Rumo à dimensão infinita (I)

Seja $\displaystyle{\left( {A_k } \right)_{k = 1, \cdots ,n}} $ uma família finita de conjuntos ( portanto $n\in\N_1$ )

O produto cartesiano desses conjuntos, define-se assim

\[ A_1 \times \cdots \times A_n = \left\{ {\left( {a_1 , \cdots ,a_n } \right);a_k \in A_k ,k = 1, \cdots ,n} \right\} \] E se os $A_k$ forem todos um mesmo conjunto $A$, até se simplifica a notação para $A^n$
Isto é: \[ A^n = A \times \cdots \times A = \left\{ {\left( {a_1 , \cdots ,a_n } \right);a_k \in A,k = 1, \cdots ,n} \right\} \] Por exemplo, \[ \C^3 = \left\{ {\left( {z_1 ,z_2 ,z_3 } \right);z_k \in \C,k = 1,2,3} \right\} \] e $(i,1+i,1-i)\in \C^3$
Como o leitor deverá saber, cada entrada daquela lista ordenada entre parêntesis chama-se normalmente de coordenada.
E se tivermos infintas coordenadas? Como poderemos definir $A^\infty$ ? O problema não é assim tão trivial. Pode apetecer dizer que $A^\infty$ "é" o conjunto das sucessões de termos em $A$, ou seja, $$A^\infty=A^{\N_1}$$ Só que graças a Cantor, sabemos que "há infinitos maiores do que outros", e assim sendo, esta definição não é satisfatória.
O facto de existir $A^{\N_1}$, mostra que a ideia de "dimensão infinita" não é disparate, nem inútil.
Então, temos vários "conjuntos de dimensão infinita", que são classificados e estudados... e úteis no mundo real, não são meras abstracções matemáticas para entreter algumas mentes.
Por hoje paro aqui. Deixei "dimensão infinita" entre aspas porque de facto, não defini rigorosamente o conceito. Dei uma ideia intuitiva. O leitor mais curioso poderá investigar o assunto, questionar uma AI... ou simplesmente esperar pelo meu próximo texto.
Neste momento são 3 da manhã, e vou fazer outra coisa...
(continua num próximo post)

A "conveniente potência"

Dedico este texto a quem não gosta da convenção $0^0=1$ em séries de potências e polinómios.
Para ser honesto, também não sou o maior fã, principalmente quando temos de a usar com público com menos conhecimento.
A abordagem deste texto é informal, e não vou ser rigoroso nem mesquinho 

Um polinómio é uma expressão do tipo

\[p(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+....+a_nx^n\] onde $n\in \N_1$. Os expoentes vão de $1$ a $n$
o $n$ chamamos grau do polinómio, e os $a_k$, com $k$ a variar entre $0$ e $n$, são elementos de uma estrutura algébrica qualquer onde se podem definir polinómios. Não interessa qual.

Como escrevi os termos de grau $1$ e grau $2$, o bom senso sugere-nos que naquela expressão $n$ é pelo menos $3$.
    Mas isso são detalhes, que nesta exposição, peço que façam o esforço de ignorar.

Se eu quiser escrever como somatório, posso escrever

\[p(x)=a_0+\sum_\limits{k=1}^{n}a_kx^k\]

Isto é chato.
Tenho mesmo de ter o $a_0$ fora do somatório?
E aqui chegamos ao problema. Como $x^0=1$ para $x\neq0$ apetece escrever
\[p(x)=\sum_\limits{k=0}^{n}a_kx^k\]

Mas e para $x=0$?
Se convencionarmos $0^0=1$ naquela fórmula, funciona!

Só que sabemos que $0^0$ não é $1$.
No texto "zero elevado a zero" do blog Z0nα Exact4, até mostro um $0^0$ a dar $2026$, e até podia ter posto aquilo a dar um número positivo qualquer.

