Progressões Aritmética

Progressoes aritmeticas

Rodrigo Carlos Silva de Lima ‡

Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ

[email protected]

‡

Sumario

1 Progressoes aritmeticas 3

1.1 Progressoes aritmeticas de ordem p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1 Soma dos termos de uma P.A de ordem p . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.1.2 Deslocando as condicoes iniciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2 Progressoes e series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3 Progressao aritmetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2

Capıtulo 1

Progressoes aritmeticas

Definicao 1 (Operador diferenca). Dada uma funcao f : R → R definimos o operador

∆ que leva uma funcao f : R → R em uma funcao ∆f : R → R dada por

∆f(x) := f(x+ 1)− f(x).

Definicao 2 (Potencias de ∆). Definimos

∆0f(x) = f(x)

∆n+1f(x) = ∆nf(x+ 1)−∆nf(x)

para n natural.

Definicao 3 (Operador E.). Dado h ∈ R definimos o operador Eh que leva funcoes

f : R → R em uma funcao EhfR → R, dada por

Ehf(x) = f(x+ h).

Observe que ∆f(x) = f(x+ 1)− f(x) entao escrevemos ∆ = E − 1.

Definicao 4 (Potencia fatorial ). Definimos a potencia fatorial de passo h e expoente n

e base x como

x(n,h) =n−1∏k=0

(x− kh)

com n ∈ N , x, h ∈ R .

3

CAPITULO 1. PROGRESSOES ARITMETICAS 4

Com n = 0 usamos o produto vazio

x(0,h) =−1∏k=0

(x− kh) = 1.

Usaremos em especial o caso de h = 1

x(n,1) =n−1∏k=0

(x− k).

Corolario 1 (Interpolacao de Newton). Vamos deduzir informalmente a formula de in-

terpolacao de Newton, que permite escreve uma sequencia como soma das suas diferencas.

De ∆ = E − 1 tem-se ∆ + 1 = E, elevando a n, tem-se

En = (∆ + 1)n =n∑

k=0

(n

k

)∆k

aplicando em f(0) tem-se

Enf(0) = f(n) =n∑

k=0

(n

k

)∆kf(0).

Definicao 5 (Coeficiente binomial). Definimos o coeficiente binomial

(x

k

)da seguinte

maneira (x

k

)=

x(k,1)

k!

para k natural e x real ou complexo.

Definicao 6 (Somatorio indefinido). Um somatorio indefinido de g(x) e uma funcao f(x)

tal que ∆f(x) = g(x), nesse caso escrevemos∑x

g(x) = f(x)

nesse caso vale

b∑x=a

g(x) = f(b+ 1)− f(a) = f(x)

∣∣∣∣b+1

a

.

Propriedade 1. Vale a propriedade∑x

x(n,1) =x(n+1,1)

n+ 1.


1.1 Progressoes aritmeticas de ordem p

Definicao 7 (Progressao aritmetica de ordem p.). Uma progressao aritmetica de ordem

p , p ∈ N , e uma sequencia f(n) onde tem-se ∆pf(n) = r = 0 ∀n ∈ N . Podemos

mostrarque isso implica que f(n) e um polinomio de grau p em n, e aplicando mais uma

vez o operador diferenca em ambos lados, temos que ∆p+1f(n) = 0 e assim temos uma

recorrencia de ordem p+ 1

f(n+ p+ 1) =

p∑k=0

(p+ 1

k

)(−1)p−kf(n+ k)

logo precisamos de p+ 1 condicoes iniciais.

Neste texto tomaremos como primeiro termo da progressao o termo f(0) e nao f(1)

isso e feito pois simplificar as formulas gerais. Se forem dadas p + 1 condicoes iniciais

f(0), . . . , f(p) isto e f(k) com k variando de 0 ate p.

Se a definicao

Propriedade 2 (Formula geral de uma P.A de ordem p.). A formula geral de uma P.A

de ordem p e

f(n) =

p∑k=0

(n

k

)∆kf(0)

que e um polinomio de grau p em n.

Demonstracao.

