Re: [obm-l] Provas...

[Marcio]

Apenas uma breve correcao..  Na linha abaixo, a^(n-k) nao eh inteiro,
pois n=k=2n. Isso pode ser corrigido mudando minha funcao para
p(x)=(abx(pi-x))^n /n! . O resto da demonstracao continua igual (com K =
abpi^2/4 agora)..
Abracos,
Marcio

 0 (pois k!/n! eh inteiro e b^n * pi^(n-k) = b^k * a^(n-k) eh inteiro).
 Para a contradicao, note que para 0xpi, x(pi-x) eh no maximo pi^2/4,
 de forma que p(x) = K^n /n! para K = b * pi^2 / 4. Logo, a integral
 satisfaz:
 |Int (p(x)senx) | = Int |p(x)senx| = Int |K^n / n!| = pi*K^n / n!
 Pronto, aqui esta a contradicao. Para n muito grande, esse valor fica
 menor que 1 e portanto nao pode ser inteiro.. (esse fica como um exercicio
 extra: Mostrar que para K fixo, K^n / n! tende a zero quando n vai para
oo).

 Abraco,


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[obm-l] Int[Sin(x)/(1+x), x](Desafio!)

[carlos augusto]

Alguém se habilita, a resolver:

   integral[Sen(x)/(1+x), x]  

Resp.: Si(x+1)Cos(1) - Ci(x+1)Sen(1)

Si: Seno integrado
Ci: Cosseno integrado

Estas integrais são definidas para todo x complexo 
como segue

 Si(x) = int[Sen(t)/t, t=0..x]
 Ci(x) = gamma + ln(x) + int[(cos(t)-1)/t, t=0..x]


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[obm-l] Problemas

[André Luíz]

olá estou comdificuldades nesses problemas, 
gostaria que me ajudassem.
obrigado.

1) Em um baile há r rapazes e m moças. Um rapaz 
dança com 5 moças, um segundo rapaz dança com 6 moças e assim sucessivamente. o 
último dança com todas as moças. Qual é a relação entre m e r?

2) Uma urna tem 10 bolinhas numeradas 1,2,3...10. 
Três bolinhas são extraídas sucessivamente, sem reposição. De quantas formas os 
números das bolinhas formam uma PA . na ordem em que foram 
extraídas?

3) Um mágico se apresenta em público vestindo calça 
e paletó de cores diferentes. Para que ele possa se apresentar em 24 sessões com 
conjuntos diferentes, qual é o número mínimo de peças(número de paletós mais 
número de calças) de que ele precisa?

[obm-l] Antigo problema da eureka 15

[Bruno Lima]

Desculpem eu ser chato e voltar num problema que já foi discutido:
Encontrar f : R -R tal que 
f(x+y) - f(x-y)=2f(x)cos(y)

A ultima conclusão foi que f(x)= Asen(x) + Bcos(x), é solução do problemaonde A=f(pi/2) e B=f(0), 
Mas não pode existir outro tipo de solução além das do tipo acima?Yahoo! Mail 
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[obm-l] Prova (Pi irracional)

[leonardo mattos]

Alguem saberia provar que PI eh um numero irracional sem a utilizaçao de 
conceitos de Cálculo???

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Re: [obm-l] Provas...

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

1-o cubo da metade deraiz quadrada de 2 serve?

2-To sem muito saco de escrever.Va ate o site da OBM e veja os artigos da Semana Olimpicaleonardo mattos [EMAIL PROTECTED] wrote:
1- Provar q (a/b)^n com n pertencente aos naturais,nao eh necessariamente racional.2- Provar q PI eh irracional._MSN Hotmail, o maior webmail do Brasil. http://www.hotmail.com=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=Yahoo! Mail 
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Re: [obm-l] olimpíadas ao redor do mundo.....

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

So uma pergunta:voce nao confia em si mesmo?Sem querer ser grosseiro,claro...[EMAIL PROTECTED] wrote:
Resolvi o problema abaixo, mas gostaria de ver( se possível ) a solução de outros da lista e poder concluir se a minha é a mais otimizada ou não ( ficou grande ). Problema:Eduardo escreveu todos os produtos, todas as somas e todos os valores absolutos das diferenças dos inteiros positivos a_1,a_2,a_3,.,a_100 tomados dois a dois. Qual o maior número de inteiros ímpares obtidos por Eduardo??ps-Cheguei numa função f(n), que dá o maior número possível de inteiros ímpares obtidos por Eduardopara conseguir esse número máximo de ímpares é necessário que na sequência de cem números inteiros positivos existam 66 ou 67 ímparesSerá que errei nos cálculos??? Um abraço,
 Crom Yahoo! Mail 
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Re: [obm-l] Provas...

