Cálculo Finito (Cheat Sheet)

Fórmulas

Derivada de 1 Sucessão

(un)=Δun=un+1un(u_{n})' = \Delta u_{n} = u_{n+1}-u_{n}

Teorema Fundamental do Cálculo Finito

k=0n1Δuk=[un]0n\sum_{k=0}^{n-1} \Delta u_{k} = [u_{n}]_{0}^{n}

Somatório de n

k=0n1k=n(n1)2\sum_{k=0}^{n-1} k =\frac{n(n-1)}{2}

Somas fechadas do tipo aⁿ

k=0n1ak=[ak]0na1=an1a1,a0,1\sum_{k=0}^{n-1} a^{k} =\frac{[a^k]^n_0}{a-1} = \frac{a^n-1}{a -1} \quad, \quad a\ne 0,1

Polinómios Fatoriais

n3=n(n1)(n2)n^{\underline{3}} = n(n-1)(n-2)
(n+1)3=1(n+2)(n+3)(n+4)(n+1)^{\underline{-3}} = \frac{1}{(n+2)(n+3)(n+4)}

Derivada de uma Sucessão Aritmética na Forma de Polinómio Fatorial

(an+b)r=Δ(an+b)r+1a(r+1)(an+b)^{\underline{r}} = \frac{\Delta(an+b)^{\underline{r+1}}}{a(r+1)}

Série Harmónica

Hn=k=1n1k,H0=0H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} \quad , H_0 = 0

Fórmula de Abel

k=0n-1ukΔvk=[ukvk]0nk=0n1vk+1Δuk\sum_{k=0}^{\textbf{n-1}}u_k\Delta v_k = [u_kv_k]_0^\textbf{n} - \sum_{k=0}^{n-1}v_{k+1}\Delta u_k

Diferença Finita do Quociente

Δunvn=(Δun)vnunΔvnvnvn+1\Delta \frac{u_n}{v_n} = \frac{(\Delta u_n)v_n -u_n\Delta v_n}{v_nv_{n+1}}

Termo geral de uma sucessão pelas suas derivadas em n = 0

un=u0n0+11!(Δu0)n1+12!(Δ2u0)n2++1k!(Δku0)nku_n = u_0 \cdot n^{\underline 0} + \frac{1}{1!} (\Delta u_0) n^{\underline 1} + \frac{1}{2!} (\Delta^2 u_0) n^{\underline 2} + \dots + \frac{1}{k!} (\Delta^k u_0) n^{\underline k}

Números de Stirling

Números de Stirling de 1ª Espécie

Calcular os números de Stirling de 1ª espécie:

d=abcd = a - bc
0123k0k1k2k30k01000ck1ab002k20d103k30231\begin{array}{ c c c c c c } & & 0 & 1 & 2 & 3\\ & & k^{0} & k^{1} & k^{2} & k^{3}\\ 0 & k^{\underline{0}} & 1 & 0 & 0 & 0\\ \smartcolor{red}{\mathbf{c}} & k^{\underline{1}} & \smartcolor{red}{\mathbf{a}} & \smartcolor{red}{\mathbf{b}} & 0 & 0\\ 2 & k^{\underline{2}} & 0 & \smartcolor{red}{\mathbf{d}} & 1 & 0\\ 3 & k^{\underline{3}} & 0 & 2 & -3 & 1 \end{array}
012345k0k1k2k3k4k50k01000001k10100002k20110003k30231004k406116105k50245035101\begin{array}{ c c c c c c c c } & & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ & & k^{0} & k^{1} & k^{2} & k^{3} & k^{4} & k^{5}\\ 0 & k^{\underline{0}} & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 1 & k^{\underline{1}} & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 2 & k^{\underline{2}} & 0 & -1 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 3 & k^{\underline{3}} & 0 & 2 & -3 & 1 & 0 & 0\\ 4 & k^{\underline{4}} & 0 & -6 & 11 & -6 & 1 & 0\\ 5 & k^{\underline{5}} & 0 & 24 & -50 & 35 & -10 & 1 \end{array}