Podemos achar a formula geral usando a interpolacao. Sabemos que f(n) pode ser

escrito como

f(n) =n∑

k=0

(n

k

)∆kf(0)

como sabemos que os termos a partir de ∆p+1f(0) sao todos zero, se temos n > p, n ∈ N ,

escrevemos

f(n) =n∑

k=0

(n

k

)∆kf(0) =

p∑k=0

(n

k

)∆kf(0) +

n∑k=p+1

(n

k

)∆kf(0)


onde o segundo membro sempre se anula, pois temos termos com coeficiente ∆sf(0) com

s > p e esses termos sao todos nulos entao temos

f(n) =

p∑k=0

(n

k

)∆kf(0)

. Se n < p nao ha problemas em escrever

f(n) =

p∑k=0

(n

k

)∆kf(0)

pois podemos abrir o somatorio

f(n) =

p∑k=0

(n

k

)∆kf(0) =

n∑k=0

(n

k

)∆kf(0) +

p∑k=n+1

(n

k

)∆kf(0)

onde o segundo somatorio e zero, pois temos termos da forma

(n

k

)=

n(k,1)

k!que sao zero

pra k natural maior que n, por propriedade de potencias fatoriais, tendo que o menor

valor de k no somatorio a direita e n + 1 que ja e maior que n, logo o segundo termo e

zero. Agora se p = n, podemos escrever

f(n) =n∑

k=0

(n

k

)∆kf(0) =

p∑k=0

(n

k

)∆kf(0)

entao em todos casos, podemos escrever

f(n) =

p∑k=0

(n

k

)∆kf(0).

Como temos que ∆pf(0) = r uma constante diferente de zero, temos abrindo o limite

superior do somatorio

f(n) =

p−1∑k=0

(n

k

)∆kf(0) +

(n

p

)∆pf(0) =

p−1∑k=0

(n

k

)∆kf(0) +

n(p,1)

p!r

onde n(p,1) e um polinomio de grau p em n . O grau dos termos que ficaram dentro

do somatorio sao todo menores que p, logo nao pode haver termo que anule o termo de

coeficiente np. Podemos tomar entao como formula geral o polinomio de grau p em n

f(n) =

p∑k=0

(n

k

)∆kf(0).


Corolario 2 (P.A de ordem zero.). Uma P.A de ordem zero e uma sequencia (xn) que

satisfaz ∆0xn = xn = c = 0 para alguma constante c, entao progressoes aritmeticas de

ordem zero sao constantes nao nulas.

Nao definimos a ordem de uma sequencia nula xn = 0, assim como nao definimos grau

para o polinomio nulo 0.

Propriedade 3. Se sao dadas as p+1 condicoes iniciais f(k) com k variando de 0 ate p,

temos o polinomio solucao .

Demonstracao. Basta mostrar que vamos ter os coeficientes do polinomio que sao

os termos ∆kf(0) com k variando de 0 ate p. Temos que ∆kf(0) = (E − 1)kf(0) =k∑

s=0

(k

s

)(−1)k−sEsf(0) =

k∑s=0

(k

s

)(−1)k−sf(s) essa relacao diz que para ter ∆kf(0) pre-

cisamos dos termos f(s) com s variando de 0 ate k, como temos f(s) de s = 0 ate s = p,

isso implica que temos ∆kf(0) de k = 0 ate k = p.

Propriedade 4. f e uma progressao aritmetica de ordem p ⇔ f(n) e de grau p em n.

Demonstracao. ⇒). Ja mostramos que se f e uma progressao aritmetica de ordem

p entao f(n) e de grau p em n no resultado anterior.

⇐). Suponha que

f(n) =

p∑k=0

aknk

com ap = 0, fica como o exercıcio para o leitor provar que

∆pf(n) = ap.p! = 0 ∀n ∈ N

portanto f(n) e uma P.A de ordem p.

Propriedade 5. Seja f(n) uma progressao aritmetica de ordem l entao vale a propriedade

∆l−1f(n)−∆l−1f(p)

n− p= c.

Demonstracao. Temos

f(n) =l∑

k=0

(n

k

)ck, ∆l−1f(n) =

l∑k=0

∆l−1

(n

k

)ck =

l∑k=0

(n

k − l + 1

)ck = cl−1 + n.cl


assim ∆l−1f(p) = cl−1 + p.cl e temos ∆l−1f(n) − ∆l−1f(p) = cl−1 + n.cl − cl−1 − p.cl =

cl(n− p)

logo vale∆l−1f(n)−∆l−1f(p)

n− p= c.

