Que tal esse método?

por **Jhenrique** » Sáb Dez 22, 2012 16:56

Saudações caros!

Depois de descobrir que poderia relacionar PA e PG com funções polinomais e exponenciais, respectivamente, achei mais proveitoso trabalhar com tais funções a aquelas fórmulas e equações de progressões que, para mim, são abomináveis! Pretendo, então, fazer algumas demonstrações...

Em primeiro lugar, é necessário saber que uma PA de 1ª ordem se corresponde com a função afim: "y=ax+b", a de 2ª ordem com a função quadrática: "y=ax²+bx+c" e assim sucessivamente... Ademais, sabemos que essas funções são relacionadas através do cálculo diferencial e integral. Derivando uma função quadrática obtem-se uma função linear... se essas funções representam progressões então podemos facilmente saltar entre as ordens das mesmas!

Jás as PG de 1ª, 2ª e 3ª ordem... se correspondem respectivamente com as seguintes funções: $y=a^x\cdot b$ ; $y=a^{x^2}\cdot b^x\cdot c$ ; $y=a^{x^3}\cdot b^{x^2}\cdot c^x\cdot d$ . Descobre-se a tx de variações dessas funções através da derivada geométrica: $f^*(x)=\sqrt[dx]{dy}$ .

OK! ... Mas o que o cálculo tem a ver com progressões? Tudo! Em progressões, fala-se muito em diferença e em razão entre termos consecutivos, isto é a derivada da função (progressão) avaliada na média (em x) entre os termos escolhidos. Vejam os exemplos abaixos:

Bem, eu considero isso extramamente relevante, muito embora nunca vi nem ouvi essa explicação.

E o segundo ponto que tenho a dizer é que eu determinei uma fórmula que calcula o somatório entre termos consecutivos duma função polinomial e o produtório entre termos consecutivos duma função exponencial.

Dada uma função do tipo f(n)=n^3a+n^2b+nc+d

, a soma dos termos consecutivos é feita da seguinta maneira:

$n^3a=>n^4\frac{a}{4}+n^3\frac{a}{2}+n^2\frac{a}{4}$

$n^2b=>n^3\frac{b}{3}+n^2\frac{b}{2}+n\frac{b}{6}$

$nc=>n^2\frac{c}{2}+n\frac{c}{2}$

d=>nd+d

Mas como a função é f(n)=n^3a+n^2b+nc+d

, então implica que o somatório dos termos consecutivos é:

$f(n)=n^4\frac{a}{4}+n^3(\frac{a}{2}+\frac{b}{3})+n^2(\frac{a}{4}+\frac{b}{2}+\frac{c}{2})+n(\frac{b}{6}+\frac{c}{2}+d)+d$

E para a função do tipo $f(n)=a^{n^3}\cdot b^{n^2}\cdot c^n\cdot d$ , o produtório entre os termos consecutivos é feito da seguinda maneira:

$a^{n^3}=>\sqrt[4]{a}^{n^4}\cdot\sqrt[2]{a}^{n^3}\cdot\sqrt[4]{a}^{n^2}$

$b^{n^2}=>\sqrt[3]{b}^{n^3}\cdot\sqrt[2]{b}^{n^2}\cdot\sqrt[6]{b}^n$

$c^n=>\sqrt[2]{c}^{n^2}\cdot\sqrt[2]{c}^n$

$d=>d^n\cdot d$

Mas como a função é $f(n)=a^{n^3}\cdot b^{n^2}\cdot c^n\cdot d$ , então implica que o produtório dos termos consecutivos é totalmente análogo ao método do polinômio.

Fonte: Eu.

O que acham?

Até mais,

por **Russman** » Seg Dez 24, 2012 17:49

A relação de subtração dos termos consecutivos da função de 2° Grau de uma variável discreta é perfeitamente provável.

Seja

uma variável discreta e f(n) = an^2+bn + c

uma função desta variável.

O que você está fazendo é subtrair f(n+1)

de

, isto é, você está calculando a diferença de termos consecutivos e afirma que

$f(n+1) - f(n) = \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} n} f \left ( n+ \frac{1}{2} \right )$

f(n) = an^2 + bn + c

f(n+1) = a(n+1)^2 + b(n+1) + c = an^2 + 2an + a + bn + b + c

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} n} f(n) = 2an + b$

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} n}f \left ( n+ \frac{1}{2} \right ) = 2an+a + b$

f(n+1) - f(n) = an^2 + 2an + a + bn + b + c - (an^2 + bn + c) = 2an + b + a

Como

, então podemos afirmar que existe a identidade dada por

$f(n+1) - f(n) = \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} n} f \left ( n+ \frac{1}{2} \right )$ ,

se f(n) = an^2+bn+c

.

Tente provar o mesmo pra função exponencial...mas lembre-se que

http://www.wolframalpha.com/input/?i=%2 ... %5En%29%29

pois a sua derivada exponencial está errada.

por **Jhenrique** » Qua Dez 26, 2012 17:37

Fico contente por vc ter levado em consideração as minhas fórmulas e ter comprovado elas!

Mas a minha ideia quando elaborei esse esquema é para justamente fugir desta sua linha raciocínio, pois eu a acho pouco intuitiva. Não é que eu realmente não a acho intuitiva, é que da forma como eu demonstrei, penso que a ideia fica mais explícita e simples!

E as fórmulas para calcular os termos consecutivos, uma mão na roda, não é mesmo? Pois com a fórmula de Gaus só é possível cálcular a soma dos termos duma função linear cuja tx de variação é de 1 para 1, ao passo que com as minhas vc pode calcular a soma dos termos duma função afim, quadrática e cúbica!

Quanto a derivada, ela não está errada, veja isto:
http://en.wikipedia.org/wiki/Multiplicative_calculus

Legal né?

por **Jhenrique** » Seg Dez 31, 2012 23:11

Russman, essa afirmação que eu fiz e que vc comprovou também é válida para as funções de grandezas x e y sendo inversamente proporcionais?

Eu estive tentando descobrir uma fórmula que me indicasse o somatório dos termos consecutivos da função (sequência) $f(n)=\frac{1}{n}$ e comecei a ter sérias dificuldades. Então comecei a averiguar o problema e notei através do Geogebra que "a diferença entre termos consecutivos duma função é igual a sua derivada avaliada na média (em x) destes termos" não parece ser verdadeira para as funções de grandezas inversas, por exemplo:

Notou os valores destacados em azul no gráfico e na tabela? Observou como eles não coincidem? Eu fiz os cálculos pela M.A., pela M.G. dá uma aproximaçãozinha um pouco melhor, mas ainda assim não é exato.

Essa incoerência talvez seja a explicação do porque eu não consigo expressar o somatório dos termos da função f(n)=1/n como uma outra função.

Aguardo ansiosamente por mais comentários!

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