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Uma maneira legal,acho que uma das primeiras demos disso,e ver o que ocorre se tg k e racional para um certo kMarcio [EMAIL PROTECTED] wrote:
1. tome a = PI, b=1, n=1.2. Essa eh uma demonstracao que eu vi ha um tempo, nao lembro em qual livro(acho que mais de um):Note que dado um polinomio p(x), sempre se tem, usando integral por partes:Int ( p(x)senx ) = -pcos + Int (p'cos)Int ( q(x)cosx ) = qsen - Int(q'sen)Juntando, vem:Int (p(x)senx) = -pcos + p'sen - p"cos + p"'sen - ...Int (p(x)cosx) = qsen - q'cos + q"sen - q"'cos + ...A propriedade de Pi que vc vai usar eh que sen(pi) e cos(pi) sao ambosinteiros, de modo que se os polinomios p e q e suas derivadas forem inteirospara x=0 e x=Pi, entao as integrais da esquerda, tomadas de 0 a pi, tmbdevem ser inteiras. A ideia eh buscar um polinomio p que tenha essasderivadas inteiras mas que seja pequeno o suficiente para que a integral naode inteira.Suponha entao que Pi = a/b, com a e b inteiros, e olhe para p(x)
 =[bx(pi-x)]^n / n! Veja que:n! p(x) = b^n * ( (xpi)^n -^... + (-x)^(2n) )Comparando com a expressao de Taylor:p(x) = p(0) + p'(0) x + p"(0)x^2 / 2! + p"'(0)x^3/3! + ...vemos que as n-1 primeiras derivadas de f em 0 sao nulas, e que a k_aderivada satisfaz f(k) (0) / k! = b^n * (-pi)^(n-k) / n! para n=k=2n.Portanto, para esses valores de k temos que a k_a derivada tmb eh inteira em0 (pois k!/n! eh inteiro e b^n * pi^(n-k) = b^k * a^(n-k) eh inteiro).Para a contradicao, note que para 0To: <[EMAIL PROTECTED]>Sent: Tuesdday, June 10, 2003 9:56 PMSubject: [obm-l] Provas... 1- Provar q (a/b)^n com n pertencente aos naturais,nao eh necessariamente racional. 2- Provar q PI eh irracional.=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=Yahoo! Mail 
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Re: [obm-l] Prova (Pi irracional)

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Nao sei direito nao mas acho que nao e dificil.Me lembro de um problema da Putnam que pedia pra provar que se cos x*pi=3^(-1) entao x era irracional.Tente ver algo com tg x=algum racional.leonardo mattos [EMAIL PROTECTED] wrote:
Alguem saberia provar que PI eh um numero irracional sem a utilizaçao de conceitos de Cálculo???_MSN Messenger: converse com os seus amigos online. http://messenger.msn.com.br=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=Yahoo! Mail 
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RE: [obm-l] Problema do torneio das Cidades

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Na verdade eu generalizei um pouco,pois n=5 no original.Mas tenho que ver,pois a soluçao empirica era 15 e era obtida passando as diagonais pulando algumas colunas.

/ / /
/ / /
/ / /
/ / // / /
João_Gilberto_Ponciano_Pereira [EMAIL PROTECTED] wrote:
Não sei se entendi direito o problema, mas acho que dá para resolver assim:Suponha que vc conhece a solução otimizada. Vamos dar uma olhada na bordainferior do reticulado:Imagine que nesta borda você tenha a configuração do tipo/ \. Neste caso, podemos inverter a segunda diagonal de forma a termos aconfiguração // sem alterar o número de diagonais do reticulado. O mesmoraciocínio podemos utilizar para configurações do tipo://podemos "descer" a diagonal de cima de forma a mais uma vez termos aconfiguração //. Temos também o caso\/que invertendo a diagonal de cima, também ficaria //.Fazendo o mesmo para a coluna da esquerda, podemos concluir que existe umaconfiguração final otimizada no formato/ / / / / / / / / / /Neste caso, podemos "arrancar" estas duas linhas e duas colunas e continuaro
 problema para um nível inferior (n-2) *(n-2).Logo, seja D(n) o número diagonais para um reticulado de nxn, com n ímpar,temos que:D(1) = 1D(n+2) = D(n) + 2n+3Desenvolvendo, temos que d(n) = (n^2+n)/2-Original Message-From: Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet[mailto:[EMAIL PROTECTED]Sent:: Friday, June 06, 2003 4:35 PMTo: [EMAIL PROTECTED]Subject: [obm-l] Problema do torneio das CidadesOla turma!!!Estrou ha dias pensando nesse problema mas nada me ocorreu:Considere um reticulado n*n, n impar.Nele destacamos alguns segmentos decomprimento 2^(0,5) ligando dois pontos quaisquer desse reticulado,de modoque esses segmentinhos nao tenham pontos em comum (nem mesmo extremidades).Calcule o maximo desses segmentos que podem aparecer._ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB,
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[obm-l] Bolinhas em Gavetas, PA de Primos e Média de Primos

[Cláudio \(Prática\)]

 Neste caso, por serem distintos, os anéis colocados num mesmo dedo
obedecem
 a uma certa ordem. E se, em vez de anéis, tivéssemos seis bolinhas
numeradas
 de 1 a 6 e quatro gavetas numeradas de 1 a 4? (Bolinhas colocadas numa
mesma
 gaveta não obedeceriam a ordem alguma).

 Estou muito tempo ausente, por isso predoem-me se já circulou pela lista
os
 seguintes problemas:

 1) Qual o número máximo de termos que pode ter uma PA cujos termos são
todos
 números primos?


 2) A média aritmética de n números primos é 20. Qual é o maior desses
 números?

 []s, Josimar


Oi, Josimar:

Primeiro as bolinhas...

O no. de maneiras de colocar as 6 bolinhas nas 4 gavetas seria 4^6, pois
haveria 4 gavetas possiveis para se colocar
cada uma das 6 bolinhas.

