29/11/07, Rodrigo Renji<rodrigo.uff.math@xxxxxxxxx> escreveu:
> corrigindo
> produtorio[k=0 até n] (1+k²)=(-1)^(n+1) = ( somatorio[k=0 até
> n+1]s(n+1,k).i^(k) )( somatorio[k=0 até n+1] |s(n+1,k)|.i^(k) )
>
> escrevi uma coisa errada era * em vez de =, assim
>
> produtorio[k=0 até n] (1+k²)=(-1)^(n+1) * ( somatorio[k=0 até
> n+1]s(n+1,k).i^(k) )( somatorio[k=0 até n+1] |s(n+1,k)|.i^(k) )
>
> vou postar então o que já pensei sobre esse produtorio
>
> notações
> prod[a,b] f(k)= produtório de f(k) com k variando de "a" até "b"
>
> no caso o produtório pedido foi
> prod[1,n] (1+k²)  , se colocarmos k=0, temos 1+0², que não altera nada
> no produtorio por 1 ser elemento neutro, podemos então escrever
> prod[0,n] (1+k²) , vou chamar esse produtorio de f(n)
> vimos a recorrencia que ele gera
> prod[0,n] (1+k²) =prod[0,n-1] (1+k²) * (1+n²), implicando
> f(n)=f(n-1)*(1+n²), fazendo n+1 em vez de n temos
> f(n+1)=f(n)*(1+(n+1)²), todos termos são diferentes de zero , então
> podemos tomar
>
> f(n+1)/f(n)=(1+(n+1)³), chamarei f(n+1)/f(n) de Qf(n)
> procuramos então uma função que aplicada o operador Q de (1+(n+1)³) ,
> que eu não conheço a priori (=P), se conhecer o problema "morre"
>
> mas chegamos em=Qf(n)= f(n+1)/f(n)=(1+(n+1)²)
> porém podemos fazer o seguinte
>
> seja Df(n)=f(n+1)-f(n), então
> f(n+1)/f(n)=a^ D log f(n)_(a), pois
> (seja sempre o log na base a)
> f(n+1)/f(n)=a^log f(n+1) - log f(n)=a ^log f(n+1) . a^-log
> f(n)==f(n+1)*f(n)^(-1)=f(n+1)/f(n)
> logo Qf(n)=a^D log f(n)
>
> com isso temos
> a^D log f(n)=(1+(n+1)³), implicando
> D log f(n)= log (1+ (n+1)²)
>
> seja somatorio de k=0 até n-1 escrito como
> soma [0, n-1], pode se mostrar que
> soma [0,n-1] Df(k)= f(n)-f(0), usando isso na igualdade de logaritmo acima temos
>
> soma[0, n-1]D log f(k)= log f(n)-log f(0 ), porém como f(n) é o
> produtorio e como vimos que ele aplicado em zero, dá 1, temos f(0)=1 e
> log 1=0, então a expressão fica como
> log f(n)=soma[0, n-1]log (1+ (k+1)²)
> tirando o log do primeiro membro, ficamos com
> f(n)=a^soma[0, n-1]log (1+ (k+1)²)
>
> continua
>
>
>
>
>
>
> Em 29/11/07, albert richerd carnier guedes<arcguede@xxxxxxxxx> escreveu:
> > Rodrigo Renji escreveu:
> > > Cheguei em outro resultado "doido" pra esse produto, mas nem sei se esta certo
> > >
> >
> > > produtorio[k=0 até n] (1+k²)=(-1)^(n+1) = ( somatorio[k=0 até n+1]s(n+1,k).i^(k) )( somatorio[k=0 até n+1] |s(n+1,k)|.i^(k) )
> >
> > > onde s(n,k) são numeros de stirling do primeiro tipo com sinal |s(n,k)| sendo o módulo desses números, i o número complexo.