A convenção não é confortável exactamente por isso, e compreendo que não se goste dela.
Para quem não gosta, mas ainda quer uma notação compacta, podemos definir a função "conveniente potência" (escolhi o nome de propósito para ficar com as minhas iniciais :), só que podem chamar-lhe outra coisa qualquer e usar outra notação qualquer )

\[ x^{\{ n\} } = \left\{ {\begin{array}{c} {x^n ,\text{ se }n \neq 0} \\ {1,\text{ se }n = 0} \end{array}} \right. \] E então, sem margem  para dúvidas.
\[p(x)=\sum_\limits{k=0}^{n}a_kx^{\{ k\}}\]

Se quiserem estender para expoentes negativos (por exemplo para séries de Laurent) também podem, convém é garantir que a potência está bem definida.

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Obviamente, isto é só uma sugestão e até duvido que tenha sido eu o primeiro a pensar nisto. Já discuti isto várias vezes com algumas pessoas.
Pode ser um belo disparate, no entanto é uma alternativa à convenção $0^0=1$ em polinómios e séries de potências.

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PS: Já agora, sim, sinto-me um pouco vigarista com isto. Só redefino a potência para evitar convenções. Não é uma solução óbvia?

Dispensado do $\LaTeX$?

Para escrever Matemática em computador, uma das melhores soluções, e que poupa imensa memória a processadores de texto, e eu eu tenho usado para escrever fómulas neste blogue é o $\LaTeX$. É o maior consumidor de tempo para quem escreve um blogue num smartphone.
É, quero dizer, era!
Parece que eu fiquei dispensado de escrever $\LaTeX$!
Ontem escrevi isto numa folha de papel. Tirei uma foto com um smartphone e pedi a uma "AI" para transcrever em $\LaTeX$ sem acrescentar improvisos dela.
É uma dedução da fórmula fundamental da trigonometria partindo das definições com séries de Maclaurin, nada de realmente especial.

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\begin{eqnarray*} {\cos x}&{=}&{ \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!} \quad [\text{Nesta fórmula convenciono que } 0^0=1]}\\ {\sen x}&{=}&{\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m x^{2m+1}}{(2m+1)!}} \end{eqnarray*} Derivando, temos $$(\sen x)' = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m (2m+1) x^{2m}}{(2m+1)!} =\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m (2m+1) x^{2m}}{(2m+1)(2m)!} = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!} = \cos x$$ e $$(\cos x)' = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m 2m x^{2m-1}}{(2m)!} = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m 2m, x^{2m-1}}{(2m)(2m-1)!} = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m x^{2m-1}}{(2m-1)!} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} x^{2k+1}}{(2k+1)!}$$ O último passo justifica-se com $$\boxed{(x^0)' = 1' = 0}$$ \begin{array}{|l|} \hline k = n - 1 \Rightarrow n=k+1\\ {\begin {array}{ccc} {n = k + 1}&{ \rightarrow}& {n=1\Rightarrow k = 0} \\ {}&{ }& { 2n - 1 = 2k + 1} \end{array}}\\ \hline \end{array} E então $$(\cos x)'= -\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!} = -\sen x$$ Definindo $$F(x) = \cos^2 x + {\sen}^2 x$$ Temos, por derivação na variável $x$. $$F'(x) = 2 \cos x \cdot (-\sen x) + 2 \sen x \cdot \cos x = 0$$ $$\Rightarrow F(x) = \text{const}$$ como $$F(0) = \cos^2 0 + {\sen}^2 0 = 1$$ Pois $$\boxed{ \begin{aligned} \cos 0 &= \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m 0^{2m}}{(2m)!} = \underbrace{\frac{(-1)^0 0^0}{0!}}_{=1} + \sum_{m=1}^{\infty} 0 = 1 \\ \sen 0 &= \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m 0^{2m+1}}{(2m+1)!} = \sum_{m=0}^{\infty} 0 = 0 \end{aligned} }$$ então $\text{const}=1$.
Ou seja $$\cos^2 x + {\sen}^2 x=1$$ para todo o valor de $x$ (...)

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Só tive de alterar algumas coisas específicas para o MathJax que uso neste blogue.
Significa que afinal posso usar a actual geração de inteligencia artificial para me poupar trabalho e aumentar a produtividade...
Para quem não gosta da convenção $0^0=1$ em séries de potências e polinómios, num texto futuro proponho uma alternativa.
Neste exemplo, testei o grok da xAI e o gemini da Google. Não notei diferenças significativas.

Dia do $\pi$, 2026

 

No passado Sábado, quatorze de Março de dois mil e vinte e seis, celebrou-se mais um dia do $\pi$ (pi) e dia internacional da Matemática.