*

2) O enunciado estah ambiguo, pois ha diversas solucoes. Por exemplo, com n
= 2 os primos poderiam ser {3,37}, {11,29} e {17,23}; com n = 3, teriamos
{2,5,53}, {2,11,47}, {2,17,41}, etc.

No entanto, se a pergunta for Qual o maior primo que pode pertencer a um
conjunto de primos distintos com média aritmética igual a 20?, entao
teremos o
seguinte:

Sejam P1  P2  ...  Pr os primos menores que 20 e Q1  Q2  ... Qs os
primos maiores que 20 que compoem a media. Naturalmente, teremos r + s = n.

A fim de que maximizar Qs, a media deverah ter o maior numero possivel de
Pi's e o menor numero possivel de Qj's.

Os Pi pertencem a {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19} ==
r = 8  e  Soma(Pi) = 2 + 3 + ... + 19 = 77

No melhor caso, teriamos r = 8 e s = 1 ==
Media = (77 + Q1)/9 = 20 ==
Q1 = 103, que eh primo.

Logo, o maior primo possivel eh 103.

*

1) Esse problema eh o mais interessante mas, infelizmente, parece estar em
aberto.
Conjectura-se que existem PA's arbitrariamente longas cujos termos sao todos
primos.
No entanto, a PA desse tipo mais longa que se conhece tem apenas 22 termos.
Veja o site:
http://mathworld.wolfram.com/PrimeArithmeticProgression.html
e também:
http://www.utm.edu/research/primes/lists/top20/ArithmeticProg2.html

*

Um abraco,
Claudio.

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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=

Re: flw:Re: [obm-l] [E.M.] conjugado de complexos

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Nao tem essa de demonstraçao correta,no sentido que eu achoce ta achando.E mais uma questao de portugues.Manja aquela historia de ordem direta e ordem inversa dos termos de uma frase?Pois entao,tem coisas desse tipo em matematica.A tal demonstraçao formal de qiue voces falam e o metodo direto:associar verdades levando A a B.Mas geralmente se age assim:vendo A e B,construir um caminho que leve A em B.E por assoim dizer mostrar a estrategia junto com o problema pronto,como:"bem,pra provar B podemos mostar que de a vamos a C e de C a B,em que C e um fato intermediario mais facil ou mais conveniente.Vamos seguir isso!!!".
E essa de manipulaçoes algebricas erradas,e meio como tirar raiz quadrada sem ver o modulo.Por exemplo 
sqrt(x²)=|x|,e nao x.Mas sao detalhes...Mas fique atwento.Te mais!!!Ass.:Johann
Ariel de Silvio [EMAIL PROTECTED] wrote:




Entao para demostrar numa prova o correto seria da maneira abaixo?

 Considerando:
 z = a+bi = r(cosA + i*senA) 
 ~z = a-bi = r(cosA - i*senA) = r(cos(-A) + i*sen(-A))
 
 r^n(cos(-nA)+ i*sen(-nA) = r^n(cos(-nA) + i*sen(-nA))
 r^n(cos(nA)- i*sen(nA) = r^n(cos(-nA) + i*sen(-nA))
 ~[r^n(cos(nA)+ i*sen(nA)] = r^n(cos(-nA) + i*sen(-nA))

 ~[r(cosA + i*senA)^n] = [r(cos(-A) + i*sen(-A))]^n
 ~[r(cosA + i*senA)^n] = [r(cos(A)- i*sen(A))]^n
 ~[(a+bi)^n] = (a-bi)^n
 ~(z^n) = (~z)^n
 
É essa a maneira correta??
Putz, acho q ja errei diversas vezes!! Bom q meu professor nao gosta de pedir isso em provas, pq ele diz q o cara sempre arranja um argumento loco pra chegar a tal resultado e quer que considere depois... hehehe

[]s
Ariel
*** MENSAGEM ORIGINAL ***As 20:44 de 9/6/2003 Domingos Jr. escreveu:

Sim, está certa... e é um pouco mais simples do que a solução que eu postei, mas o legal é ver várias maneiras de resolver um mesmo problema, para não se bitolar.

Só um detalhe, as demonstrações formais ocorrem no sentido contrário ao que você fez! Manipule os dois lados da igualdade separadamente e derive a igualdade, não comece a partir da igualdade pois, conforme um colega da lista bem notou, você pode introduzir manipulações algébricas que derivem uma igualdade mas não são válidas.

[ ]'s

- Original Message - 
From: Ariel de Silvio 
To: [EMAIL PROTECTED] 
Sent: Monday, June 09, 2003 5:52 PM
Subject: Re: flw:Re: [obm-l] [E.M.] conjugado de complexos

Domingos, mto obrigado pela explicação
acho q entendi sim...

pensei mais e tentei usar a forma trigonometrica...
r = módulo de z
A= argumento

 z = r(cosA + i*senA)
 ~z = r(cosA - i*senA) = r(cos(-A) + i*sen(-A))

Isso está correto não?? logicamente, -A seria 2pi-A

daí
 ~(z^n) = (~z)^n
 ~[r(cosA + i*senA)^n] = [r(cos(-A) + i*sen(-A))]^n
Pela Formula de Moivre
 ~[r^n(cos(nA)+ i*sen(nA)] = r^n(cos(-nA) + i*sen(-nA))
 r^n(cos(nA)- i*sen(nA) = r^n(cos(-nA) + i*sen(-nA))
 r^n(cos(-nA)+ i*sen(-nA) = r^n(cos(-nA) + i*sen(-nA))

Tem alguma coisa errada nessa resolução??
Na verdade meu professor falou pra eu tentar por trigonometria, e cheguei nisso...

