Uma demonstra¸c˜ao elementar da identidade:
cotz =
1
z
+
∞
k=1
2z
z2 − k2π2
Israel Meireles Chrisostomo
10 de Janeiro, 201...
2 Demonstra¸c˜ao
Considere um produto de duas fun¸c˜oes f1(z)f2(z), pela derivada do produto,
obtemos:
d
dz
f1(z)f2(z) = f...
f1(z)f2(z)...fn(z)fn+1(z)+f1(z)f2(z)...fn(z)fn+1(z)+....+f1(z)f2(z)...fn−1(z)fn(z)fn+1(z)+
f1(z)f2(z)f3(z)....fn−1(z)fn(z)...
Fazendo g(z) = z
n
k=1
1 −
z2
k2π2
, igualmente, fazendo f1(z) = z e fk+1(z) =
1 −
z2
k2π2
para k ≥ 1.Observando que podem...
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Frações parciais da cotangente

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Série de Euler para cotangente, frações parciais da cotangente

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Frações parciais da cotangente

  1. 1. Uma demonstra¸c˜ao elementar da identidade: cotz = 1 z + ∞ k=1 2z z2 − k2π2 Israel Meireles Chrisostomo 10 de Janeiro, 2015 1 Introdu¸c˜ao Nesse pequeno artigo apresento a minha demonstra¸c˜ao para a identidade dev- ida a Euler:cotz = 1 z + ∞ k=1 2z z2 − k2π2 .A demonstra¸c˜ao utiliza de uma f´ormula importante para a derivada de um produto de fun¸c˜oes.A id´eia para esta demon- tra¸c˜ao me veio logo ap´os resolver um problema do livro C´alculo do Serge Lang, quando estava lendo o artigo ”More on the infinite: Products and partial frac- tions”, onde se encontra algumas demonstra¸c˜oes envolvendo limites de s´eries e produtos infinitos. 1
  2. 2. 2 Demonstra¸c˜ao Considere um produto de duas fun¸c˜oes f1(z)f2(z), pela derivada do produto, obtemos: d dz f1(z)f2(z) = f1(z)f2(z) + f1(z)f2(z) Vamos usar esse produto como base de indu¸c˜ao.Por hip´otese de indu¸c˜ao, considere que a f´ormula acima (em sua forma gen´erica) ´e verdadeira para um dado inteiro n, i.e.: d dz (f1(z)f2(z)f3(z)....fn−1(z)fn(z)) = f1(z)f2(z)...fn(z) + f1(z)f2(z)...fn(z) + .... + f1(z)f2(z)...fn−1(z)fn(z) Denominando f1(z)f2(z)f3(z)....fn−1(z)fn(z) = g(z),pela igualdade acima, teremos que: g (z) = f1(z)f2(z)...fn(z) + f1(z)f2(z)...fn(z) + .... + f1(z)f2(z)...fn−1(z)fn(z) Pela regra da derivada do produto, ao se multiplicar uma fun¸c˜ao, digamos, fn+1(z) pelo produto f1(z)f2(z)f3(z)....fn−1(z)fn(z) e depois derivar usando a hip´otese de indu¸c˜ao, obtemos: d dz (f1(z)f2(z)f3(z)....fn−1(z)fn(z)fn+1(z)) = d dz (g(z)fn+1(z)) = g (z)fn+1(z) + g(z)fn+1(z) = [f1(z)f2(z)...fn(z) + f1(z)f2(z)...fn(z) + .... + f1(z)f2(z)...fn−1(z)fn(z)] fn+1(z)+ f1(z)f2(z)f3(z)....fn−1(z)fn(z)fn+1(z) = 2