> > >
> > > A conclusão partiu de (1+k²)=(k+i)(k-i) depois separar o produtorio em dois,
> > > depois usar a propriedade do produtorio que resultou poder ser escrito
> > > como somas de potencias com coeficientes em números de stirling, nada
> > > simples eu acho
> > >
> > > abraços
> > >
> > > Em 28/11/07, albert richerd carnier guedes<arcguede@xxxxxxxxx> escreveu:
> > >
> > >> Rodrigo Cientista escreveu:
> > >> Caro Nehab,
> > >>
> > >
> > > uma dúvida: os termos, individualmente, me parecem ser
> > >
> > >> negativos, certo? (à exceção do primeoro que é=0), sendo assim,
> > >> calcularíamos o fatorial de números negativos? exite isso? se sim, fatorial
> > >> de número par seria positivo, e de número ímpar seria negativo, os mais
> > >> geralmente, -N! = (-1)^N *
> > >> N!
> > >>
> > >
> > > ***************************************************************************************************
> > >
> > > Carlos
> > >
> > >> Nehab
> > >>
> > > Tue, 27 Nov 2007 01:45:00 -0800
> > > Oi, Albert (e Ponce)
> > > Faltou aplicar o
> > >
> > >> fatorial em cada parcela do produtório...
> > >>
> > > Nehab
> > >
> > > ----- Mensagem original
> > >
> > >> ----
> > >>
> > > De: Rogerio Ponce <abrlwsky@xxxxxxxxx>
> > > Para:
> > >
> > >> obm-l@xxxxxxxxxxxxxx
> > >>
> > > Enviadas: Terça-feira, 27 de Novembro de 2007
> > >
> > >> 3:36:56
> > >>
> > > Assunto: Re: [obm-l] Produto finito
> > >
> > > Ola' Albert,
> > > voce deve ter se
> > >
> > >> enganado com alguma coisa no texto.
> > >>
> > > Do jeito que esta' , o produto e' sempre
> > >
> > >> zero.
> > >>
> > >
> > > []'s
> > > Rogerio Ponce
> > >
> > >
> > >
> > > Em 27/11/07, albert richerd carnier
> > >
> > >> guedes<arcguede@xxxxxxxxx> escreveu:
> > >>
> > >
> > >
> > >> Olá. É a primeira vez que estou escrevendo para esta lista.
> > >>
> > > Alguém sabe qual
> > >
> > >> é o valor do produto finito
> > >>
> > >
> > > P = ( 1 - 1^2 )( 1 - 2^2 )( 1 -3^2 )... ( 1 -
> > >
> > >> N^2 )em função de N.
> > >>
> > >
> > > Eu sei que ele possue o valor entre (N+1)! e
> > >
> > >> (N+1)!N!.
> > >>
> > >
> > > Agradeço qualquer
> > >
> > >> sugestão.
> > >>
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> > > Instruções
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> > >> para entrar na lista, sair da lista e usar a lista
> > >> em
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> > > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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> > >> Só para não criar um buraco no assunto, a solução do produto
> > >>
> > >> P = ( 1 - 2^2 ).( 1 - 4^2 ).( 1 - 5^2 ) ... ( 1 - N^2 )
> > >>
> > >
> > > sempre começa em
> > >
> > >> 2, pois se começar em 1 fica tudo 0.
> > >>
> > >
> > > Ele é bem mais fácil de achar.
> > > Se
> > >
> > >> tivermos a_n = ( 1 - n^2 ), podemos colocar na forma
> > >>
> > >
> > > a_n = ( 1 - n )( 1 + n
> > >
> > >> )
> > >>
> > >
> > > e teremos o produto
> > >
> > > P = ... [( 1 - n ).( 1 + n )] ...[( 1 - N ).( 1 + N
> > >
> > >> )]
> > >>
> > >
> > > e isso dá para separar em dois produtos mais fáceis
> > >
> > > P_1 = ( 1 - 2 ) ...
> > >
> > >> ( 1 - n ) ... ( 1 - N ) = (-1)^{N-1}.(N-1)!
> > >>
> > > P_2 = ( 1 + 2 ) ... ( 1 + n )
> > >
> > >> ... ( 1 + N ) = ( N + 1 )!/2
> > >>
> > >
> > > E teremos
> > >
> > > P = P_1 . P_2 = (-1)^{N-1}.(N-1)!(
> > >
> > >> N +1 )!/2
> > >>
> > >
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> > > Pouca gente fala sobre produtos finitos, mas eu gosto muito
> > >
> > >> deles.
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> > > Não sei pra que servem, mas acho muito legais.
> > >
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> > Então sem querer eu ressucitei os números de Stirling. :)
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