[]s
ArielYahoo! Mail 
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[obm-l] Primos em PA

[Cludio \(Prtica\)]

Title: Help



Oi, Gugu:

S pra formalizar a nossa discusso:

O problema foi tirado do livro "Elementary Theory of Numbers", escrito por 
William J. LeVeque - editora Dover - 1990(originalmente Addison-Wesley - 
1962)- captulo 3, seo 3-5, problemas 7 e 8.

Os enunciados originais so:
"7. A famous theorem of P.L.Dirichlet asserts that ifK and L are 
relatively prime, then there are infinitely many primes of the form Kx + L. The 
proof is rather difficult. (...)

8. Show that Dirichlet's theorem implies, and is implied by, the following 
assertion: if (K,L) = 1, then there is at least one prime of the form Kx + 
L."

Naturalmente, K, L e x so inteiros e (K,L) = mdc de K e L.

O minha interpretao do enunciadodo problema 8 a 
seguinte:
"Se K e L so inteiros primos entre si, ento:
Existe um primo da forma Kx + L se e somente se existem infinitos primos da 
forma Kx + L."

Onde eu estou errando?


Um abrao,
Claudio.

Re: [obm-l] Primos numa PA

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Eu estou achando isso potente demais.Esse exercicio esteve no Apostol,sobre teoria analitica dos numeros.Ele demonstra detalhadamente esse teorema usando caracteres e outros babilaques,e depois poe isso como exercicio.Algo como:"o Teorema de Dirichlet tem como consequencia direta o seguinte fato:se K e primo com h entao existe pelo menosum primo da forma Kx+h,x inteiro.Mostre que esta declaraçao tem como consequencia o teorema de Dirichlet".Mas afinal que livro e esse?
PS.:A ideia de gener5alizar ciclotomicos em cima disso nao ´parece agradavel...Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira [EMAIL PROTECTED] wrote:
Caro Claudio,Eu estou convencido de que isso e' tao dificil quanto o teorema deDirichlet. Falando nisso, alguem sabe uma prova elementar e relativamentesimples de que existem infinitos primos da forma 5k+2 (isso certamenteseguiria do problema abaixo) ?Abracos,GuguHelpCaros colegas da lista:Aqui vai um problema que eu vi num livro de teoria dos n=FAmeros a =n=EDvel elementar e que continua em aberto aqui na lista:Prove que:Se:a e b s=E3o inteiros com mdc(a,b) =3D 1=20e=20existe um primo da forma am + b (m inteiro)Ent=E3o:existem infinitos primos desta forma.Naturalmente a conclus=E3o =E9 o famoso teorema de Dirichlet dobre =primos numa PA, cuja demonstra=E7=E3o =E9 bem dif=EDcil. No entanto, =dado o n=EDvel do livro onde eu vi o
 problema, n=E3o creio que a =solu=E7=E3o seja muito sofisticada.Qualquer ajuda ser=E1 grandemente apreciada.Um abra=E7o,Claudio.=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=Yahoo! Mail 
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[obm-l] Re: [obm-l] olimpíadas ao redor do mundo.....

[Cláudio \(Prática\)]

Infelizmente você está sendo grosseiro e arrogante 
(mesmo sem querer).
Eu não vejo problema algum em uma pessoa querer 
saber se há soluções alternativas para um problema que ela já 
resolveu.
E isso não tem nada a ver com auto-confiança. Acho 
que as pessoas fazem parte da lista pra aprender e se aperfeiçoar e não pra se 
mostrar e fazer grosserias, que parece ser o seu caso.

Claudio Buffara.


  - Original Message - 
  From: 
  Johann Peter Gustav Lejeune 
  Dirichlet 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Wednesday, June 11, 2003 12:59 
  PM
  Subject: Re: [obm-l] olimpíadas ao redor 
  do mundo.
  
  So uma pergunta:voce nao confia em si mesmo?Sem querer ser 
  grosseiro,claro...[EMAIL PROTECTED] wrote: 
  Resolvi o problema abaixo, mas gostaria de ver( se 
possível ) a solução de outros da lista e poder concluir se a minha é a mais 
otimizada ou não ( ficou grande ). Problema:Eduardo escreveu 
todos os produtos, todas as somas e todos os valores absolutos das 
diferenças dos inteiros positivos a_1,a_2,a_3,.,a_100 tomados dois a 
dois. Qual o maior número de inteiros ímpares obtidos por 
Eduardo??ps-Cheguei numa função f(n), que dá o maior número possível de 
inteiros ímpares obtidos por Eduardopara conseguir esse número máximo de 
ímpares é necessário que na sequência de cem números inteiros positivos 
existam 66 ou 67 ímparesSerá que errei nos 
cálculos??? Um 
abraço,nb! 
sp; Crom 
  
  
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  spam.

[obm-l] Re: [obm-l] Por que derivar é mais fácil que integrar?