Números de Stirling de 2ª Espécie

Calcular os números de Stirling de 2ª espécie:

d=c+abd = c + ab
01b3k0k1k2k30k010001k101002k20ca03k301d1\begin{array}{ c c c c c c } & & 0 & 1 & \smartcolor{red}{\mathbf{b}} & 3\\ & & k^{\underline{0}} & k^{\underline{1}} & k^{\underline{2}} & k^{\underline{3}}\\ 0 & k^{0} & 1 & 0 & 0 & 0\\ 1 & k^{1} & 0 & 1 & 0 & 0\\ 2 & k^{2} & 0 & \smartcolor{red}{\mathbf{c}} & \smartcolor{red}{\mathbf{a}} & 0\\ 3 & k^{3} & 0 & 1 & \smartcolor{red}{\mathbf{d}} & 1 \end{array}
012345k0k1k2k3k4k50k01000001k10100002k20110003k30131004k40176105k5011525101\begin{array}{ c c c c c c c c } & & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ & & k^{\underline{0}} & k^{\underline{1}} & k^{\underline{2}} & k^{\underline{3}} & k^{\underline{4}} & k^{\underline{5}}\\ 0 & k^{0} & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 1 & k^{1} & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 2 & k^{2} & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 3 & k^{3} & 0 & 1 & 3 & 1 & 0 & 0\\ 4 & k^{4} & 0 & 1 & 7 & 6 & 1 & 0\\ 5 & k^{5} & 0 & 1 & 15 & 25 & 10 & 1 \end{array}

Método das Perturbações

Perturbação Direta

Sn+1=k=0n+12k=k=0n2k+2n+1=Sn+2n+1S_{n+1} = \sum^{n+1}_{k=0} 2^k = \sum^n_{k=0} 2^k + 2^{n+1} = S_n + 2^{n+1}
Sn+1=k=0n+12k=20+k=1n+12k=1+k=0n2k+1=1+k=0n(2k×2)==1+2k=0n2k=1+2SnS_{n+1} =\sum ^{n+1}_{k=0} 2^{k} =2^{0} +\sum ^{n+1}_{k=1} 2^{k} =1+\sum ^{n}_{k=0} 2^{k+1} =1+\sum ^{n}_{k=0}\left( 2^{k} \times 2\right) =\\ =1+2\sum ^{n}_{k=0} 2^{k} =1+2S_{n}

Basta agora igualar estes dois resultados e isolar SnS_n.

Perturbação Indireta

Fazer a Perturbação Direta mas dentro do Somatório multiplicar a expressão por k .

Para calcularmos o valor de k=0nk\displaystyle \sum^n_{k=0}k

calculamos o valor de k=0nk2\displaystyle \sum^n_{k=0}k^2

Indução Matemática

  • Que P(0)P(0) é verdadeiro;
  • nN (P(n) eˊ verdadeiro    P(n+1) eˊ verdadeiro )\forall_{n \in \mathbb N} \ (P(n) \text{ é verdadeiro}\implies P(n+1) \text{ é verdadeiro })

Tipos de indução

Definição de indução simples:

Se P(m),P(m+1),P(m+2),(mN)P(m), P(m+1), P(m+2),\dots ( m \in \mathbb N) é uma sequência infinita de enunciados tal que:

  • P(m)P(m) é verdadeiro;
  • nN\forall_{n \in \mathbb N} (P(n)(P(n) é verdadeiro P(n+1)\longrightarrow P(n+1) é verdadeiro));

Definição de indução completa:

Se P(m),P(m+1),P(m), P(m+1), \dots são enunciados, então se:

  • P(m),P(m+1),P(m), P(m+1), \dots são verdadeiros;
  • nN,P(m),,P(m+γ),P(m+γ+1),,P(m+γ+n)P(m+γ+n+1)\forall_{n \in \mathbb N}, P(m), \dots, P(m+ \gamma), P(m+\gamma+1), \dots, P(m+\gamma+n) \longrightarrow P(m+\gamma+n+1);

então nNP(n)\forall_{n \in \mathbb N} P(n) é verdadeiro.

Exemplos de Exercícios de Cálculo Finito

Usando apenas a diferença finita (derivada)

Retirado da série 1, 1.2.1 a.

k=0n4k\sum^n_{k=0} 4^k
Resolução

Neste caso, podemos fazer a diferença finita Δ4k\Delta 4^k e iremos encontrar novamente 4k4^k, pelo que podemos isolar esta parcela.