Nesse dia, no meu Pokemon Legends: Z-A, no meu canal de jogos mudei o nome de um dos meus Pikachus para $\pi\text{kachu}$ e a minha Gardevoir passou a ser Miss Maths.
Ainda renomeei a minha Mantine para miss Algebra.

Está gravado em vídeo. Foi o 314° vídeo que carreguei para o canal.

Eu sei que a estatística está desequilibrada: Tenho mais vídeos do que público. :)

Sobre Matemática e Videojogos, está prometido, que vou postar um dia.

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PS:Aquele canal não é sobre Matemática, não quero enganar ninguém, mas serve-me de distracção, para aprender algumas coisas sobre edição de Vídeo e o Youtube actual.

O binómio de Newton, a partir da derivada da potência

 No post anterior deduzi a fórmula da "derivada do produto generalizado" e com ela a derivada da potência.

Isso permite-me deduzir uma fórmula para $(a+x)^n$ com $n \in \N_0$.

Ora, $f(x)=(a+x)^n$ pode ser escrito como um polinómio de grau $n$.
Vamos lá escrever \[ f\left( x \right) = a_0 + \sum\limits_{k = 1}^n {a_k x^k } \] Para alguns números $a_k, k\in\N$.
Torna-se importante determinar os valores de cada $a_k$
Ora, conseguem-se calcular os valores de $f(x), f'(x),f''(x),... f^{(n)}(x)$.
Portanto...Podemos ter forma de o fazer! Pois \[ f\left( 0 \right) = a_0 + \sum\limits_{k = 1}^n {a_k 0^k }=a_0 \] Ou seja $a_0=f(0)$ Para determinar $a_1$ pode-se recorrer à mesma ideia, tendo em conta que \[ f'\left( x \right) = a_1 + \sum\limits_{k = 2}^n {a_k kx^{k-1} } \] Portanto \[ f'\left( 0 \right) = a_1 + \sum\limits_{k = 2}^n {a_k k^{k-1} } =a_1 \] Ou seja $a_1=f'(0)$
Pode-se continuar. \[ f''\left( x \right) = 2a_2 + \sum\limits_{k = 3}^n {a_k k\left(k-1\right)x^{k-2} } \] De onde \[ f''\left( 0 \right) = 2a_2 + \sum\limits_{k = 3}^n {a_k k\left(k-1\right)0^{k-2} }=2a_2 \] Logo $$a_2=\frc{f''(0)}{2}$$ Apareceu aqui uma fracção. Se calhar é boa ideia calcular mais alguns termos. \[ f'''\left( x \right) = 3\times2a_3 + \sum\limits_{k = 4}^n {a_k k\left(k-1\right)\left(k-2\right)x^{k-3} } \] De onde \[ f'''\left( 0 \right) = 3\times2a_3 + \sum\limits_{k = 4}^n {a_k k\left(k-1\right)\left(k-2\right)0^{k-3}=3\times2a_3 } \] Logo $$a_3=\frc{f'''(0)}{3\times2}$$ Continuando, conseguimos provar que $$a_k=\frc{f^{(k)}(0)}{k!}$$ E portanto \[ f(x)=f(0)+\sum\limits_{k=1}^n{\frc{f^{(k)}(0)}{k!}x^k}\] Que é aquilo a que normalmente se chama expansão em polinómio de MacLaurin de grau $n$ da função $f$.
Portanto, basta-nos calcular $f(0),f'(0),f''(0),...,f^{(n)}(0)$. Comecemos pelo cálculo da derivada de ordem $k$ de $(a+x)^n$ \begin{eqnarray*} {f(x)}&{=}&{(a+x)^n}\\ {f'(x)}&{=}&{n(a+x)^{n-1}}\\ {f''(x)}&{=}&{n(n-1)(a+x)^{n-2}}\\ {f'''(x)}&{=}&{n(n-1)(n-2)(a+x)^{n-3}}\\ {}&{\vdots}&{}\\ {f^{(k)}(x)}&{=}&{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)(a+x)^{n-k}}\\ {}&{\vdots}&{}\\ {f^{(n)}(0)}&{=}&{n!} \end{eqnarray*} Portanto \begin{eqnarray*} {f(0)}&{=}&{a^n}\\ {f'(0)}&{=}&{n\times a^{n-1}}\\ {f''(0)}&{=}&{n(n-1)a^{n-2}}\\ {f'''(0)}&{=}&{n(n-1)(n-2)a^{n-3}}\\ {}&{\vdots}&{}\\ {f^{(k)}(0)}&{=}&{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)a^{n-k}}\\ {}&{=}&{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)\frc{\left(n-k\right)!}{\left(n-k\right)!}a^{n-k}}\\ {}&{=}&{\frc{n!}{\left(n-k\right)!}} \end{eqnarray*} Assim sendo \[ f(x)=f(0)+\sum\limits_{k=1}^n{\frc{f^{(k)}(0)}{k!}x^k}=a^n+\sum\limits_{k=1}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}x^k}\] Para $x\neq0$ até se pode escrever \[(a+x)^n=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}x^k}\] Se convencionarmos que nesta fórmula $0^0=1$ então \[(a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}b^k}\] Que é uma conhecida fórmula para o binómio de Newton
Note-se que $(a+b)^n=(b+a)^n$ pois a adição é comutativa. Isso significa que \[ (a+b)^n=(b+a)^n=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}b^k}=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{k}b^{n-k}} \] E, por exemplo, torna bastante estúpido falar em "o" termo de ordem $j$ do desenvolvimento do binómio de Newton.