[Nicolau C. Saldanha]

On Wed, Jun 11, 2003 at 02:17:08PM -0300, Cláudio (Prática) wrote:
 Caros colegas da lista:
 
 Imagino que a dúvida do Carlos seja que mudanças de váriáveis e
 manipulações algébricas devem ser feitas para se achar uma anti-derivada de
 f(x) = sen(x)/(1+x)?
 
 O caso dssa função, e de várias outras, cujas primitivas não podem ser
 expressas como combinações de funções elementares, me levam a seguinte
 dúvida: Por que achar a derivada de uma dada função é quase sempre mais
 fácil do que se achar uma primitiva dessa mesma função?
 
 Em geral, pra derivar uma função basta seguir uma receita de bolo e usar
 corretamente as regras da adição, produto, quociente, cadeia, etc. Por outro
 lado, para integrar funções relativamente simples temos que lançar mão de
 integração por partes, substituições trigonométricas, frações parciais, etc.
 e, em muitos casos (p.ex. f(x) = e^(x^2) ou g(x) = 1/ln(x)) nem isso
 funciona.
 
 Gostaria muito de ver uma explicação, mesmo que filosófica, sobre este
 fenômeno.

Não sei se tenho explicação filosófica mas tenho um comentário.
Há um conceito de função elementar; grosso modo, são as funções
para as quais o aluno de cálculo 1 tem uma fórmula.
Há um algoritmo bem simples para derivar funções elementares
e este algoritmo é aprendido por todo aluno de cálculo 1.

Há um outro algoritmo, que *não* é ensinado em cálculo 1,
para, dada uma função elementar f, decidir se existe outra função
elementar g com g' = f; se existir o algoritmo encontra g,
se não existir o algoritmo demonstra este fato.
Pq este algoritmo não é ensinado/aprendido em cálculo I?
Em parte pq ele é complicado (difícil de ensinar aos alunos);
em parte pq ele é lento (mesmo que os alunos aprendessem,
não iam ter tempo de aplicar o algoritmo na hora da prova).
Programas como maple e mathematica *aplicam* este algoritmo.
Tente

 int((cos(x))^(-5),x);

no maple e ele responde:

  sin(x)sin(x)
  1/4 --- + 3/8 --- + 3/8 ln(sec(x) + tan(x))
4 2
  cos(x)cos(x)


mas tente

 int(cos(x^3),x);

e depois de um tempinho ele responde

   / 2/3   6 3
  1/2  1/3 |2(2/7 x  + 2/3) sin(x )
1/6 Pi2|9/2 ---
   |   1/2  2
   \ Pix

  2/3   3   33
 2(cos(x ) x  - sin(x ))
 + 3 ---
1/2  2
  Pix

7  2/3  3   3
   x  2sin(x ) LommelS1(11/6, 3/2, x )
 - 9/7 ---
 1/2   3 11/6
   Pi(x )

  7  2/3   3   33   3 \
 x  2(cos(x ) x  - sin(x )) LommelS1(5/6, 1/2, x )|
 - 3 -|
  1/2   3 17/6|
Pi(x )/


Você pode não conhecer a função LommelS1 mas o fato é que esta coisa
não é elementar. E se você tentar

 int((x^2 + 1)/sqrt(x^8 + x^2 + 1),x);

ele dá a resposta tautológica

  /   2
 |   x  + 1
 |   dx
 |82 1/2
/   (x  + x  + 1)



ou seja, esta coisa não só não é elementar mas nem pode ser escrita
com as outras funções mais difíceis mas que têm nomes que o maple conhece.

[]s, N.


=
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=

Re: [obm-l] Antigo problema da eureka 15

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

A resoluçao deixa isso bem claro.Analise a soluçao detidamente.
From: Bruno Lima <[EMAIL PROTECTED]>
Reply-To: [EMAIL PROTECTED] 
To: OBM lISTA <[EMAIL PROTECTED]>
Subject: [obm-l] Antigo problema da eureka 15 
Date: Wed, 11 Jun 2003 11:33:08 -0300 (ART) 
 
Desculpem eu ser chato e voltar num problema que já foi discutido: 
Encontrar f : R -R tal que 
f(x+y) - f(x-y)=2f(x)cos(y) 
 
A ultima conclusão foi que f(x)= Asen(x) + Bcos(x), é solução do problema onde A=f(pi/2) e B=f(0), 
Mas não pode existir outro tipo de solução além das do tipo acima? 
 
 
 
- 
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=

Re: [obm-l] MMC

[Rafael]

Oi Cláudio!

Valeu pelo trabalho, só que fui ver sua resolução e vi
que tinha enviado a pergunta com um erro, não existe a
letra d. Seria assim:

Se {r,s} representa o MMC dos inteiros positivos r e
s, o número de ternos ordenados (a,b,c) de inteiros
positivos para os quais {a, b} = 1000, {b, c} = 2000 e
{c, a} = 2000 é:
a)50b)70c)100d)170e)200

Quanto à correção que você fez:
 Nao necessariamente. Por exemplo, MMC(2^3*5^3,2*5) =
 1000 mas 2*5 nao eh
 divisivel nem por 2^3 nem por 5^3.

É isso mesmo, é que eu não coloquei que aquilo é
sempre verdadeiro, a não ser para o caso em que temos
2³ e 5³ no mesmo número.

Bom, se quiser fazer de novo, com o enunciado correto,
não precisa digitar tudo de novo, a idéia já tenho, só
queria que confirmasse a resposta mesmo.

Abraços,

Rafael.