1.1.1 Soma dos termos de uma P.A de ordem p

Propriedade 6. Seja f uma P.A de ordem p, entao a soma dos seus termos e dada por

b∑n=a

f(n) =

p∑k=0

((b+ 1

k + 1

)−(

a

k + 1

))∆kf(0)

em especialb∑

n=0

f(n) =

p∑k=0

(b+ 1

k + 1

)∆kf(0).

Demonstracao.

Vamos calcular o somatorio indefinido

∑n

f(n) =∑n

p∑k=0

(n

k

)∆kf(0) =

p∑k=0

∑n

(n

k

)∆kf(0)

como temos∑n

(n

k

)=

∑ n(k,1)

k!=

n(k+1,1)

(k + 1)(k)!=

n(k+1,1)

(k + 1)!=

(n

k + 1

), temos

∑n

f(n) =

p∑k=0

(n

k + 1

)∆kf(0)

aplicando limites temos

b∑n=a

f(n) =

p∑k=0

(n

k + 1

)∣∣∣∣b+1

a

∆kf(0)

em especial se a = 0b∑

n=0

f(n) =

p∑k=0

(n

k + 1

)∣∣∣∣b+1

0

∆kf(0)

temos que (n

k + 1

)∣∣∣∣b+1

0

=

(b+ 1

k + 1

)−(

0

k + 1

)=

(b+ 1

k + 1

)ficamos com

b∑n=0

f(n) =

p∑k=0

(b+ 1

k + 1

)∆kf(0).


1.1.2 Deslocando as condicoes iniciais

Se quisermos comecar a progressao a partir de g(1) e nao de f(0), tomamos g(1) = f(0)

e g(n+ 1) = f(n) para todo n assim ficamos com g(n) = f(n− 1)

g(n) = f(n− 1) =

p∑k=0

(n− 1

k

)∆kg(1).

g(n) =

p∑k=0

(n− 1

k

)∆kg(1)

Se quisermos comecar a progressao a partir de h(n0) = f(0), basta tomar h(n+n0) =

f(n) assim ficamos com h(n) = f(n− n0)

h(n) = f(n− n0) =

p∑k=0

(n− n0

k

)∆kh(n0).

h(n) =

p∑k=0

(n− n0

k

)∆kh(n0).

[?] [?]

1.2 Progressoes e series

Vejamos alguns problemas de progressoes aritmeticas e series.

Exemplo 1. Calcule o valor para o qual converge a serie, sabendo que o denominador

da seguinte soma esta em P.A de ordem 2

1

10+

1

18+

1

28. . .

Sendo de ordem 2, tomamos as diferencas

10 18 28

8 10

2

e comecamos com k = 0,


logo a sequencia se escreve como

f(k) = 10 + 8(k) + 2(k)(k − 1)

2= 10 + 8k + k2 − k = 10 + 7k + k2

procuramos fatorar a expressao, 10 + 7k + k2 = (k + 2)(k + 5), entao a serie e

∞∑k=0

1

(k + 2)(k + 5)=

∞∑k=2

1

(k)(k + 3)=

∞∑k=1

1

(k)(k + 3)− 1

4

a ultima serie tem valor conhecido que eH3

3= 11/18 logo a serie tem valor 11/18−1

4=

13

36.

Foi usado o resultado∞∑k=1

1

(k)(k + p)=

Hp

p

onde Hp e o p-esimo numero harmonico, se p natural

Hp =

p∑k=1

1

k.

1.3 Progressao aritmetica

Definicao 8 (Progressao aritmetica-P.A). Progressao aritmetica e a sequencia (an) que

satisfaz a equacao de diferenca

∆a(n) = r

onde r e um real qualquer, nesse caso podendo ser nulo .Temos na progressao aritmetica

a(n+ 1)− a(n) = r, a diferenca entre termos consecutivos e uma constante, chamada de

razao da progressao aritmetica. O numero n em a(n) e chamado de ındice da sequencia e

a(n) de n-esimo termo. Podemos simbolizar tanto o n-esimo termo tanto por an quanto

por a(n).

Com nossa definicao uma P.A engloba as progressoes aritmeticas de ordem 1, onde

∆an = r = 0 e progressoes aritmeticas de ordem 0 onde ∆an = 0.

Corolario 3. Numa P.A vale a identidade

r(n− p) = a(n)− a(p),


pois aplicando o somatorio na definicao temos

n−1∑k=p

∆a(k) =n−1∑k=p

r = r(n− p) = a(n)− a(p),

tomando p = 1 segue

a(n)− a(1) = r(n− 1) =⇒ a(n) = a(1) + (n− 1)r

a(n) = a(1) + (n− 1)r

que e a expressao geral da P.A em funcao do primeiro termo a1.