  3. 3. f1(z)f2(z)...fn(z)fn+1(z)+f1(z)f2(z)...fn(z)fn+1(z)+....+f1(z)f2(z)...fn−1(z)fn(z)fn+1(z)+ f1(z)f2(z)f3(z)....fn−1(z)fn(z)fn+1(z) De onde conclu´ımos a prova por indu¸c˜ao em n de que sempre vale a igualdade: d dz (f1(z)f2(z)f3(z)....fn−1(z)fn(z)) = f1(z)f2(z)...fn(z) + f1(z)f2(z)...fn(z) + .... + f1(z)f2(z)...fn−1(z)fn(z).....Igualdade i Mas observe que pela igualdade f1(z)f2(z)f3(z)....fn−1(z)fn(z) = g(z), n˜ao ´e dif´ıcil ver, ao se multiplicar e dividir cada termo do lado direito pela fun¸c˜ao que est´a sendo derivada em cada produto, que podemos reescrever cada um desses termos como: f1(z)f2(z)...fn(z) = f1(z)f1(z)f2(z)...fn(z) f1(z) = f1(z)g(z) f1(z) ....Igualdade ii f1(z)f2(z)...fn(z) = f1(z)f2(z)f2(z)...fn(z) f2(z) = f2(z)g(z) f2(z) ....Igualdade iii .... f1(z)f2(z)....fk(z)....fn(z) = f1(z)(z)f2(z)....fk(z)fk(z)....fn(z) fk(z) = fk(z)g(z) fk(z) ....Igualdade iv ... f1(z)f2(z)...fn−1(z)fn(z) = f1(z)f2(z)...fn−1(z)fn(z)fn(z) fn(z) = fn(z)g(z) fn(z) .....Igualdade v Comparando as igualdades ii, iii, iv, v com a Igualdade i , ´e f´acil ver que: d dz (f1(z)f2(z)f3(z)....fn−1(z)fn(z)) = f1(z)g(z) f1(z) + f2(z)g(z) f2(z) + .... + fn(z)g(z) fn(z) d dz g(z) = g(z) f1(z) f1(z) + f2(z) f2(z) + .... + fn(z) fn(z) Onde g(z) ´e o produto das fun¸c˜oes indicadas a direita.Substituindo n por n+1, obteremos: d dz g(z) = g(z) f1(z) f1(z) + f2(z) f2(z) + .... + fn+1(z) fn+1(z) ...Igualdade vi 3
  4. 4. Fazendo g(z) = z n k=1 1 − z2 k2π2 , igualmente, fazendo f1(z) = z e fk+1(z) = 1 − z2 k2π2 para k ≥ 1.Observando que podemos dizer que f1(z) = 1 e fk+1(z) = − 2z k2π2 , e substituindo na Igualdade vi , vem: d dz z n k=1 1 − z2 k2π2 = z n k=1 1 − z2 k2π2 1 z + n k=1 − 2z k2π2 1 − z2 k2π2 d dz z n k=1 1 − z2 k2π2 = z n k=1 1 − z2 k2π2 1 z + n k=1 2z z2 − k2π2 Tomando o limite de n tendendo ao infinito, obteremos: d dz z ∞ k=1 1 − z2 k2π2 = z ∞ k=1 1 − z2 k2π2 1 z + ∞ k=1 2z z2 − k2π2 Usando que z ∞ k=1 1 − z2 k2π2 = senz no lado esquerdo, teremos: d dz (senz) = z ∞ k=1 1 − z2 k2π2 1 z + ∞ k=1 2z z2 − k2π2 ⇒ cosz = z ∞ k=1 1 − z2 k2π2 1 z + ∞ k=1 2z z2 − k2π2 Dividindo ambos os lados por z ∞ k=1 1 − z2 k2π2 , vem: cosz z ∞ k=1 1 − z2 k2π2 = 1 z + ∞ k=1 2z z2 − k2π2 Usando que z ∞ k=1 1 − z2 k2π2 = senz no lado esquerdo, obtemos: cosz senz = 1 z + ∞ k=1 2z z2 − k2π2 ⇒ cotz = 1 z + ∞ k=1 2z z2 − k2π2 C.Q.D. 4

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