 --- Claudio Buffara [EMAIL PROTECTED]
escreveu:  Oi, Rafael:
 
 Eu achei uma solucao diferente mas que tambem nao se
 encaixa em nenhuma
 alternativa. 
 
 Infelizmente, tambem encontrei um furo no seu
 raciocinio. Veja abaixo.
 
 
 Um abraco,
 Claudio.
 
 on 09.06.03 18:57, Rafael at [EMAIL PROTECTED]
 wrote:
 
  
 Os unicos fatores primos de a, b, c, d sao 2 e 5 ==
 a = 2^x1 * 5^y1
 b = 2^x2 * 5^y2
 c = 2^x3 * 5^y3
 d = 2^x4 * 5^y4
 
 MMC(a,b) = 1000 == max(x1,x2) = max(y1,y2) = 3
 MMC(b,c) = 2000 == max(x2,x3) = 4; max(y2,y3) = 3
 MMC(c,d) = 2000 == max(x3,x4) = 4; max(y3,y4) = 3
 
 x2 = max(x1,x2) = 3 ==
 x3 = 4 (ja que max(x2,x3) = 4)
 
 x2 = 3 == 
 x1 pode ser 0, 1, 2 ou 3 ==
 Sub-Total = 4*1*1 = 4 triplas (x1,x2,x3)
 
 x2 = 0, 1 ou 2 == 
 x1 = 3 (ja que max(x1,x2) = 3) ==
 Sub-Total = 1*3*1 = 3 triplas (x1,x2,x3)
 
 Resumindo:
 (x1,x2,x3) pode ser (0,3,4), (1,3,4), (2,3,4),
 (3,3,4), (3,0,4), (3,1,4),
 (3,2,4)
 
 Total: existem 7 triplas (x1,x2,x3)
 
 *
 
 y1 = 0, 1 ou 2 == 
 y2 = 3 (ja que max(y1,y2) = 3) ==
 y3 pode ser 0, 1, 2 ou 3 ==
 Sub-Total = 3*1*4 = 12 triplas (y1,y2,y3)
 
 y1 = 3 == 
 y2 pode ser 0, 1, 2 ou 3
 y2 = 0, 1 ou 2 == y3 = 3 (ja que max(y2,y3) =
 3) ==
 Sub-Total = 1*3*1 = 3 triplas (y1,y2,y3)
 
 y2 = 3 == y3 pode ser 0, 1, 2 ou 3
 Sub-Total = 1*1*4 = 4 triplas (y1,y2,y3)
 
 Total: existem 19 triplas (y1,y2,y3)
 
 *
 
 Logo, existem 7*19 = 133 sextuplas
 (x1,x2,x3,y1,y2,y3), ou seja, 133 triplas
 possiveis de inteiros positivos (a,b,c).
 
  
  Oi Pessoal!
  
  Devo estar esquecendo de alguma coisa ou não tem
  alternativa pra esta questão.
  
  Para dois números terem como MMC o número 1000,
 como:
  1000 = 2³.5³
  
  Um dos números tem que ter pelo menos 2³ e o outro
  pelo menos 5³. 
 
 Nao necessariamente. Por exemplo, MMC(2^3*5^3,2*5) =
 1000 mas 2*5 nao eh
 divisivel nem por 2^3 nem por 5^3.
 
  Então comecei pelo menor e fui vendo
  quem podia ser seu par para terem MMC = 1000:
  2³ e 5³
  2³ e 5³.2
  2³ e 5³.2²
  2³ e 5³.2³
  
  Depois, continuando a ter como referência o número
 com
  2³, podemos ter 2³.5, 2³.5² e por fim 2³.5³ que é
 o
  próprio 1000:
  2³.5 e 5³
  2³.5 e 5³.2
  2³.5 e 5³.2²
  2³.5 e 5³.2³
  
  2³.5² e 5³
  2³.5² e 5³.2
  2³.5² e 5³.2²
  2³.5² e 5³.2³
  
  Mas se você pegar o 1000, pode pegar todos os seus
  divisores que o MMC será 1000. 1000 tem 16
 divisores
  (1, 2, 4, 5, 8, 10, 20, 25, 40, 50, 100, 125, 200,
  250, 500, 1000)
  
  Então formará 16 pares cujo MMC é 1000. Só não
 podemos
  escquecer que já tínhamos 12 pares cujo MMC dava
 1000
  e entre esses apareceram 3 pares onde o 1000 era
 um
  dos números. Então na verdade não são 16, mas 13
 novos
  pares, que juntando com os 12 que já existiam
  totalizam 25.
  
  Para dois números terem MMC igual a 2000, um deles
 tem
  que ter o fator 2^4 e o outro o fator 5³. Mas como
  pelo problema, nossos pares têm elementos cujo MMC
 tem
  que dar 1000 com um número e 2000 com outro, não
  poderemos colocar nenhum número que tenha 2^4 como
  fator porque 1000 não é múltiplo de 2^4 então
 nunca
  seria MMC. Assim, o único divisor de 2000 que
  poderemos usar é o próprio 2000 porque aí o MMC
 será
  2000 quando estiver com ele e ele tem o 2^4. Os
 outros
  números podem ser quaisquer divisores de 2000 (1,
 2,
  4, 5, 8, 10, 16, 20, 25, 40, 50, 80, 100, 125,
 200,
  250, 400, 500, 1000, 2000)
  
  Mas como esses números têm que ter MMC igual a
 1000,
  só poderão entrar os divisores e 1000. Ou seja, os
 3
  números a, b e c só poderão ser formados pelo 2000
 e
  mais um daqueles pares que vimos que têm MMC =
 1000.
  