Corolario 4 (Condicao de alinhamento). Da identidade

r(n− p) = a(n)− a(p)

se n = p podemos escrever

r =a(n)− a(p)

n− p.

Tomando dois outros termos de indices distintos a(s) e a(t), vale que

a(s)− a(t)

s− t= r =

a(n)− a(p)

n− p

se a(n) = a(p) vale tambem

a(s)− a(t)

a(n)− a(p)=

s− t

n− p

, isto e,a(s)− a(t)

a(n)− a(p)e sempre um numero racional nessas condicoes.

Exemplo 2. Alguns exemplos de progressoes aritmeticas.

a1 = 0, r = 3

(0, 3, 6, 9...)

a1 = −2, r = 5

(−2, 3, 8, 13, 18, ...)

a1 = 7, r = −1

(7, 6, 5, 4, 3, ...)


Soma de termos da progressao aritmetica

c∑k=b

ak =c∑

k=b

a1 + (k − 1).r = a1

c∑k=b

k(0,1) + r

c∑b

(k − 1) = a1.k + r(k − 1)(2,1)

2

∣∣∣∣ c+1

b

= a1k + r

(k − 1

2

)∣∣∣∣ c+1

b

= a1

(k

1

)+ r

(k − 1

2

)∣∣∣∣ c+1

b

Se tomarmos o limite b = 1 e c = n

a1

(k

1

)+ r

(k − 1

2

)∣∣∣∣ n+1

1

= a1

(n+ 1

1

)+ r

(n

2

)− a1

(1

1

)= a1

(n

1

)+ r

(n

2

)=

= a1n+n(n− 1)

2r.

como temos an = a1 + (n− 1).r, na formula soma colocando n em evidencia

n

(a1 +

(n− 1)

2

)= n

(a1 + a1 + (n− 1)

2

)= n

(a1 + an

2

)

Metodo de Gauss

No capıtulo de Definicoes, falamos sobre um metodo de achar a soma dos primeiros

n numeros naturais, agora usando apenas as propriedades de somatorio vamos deduzir o

mesmo resultado, queremos mostrar que

n∑k=0

k =n(n+ 1)

2

apenas manipulando o somatorio, pela propriedade de mudanca de ordem temos

n∑k=0

k =n∑

k=0

n− k =n∑

k=0

n−n∑

k=0

k = nn∑

k=0

1−n∑

k=0

k = n(n+ 1)−n∑

k=0

k

assimn∑

k=0

k = n(n+ 1)−n∑

k=0

k

implicando

2n∑

k=0

k = n(n+ 1)

en∑

k=0

k =n(n+ 1)

2


Propriedade 7. Se an+ b admite valores naturais para todo n natural, entao a e b sao

naturais.

Demonstracao. b e natural pois a0 + b = b e natural. Se a = 0 entao a e natural,

temos tambem que a+b e natural e 2a+b tambem. Ainda 2a+b > a+b , 2a+b−a−b = a

que e natural.

Propriedade 8. Sejam os naturais divididos em p progressoes aritmeticas cujos conjuntos

dos seus termos sao disjuntos, sejam rk|nk=1 as razoes dessas p progressoes aritmeticas,

entaop−1∑k=0

1

rk= 1.

Demonstracao.(nao consegui resolver, mostrar que a(n, k) = pn + k) Seja v um

numero natural, pela divisao euclidiana por p ele se escreve da forma v = pn + k com

0 ≤ k ≤ p− 1

Exemplo 3. Podem√2,√3 e

√5 serem termos de uma mesma progressao aritmetica?

Suponha que sim, entao temos an =√2, ap =

√3 e ar =

√5, deve valer a condicao de

alinhamento, logo

√2−

√3√

3−√5= c ⇒

√2−

√3 = c

√3− c

√5 ⇒

√2 + c

√5 = (c+ 1)︸︷︷︸

t

√3 ⇒

√2 + c

√5 = t

√3

elevando ao quadrado ambos membros tem-se (com u = t2.3)

2 + 2√10c+ 5 = u ⇒

√10 =

v

2c

comov

2ce racional e

√10 e irracional, chegamos num absurdo.

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