Ensino Superior ⇒ Demonstração - Expansão para os Números Harmônicos

[Andre13000]

Nesta demonstração iremos falar sobre

[tex3]H_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}[/tex3]

Que é o chamado enésimo número harmônico.

O número harmônico não pode ser descrito em um número finito de operações algebraicas com funções elementares. Porém, ele pode ser aproximado com grande precisão, e essa demonstração geralmente tem início com a aplicação da fórmula de Euler-Maclaurin. A fórmula parece bem feia à primeira vista, mas é da maior utilidade quando procura-se entender o comportamento assintótico de uma certa função qualquer. Também é possível aproximar com grande precisão o valor de séries infinitas, e foi isso que Euler fez para confirmar seus resultados para [tex3]\zeta(2k)[/tex3] e analisar [tex3]\zeta(2k+1)[/tex3]. Aqui não usarei porém a fórmula, mas outro método que acaba se generalizando para obter a fórmula.

Começamos com a seguinte expressão:

[tex3]\ln \(1+\frac{1}{x}\)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{3x^3}-\frac{1}{4x^4}+\dots[/tex3]

Você pode encontrar a explicação desta expansão em vários lugares. Continuando, isola-se [tex3]\frac{1}{x}[/tex3]:

[tex3]\frac{1}{x}=\ln\(1+\frac{1}{x}\)+\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{3x^3}+\dots[/tex3]

Agora, vamos somar o lado direito e o esquerdo de [tex3]x=1[/tex3] até [tex3]x=n[/tex3].

[tex3]\sum_{x=1}^n \frac{1}{x}=\sum_{x=1}^n \ln\(1+\frac{1}{x}\)+\frac{1}{2}\sum_{x=1}^n\frac{1}{x^2}-\frac{1}{3}\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^3}+\dots\\
\sum_{x=1}^n \ln\(\frac{x+1}{x}\)=\ln\(\frac{2}{1}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}\dots\frac{n}{n-1}\cdot \frac{n+1}{n}\)=\ln\(n+1\)\\
\sum_{x=1}^n \frac{1}{x}=\ln(n+1)+\frac{1}{2}\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^2}-\frac{1}{3}\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^3}+\dots[/tex3]

Aqui, Euler decide deixar n tender ao infinito e percebe que [tex3]\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n \frac{1}{x^2}-\frac{1}{3}\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^3}+\dots[/tex3] é convergente, e seu limite é [tex3]\gamma[/tex3], pois [tex3]\lim_{n\to\infty}\[\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\ln n\]=\gamma[/tex3].

A demonstração termina aqui, com Euler notando que [tex3]\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\sim \ln n+\gamma[/tex3].

(Obs: Euler sabia do resto da demonstração, mas preferiu não continuar, pois já visava a algo maior: a generalização deste método. Para ele, não foi nenhuma coincidência que [tex3]\ln x[/tex3] era a função perfeita para trabalhar sobre, pois [tex3]\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\sim\int_1^n \frac{dx}{x}=\ln n[/tex3])

Aparentemente você transformou o problema em um aparentemente mais difícil e geral, pois agora tem que achar todas estas somas [tex3]\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^k}~;~k\geq 2[/tex3]. Se você começar tudo denovo substituindo [tex3]x^2[/tex3] no lugar de [tex3]x[/tex3] para tentar achar [tex3]\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^2}[/tex3] em função de uma soma de funções do tipo [tex3]\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^k}~;~k\geq 3[/tex3], você literalmente acaba sugado por um buraco negro. Porém uma fácil observação é que:

[tex3]\frac{1}{1+x}=\frac{1}{x\(1+\frac{1}{x}\)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}-\dots[/tex3]

Aqui usei [tex3]\frac{1}{1-t}=1+t+t^2+\dots~;~|t|<1[/tex3]. No caso, essa série em t ficou um pouco diferente da série em x, e isso se deve ao fato que t foi expandido em torno de zero, enquanto x foi expandido em torno do infinito. Fazendo [tex3]x=\frac{1}{t}[/tex3] a gente vê que as duas séries são essencialmente a mesma coisa.

Agora fazemos um processo similar:

[tex3]\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^4}+\frac{1}{x^5}-\dots\\
\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^2}=1-\frac{1}{n+1}+\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^3}-\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^4}+\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^5}-\dots[/tex3]

Só tem um pequeno problema: para qualquer valor de n, a série no segundo membro da igualdade diverge. Se colocarmos n=1 teremos:

[tex3]\cancel{1}=\cancel{1}-\frac{1}{2}+1-1+1-1+1-1+\dots\\
\boxed{\frac{1}{2}=1-1+1-1+1-1+1-1+\dots}[/tex3]

Com esse resultado a convergência pode ser recuperada:

[tex3]\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^2}=\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}+\sum_{x=2}^n \frac{1}{x^3}-\sum_{x=2}^n\frac{1}{x^4}+\sum_{x=2}^n \frac{1}{x^5}-\dots[/tex3]

Interessante. Continuando:

[tex3]\frac{1}{(1+x)^2}=\frac{1}{x^2\(1+\frac{1}{x}\)^2}=\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x^3}+\frac{3}{x^4}-\frac{4}{x^5}+\dots\\
\frac{1}{x^3}=\frac{1}{2}\[\frac{1}{x^2}-\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{3}{x^4}-\frac{4}{x^5}+\dots\]\\
\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^3}=\frac{1}{2}\[ 1-\frac{1}{(n+1)^2}+3\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^4}-4\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^5}+\dots \][/tex3]

A expressão novamente diverge. Fazendo n=1 temos:

[tex3]\frac{1}{4}=1-2+3-4+5-\dots[/tex3]

Substituindo o resultado na expressão inicial obtém-se:

[tex3]\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^3}=\frac{1}{2}\[ \frac{9}{4}-\frac{1}{(n+1)^2}+3\sum_{x=2}^n \frac{1}{x^4}-4\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^5}+\dots \][/tex3]

No geral:

[tex3]\frac{1}{(1+x)^k}=\frac{1}{x^k\(1+\frac{1}{x}\)^k}=\frac{1}{x^k}-\frac{k}{x^{k+1}}+\frac{k(k+1)}{2x^{k+2}}-\frac{k(k+1)(k+2)}{6x^{k+3}}+\dots\\
\frac{1}{x^{k+1}}=\frac{1}{k}\[\frac{1}{x^k}-\frac{1}{(1+x)^k}+\frac{k(k+1)}{2x^{k+2}}-\frac{k(k+1)(k+2)}{6x^{k+3}}+\frac{k(k+1)(k+2)(k+3)}{24x^{k+4}}-\dots \]\\
\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^{k+1}}=\frac{1}{k}\left[ 1-\frac{1}{(n+1)^k}+\frac{k(k+1)}{2!}\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^{k+2}}-\frac{k(k+1)(k+2)}{3!}\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^{k+3}} +\dots\][/tex3]

A gente percebe novamente que se colocarmos [tex3]n=1[/tex3], a série diverge. Arrumando:

[tex3]\frac{1}{2^k}=1-k+\frac{k(k+1)}{2!}-\frac{k(k+1)(k+2)}{3!}+\dots[/tex3]

[tex3]\sum_{x=1}^n\frac{1}{x^{k+1}}=\frac{1}{k}\left[ k+\frac{1}{2^k}-\frac{1}{(n+1)^k}+\frac{k(k+1)}{2!}\sum_{x=2}^n \frac{1}{x^{k+2}}-\frac{k(k+1)(k+2)}{3!}\sum_{x=2}^n \frac{1}{x^{k+3}} +\dots\]\\
\sum_{x=2}^n\frac{1}{x^{k+1}}=\frac{1}{k}\left[\frac{1}{2^k}-\frac{1}{(n+1)^k}+\frac{k(k+1)}{2!}\sum_{x=2}^n \frac{1}{x^{k+2}}-\frac{k(k+1)(k+2)}{3!}\sum_{x=2}^n \frac{1}{x^{k+3}} +\dots\]
[/tex3]

O que tem de ser notado é que conforme nós aumentamos k, os primeiros termos do segundo membro começam a ficar inflados. Agora podemos substituir tudo na nossa série.

[tex3]\sum_{x=1}^n \frac{1}{x}=\ln(n+1)+\frac{1}{2}\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^2}-\frac{1}{3}\sum_{x=1}^n \frac{1}{x^3}+\dots\\
\sum_{x=1}^n \frac{1}{x}=\ln(n+1)+\ln 2 -1+\frac{1}{2}\sum_{x=2}^n \frac{1}{x^2}-\frac{1}{3}\sum_{x=2}^n \frac{1}{x^3}+\frac{1}{4}\sum_{x=2}^n \frac{1}{x^4}-\dots[/tex3]

Após algumas substituições você obterá algo assim:

[tex3]\sum_{x=1}^n \frac{1}{x}=\ln(n+1)+C_n-\frac{1}{2(n+1)}-\frac{1}{12(n+1)^2}+\dots[/tex3]

Onde eu substituí uma soma de valores por uma única constante, C, que depende de n para se ter a igualdade. Primeiro somaremos [tex3]\frac{1}{n+1}[/tex3] do dois lados, e depois trocaremos [tex3]n+1[/tex3] por [tex3]n [/tex3] para obter:

[tex3]\sum_{x=1}^n \frac{1}{x}=\ln n+C+\frac{1}{2n}-\frac{1}{12n^2}+\dots[/tex3]

Fazendo n tender ao infinito (pois se quiséssemos somar apenas 10 termos, era melhor ter feito na mão. Aqui o objetivo é somar uma grande quantidade de termos, portanto se fizermos n tender ao infinito, caberá melhor as nossas necessidades), a gente percebe que C é simplesmente:

[tex3]C=\gamma[/tex3]

Como eu tinha apontado antes. Assim, uma melhora em relação à aproximação dada acima é:

[tex3]\sum_{x=1}^n \frac{1}{x}\sim \ln n+\gamma+\frac{1}{2n}-\frac{1}{12n^2}+O\(\frac{1}{n^3}\)[/tex3]

Onde eu usei uma notação especial (Grande-O) que basicamente quer dizer o resíduo da função não crescerá mais que o fator dentro do parênteses.