  Já vimos que são 25 pares, mas temos que contar as
  permutações porque o problema falou em pares
  ordenados. Então são 6 permutações para cada
 conjunto
  de 3 números. A não ser o conjunto {1000, 1000,
 2000}
  que tem só 3 permutações:
  = 24.6 + 3
  = 144 + 3
  = 147 ternos ordenados.
  
  O que foi que esqueci???
  
  Abraços,
  
  Rafael.

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Re: [obm-l] olimpíadas ao redor do mundo.....

[DEOLIVEIRASOU]

Devo lembrar-lhe caro Dirichlet, que Gaus fez três demonstrações de sua tese de doutorado ao longo de sua vidaserá que ele não procurava uma demonstração mais bonita, completa ou elegante??? .Quando pergunto se alguém fez de outro jeito, é porque acredito que vendo diversas resoluções incorporo aos meus arquivos neurais novas referenciasja vi problemas resolvidos de maneiras difrentes com conceitos totalemente diferentes que me ensinaram coisas diferentes. Não sou campeão olímpico e nem tenho esta preocupação...quero retomar o estudo de rudimentos de teoria dos números , bem como questões olimpicas diversas...sou um mero aprendiz de matemática olimpica, , tentando melhorar meus pouquissimos conhecimentos nessa área. Faço isso apenas por realização pessoal...Comecei do zero e hoje , através de comparações com resoluções de outros ja arranho alguns problemas olimpicos. Para que minha mensagem não fique off-topic, Vou mandar um Russo de 2002.
Problema:
No intervalo ( 2^(2n), 3^(2n)), são escolhidos 2^(2n-1) + 1 números ímpares. Mostre que podemos encontrar entre estes números dois números tais que o quadrado de cada um deles não é divisível pelo outro...
Agradeço antecipadamente possíveis soluções...
 Crom
ps- Caro Dirichlet, suas resoluções( presumivelmente ótimas) serão bem vindas...

Re: [obm-l] MMC

[Claudio Buffara]

on 11.06.03 17:57, Rafael at [EMAIL PROTECTED] wrote:

 Oi Cláudio!
 
 Valeu pelo trabalho, só que fui ver sua resolução e vi
 que tinha enviado a pergunta com um erro, não existe a
 letra d. Seria assim:
 
 Se {r,s} representa o MMC dos inteiros positivos r e
 s, o número de ternos ordenados (a,b,c) de inteiros
 positivos para os quais {a, b} = 1000, {b, c} = 2000 e
 {c, a} = 2000 é:
 a)50b)70c)100d)170e)200
 
 
Oi, Rafael:

Agora faz mas sentido! Eu estava achando aquele d meio esquisito, mesmo...

 
Os unicos fatores primos de a, b, c sao 2 e 5 ==
a = 2^x1 * 5^y1
b = 2^x2 * 5^y2
c = 2^x3 * 5^y3
 
MMC(a,b) = 1000 == max(x1,x2) = max(y1,y2) = 3
MMC(b,c) = 2000 == max(x2,x3) = 4; max(y2,y3) = 3
MMC(a,c) = 2000 == max(x1,x3) = 4; max(y1,y3) = 3

x2 = max(x1,x2) = 3 ==
x3 = 4 (pois max(x2,x3) = 4)
 
x2 = 3 == 
x1 pode ser 0, 1, 2 ou 3 ==
Sub-Total = 4*1*1 = 4 triplas (x1,x2,x3)
 
x2 = 0, 1 ou 2 ==
x1 = 3 (pois max(x1,x2) = 3) ==
Sub-Total = 3*1*1 = 3 triplas (x1,x2,x3)

Total: existem 7 triplas (x1,x2,x3)

*
 
y1 = 0, 1 ou 2 == 
y2 = 3 (pois max(y1,y2) = 3) ==
y3 = 3 (pois max(y1,y3) = 3) ==
Sub-Total = 3*1*1 = 3 triplas (y1,y2,y3)
 
y1 = 3 == 
y2 pode ser 0, 1, 2 ou 3

y2 = 0, 1 ou 2 ==
y3 = 3 (pois max(y2,y3) = 3) ==
Sub-Total = 1*3*1 = 3 triplas (y1,y2,y3)
 
y2 = 3 == 
y3 pode ser 0, 1, 2 ou 3
Sub-Total = 1*1*4 = 4 triplas (y1,y2,y3)
 
Total: existem 10 triplas (y1,y2,y3)

*
 
Logo, existem 7*10 = 70 sextuplas (x1,x2,x3,y1,y2,y3),
ou seja, 70 triplas possiveis de inteiros positivos (a,b,c) ==

Alternativa (b).


Um abraco,
Claudio. 

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

Re: [obm-l] olimpíadas ao redor do mundo.....