Δ4k=4k+14k=4k(41)=3×4k\Delta 4^k = 4^{k+1} - 4^k = 4^k(4-1) = 3 \times 4^k
4k=Δ4k34^k = \Delta \frac{4^k}{3}

Então:

k=0n4k=k=0nΔ4k3=13[4k]0n+1=13(4n+140)=13(4n+11)\begin{aligned} \sum^n_{k=0} 4^k &= \sum^n_{k=0} \Delta \frac{4^k}{3}\\ &= \frac{1}{3} \left[ 4^k \right]^{n+1}_0\\ &= \frac{1}{3}(4^{n+1} - 4^0)\\ &= \frac{1}{3}(4^{n+1} - 1) \end{aligned}

Usando a Fórmula de Abel

Retirado da série 1, 1.2.1 d.

k=0nk×4k\sum^n_{k=0} k\times 4^k
Resolução

Neste caso, podemos tomar uk=ku_k=k e Δvk\Delta v_k= Δ4k\Delta 4^k, pois conseguimos transformar o 4k4^k em Δ4k\Delta 4^k (ver exemplo anterior).

Δ4k=4k+14k=4k(41)=3×4k\Delta 4^k = 4^{k+1} - 4^k = 4^k(4-1) = 3 \times 4^k
4k=Δ4k34^k = \Delta \frac{4^k}{3}

Então:

k=0nk×4k=k=0nk×Δ4k3=13([k×4k]0n+1k=0n4k+1Δk)=13((n+1)4n+104k=0n4k×1)=13((n+1)4n+14(13(4n+11)))\begin{aligned} \sum^n_{k=0} k\times 4^k &= \sum^n_{k=0} k \times \Delta \frac{4^k}{3}\\ &= \frac{1}{3} \left(\left[k\times 4^k \right]^{n+1}_0 - \sum^n_{k=0} 4^{k+1} \cdot \Delta k \right)\\ &= \frac{1}{3} \left((n+1)4^{n+1} - 0 - 4\sum^n_{k=0} 4^{k} \times 1 \right)\\ &= \frac{1}{3} \left((n+1)4^{n+1} - 4\left(\frac{1}{3}\left(4^{n+1}-1\right)\right) \right)\\ \end{aligned}

Este último passo foi feito através do exemplo anterior.

Usando o Método de "Podar as Pontas"

Retirado da série 1, 1.2.3 g.

Usa-se este método quando não se consegue imediatamente exprimir o quociente numa potência fatorial.

k=2n1(k+2)(k+5)\sum^{n}_{k=2} \frac{1}{(k+2)(k+5)}
Resolução

Ver a resolução do 1.2.3 g., que está na página 2 deste PDF.

Usando a Fórmula do Quociente

Retirado da série 1, 1.2.5 a.

k=0n1k2k(k+1)(k+2)\sum^{n-1}_{k=0} \frac{k2^k}{(k+1)(k+2)}
Resolução

Começar por tentar "adivinhar" a expressão que ao derivar dá aquilo que está "dentro" do somatório.
Em alguns casos, podemos usar variáveis que depois alteramos por um valor, para termos uma maior probabilidade de acertar.

Δ2kk+1=(Δ2k)(k+1)2k(Δk)(k+1)(k+2)=2kk+2k2k(k+1)(k+2)=k2k(k+1)(k+2)\Delta \frac{2^k}{k+1} = \frac{(\Delta 2^k)(k+1)-2^k(\Delta k)}{(k+1)(k+2)}=\frac{2^k k + 2^k - 2^k}{(k+1)(k+2)} = \frac{k 2^k}{(k+1)(k+2)}
k=0n1k2k(k+1)(k+2)=[2kk+1]0n=2nn+1200+1=2nn+11\sum^{n-1}_{k=0} \frac{k2^k}{(k+1)(k+2)} = \left[\frac{2^k}{k+1} \right]^n_0 = \frac{2^n}{n+1}- \frac{2^0}{0+1} = \frac{2^n}{n+1}-1

To Infinity and Beyond