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PS: Sobre $0^0$ : Z0nα Exact4: Zero elevado a zero.

Derivada do produto generalizado

 Recentemente recebi uma dúvida que se respondia com

\[\left(fgh\right)'=f'gh+fg'h+fgh'\]

A fórmula está no formulário de derivação que deixei no blog Z0nα Exact4, e até se deduz rapidamente, mesmo mentalmente.

 Sabendo que $(fg)'=f'g+fg'$ então

\begin{eqnarray*} {(fgh)'}&{=}&{(f(gh))'}\\ {}&{=}&{f'(gh)+f(gh)'}\\ {}&{=}&{f'gh+f(g'h+gh')}\\ {}&{=}&{f'gh+fg'h+fgh'} \end{eqnarray*} 

$\blacksquare$ 

 Uma forma de memorizar é lembrar-se "deriva-se uma de cada vez".
Mas a regra é válida para $n$ funções deriváveis, num corpo ($\R$ ou $\C$), com $n\in \N_1$ \[ \left( {f_1 f_2 ...f_n } \right)^\prime = f_1 ^\prime f_2 ...f_n + f_1 f_2 ^\prime ...f_n + \cdots + f_1 f_2 ...f_n ^\prime \] Ou, mais precisamente

\[ \left( {\prod\limits_{k = 1}^n {f_k } } \right)^\prime = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\prod\limits_{k = 1}^n {D^{\delta _{ik} } f_k } } \right)} \] onde $\delta$ é o delta de Kronecker \[ \delta _{ij} = \left\{ {\begin{array}{c} {1,\text{se }i = j} \\ {0,\text{se }i \neq j} \end{array}} \right. \] e \[ D^\alpha f = \left\{ {\begin{array}{c} {f,\text{se }\alpha = 0} \\ {\frc{{d^\alpha f}}{{dx^\alpha }},\text{se }\alpha \neq 0} \\ \end{array}} \right. \]

A fórmula da derivada do produto generalizado prova-se recorrendo a indução matemática, deixo como exercício para o leitor interessado.
Pode ser usada para provar a conhecida fórmula: \[ \left( {x^n } \right)^\prime = nx^{n - 1} \] Prova: \[ \left( {x^n } \right)^\prime = \left( {\prod\limits_{k = 1}^n x } \right)^\prime = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\prod\limits_{k = 1}^n {D^{\delta _{ik} } x} } \right)} = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} x } \right)} = \sum\limits_{i = 1}^n {x^{n - 1} } = nx^{n - 1} \]

$\blacksquare$ 

e pela regra de derivação da função composta: \[ \left( {f^n } \right)^\prime = nf^{n - 1} f' \] onde $f$ é função escalar,derivável, definida no tal corpo.

Feliz Natal!

Em 1999...

[ O autor sou eu! ]