[Augusto Cesar de Oliveira Morgado]

Nao, voce nao errou nos calculos. 
f(n) = (1/2)*[399n-3*(n^2)]
Em Tue, 10 Jun 2003 20:20:16 EDT, [EMAIL PROTECTED] disse:

 Resolvi o problema abaixo, mas gostaria de ver( se possível ) a solução de 
 outros da lista e poder concluir se a minha é a mais otimizada ou não ( ficou 
 grande ).
   Problema:
 Eduardo escreveu todos os produtos, todas as somas e todos os valores 
 absolutos das diferenças dos inteiros positivos a_1,a_2,a_3,.,a_100 tomados dois 
 a dois. Qual o maior número de inteiros ímpares obtidos por Eduardo??
 ps-Cheguei numa função f(n), que dá o maior número possível de inteiros 
 ímpares obtidos por Eduardopara conseguir esse número máximo de ímpares é 
 necessário que na sequência de cem números inteiros positivos existam  66 ou 67 
 ímparesSerá que errei nos cálculos???
  Um abraço,
  Crom
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] olimpíadas ao redor do mundo.....

[Domingos Jr.]

Nesse problema, é para mostrar que entre qualquer 
seleção de 2^(2n-1) + 1 ímpares nesse intervalo, sempre existem dois elementos 
a, b tais que b não divide a² e a não divide b², é isso?

[ ]'s

  - Original Message - 
  From: 
  [EMAIL PROTECTED] 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Wednesday, June 11, 2003 6:08 
  PM
  Subject: Re: [obm-l] olimpíadas ao redor 
  do mundo.
  Devo lembrar-lhe caro Dirichlet, que Gaus fez três 
  demonstrações de sua tese de doutorado ao longo de sua vidaserá que ele 
  não procurava uma demonstração mais bonita, completa ou elegante??? .Quando 
  pergunto se alguém fez de outro jeito, é porque acredito que vendo diversas 
  resoluções incorporo aos meus arquivos neurais novas referenciasja vi 
  problemas resolvidos de maneiras difrentes com conceitos totalemente 
  diferentes que me ensinaram coisas diferentes. Não sou campeão olímpico e nem 
  tenho esta preocupação...quero retomar o estudo de rudimentos de teoria dos 
  números , bem como questões olimpicas diversas...sou um mero aprendiz de 
  matemática olimpica, , tentando melhorar meus pouquissimos conhecimentos nessa 
  área. Faço isso apenas por realização pessoal...Comecei do zero e hoje , 
  através de comparações com resoluções de outros ja arranho alguns problemas 
  olimpicos. Para que minha mensagem não fique off-topic, Vou mandar um Russo de 
  2002.Problema:No intervalo ( 2^(2n), 3^(2n)), são escolhidos 2^(2n-1) 
  + 1 números ímpares. Mostre que podemos encontrar entre estes números dois 
  números tais que o quadrado de cada um deles não é divisível pelo 
  outro...Agradeço antecipadamente possíveis 
  soluções... 
  Cromps- Caro Dirichlet, suas resoluções( presumivelmente ótimas) serão bem 
  vindas... 

Re: [obm-l] olimpíadas ao redor do mundo.....

[Claudio Buffara]

Title: Re: [obm-l] olimpíadas ao redor do mundo.



on 11.06.03 18:08, [EMAIL PROTECTED] at [EMAIL PROTECTED] wrote:

Devo lembrar-lhe caro Dirichlet, que Gaus fez três demonstrações de sua tese de doutorado ao longo de sua vidaserá que ele não procurava uma demonstração mais bonita, completa ou elegante??? .Quando pergunto se alguém fez de outro jeito, é porque acredito que vendo diversas resoluções incorporo aos meus arquivos neurais novas referenciasja vi problemas resolvidos de maneiras difrentes com conceitos totalemente diferentes que me ensinaram coisas diferentes. Não sou campeão olímpico e nem tenho esta preocupação...quero retomar o estudo de rudimentos de teoria dos números , bem como questões olimpicas diversas...sou um mero aprendiz de matemática olimpica, , tentando melhorar meus pouquissimos conhecimentos nessa área. Faço isso apenas por realização pessoal...Comecei do zero e hoje , através de comparações com resoluções de outros ja arranho alguns problemas olimpicos. Para que minha mensagem não fique off-topic, Vou mandar um Russo de 2002.
Problema:
No intervalo ( 2^(2n), 3^(2n)), são escolhidos 2^(2n-1) + 1 números ímpares. Mostre que podemos encontrar entre estes números dois números tais que o quadrado de cada um deles não é divisível pelo outro...
Agradeço antecipadamente possíveis soluções...
 Crom
ps- Caro Dirichlet, suas resoluções( presumivelmente ótimas) serão bem vindas...

Oi, Crom: 

Eu chequei o site:
 http://www.kalva.demon.co.uk/russian/rus02.html 
e o enunciado desse problema lah era o seguinte:

5.  2^(2n-1) odd numbers are chosen from {2^(2n) + 1, 2^(2n) + 2, 2^(2n) + 3, ... , 2^(3n)}. Show that we can find two of them such that neither has its square divisible by any of the other chosen numbers. 

Talvez valha a pena voce checar a sua fonte do problema pra ter certeza de qual eh o enunciado correto.

Um abraco,
Claudio.

[obm-l] Re: [obm-l] olimpíadas ao redor do mundo.....

[Domingos Jr.]

estou achando esse problema meio 
estranho...
se for pra provar que dado qualquer escolha de 
2^(2n - 1) + 1 ímpares entre (2^(2n), 3^(2n)) sempre há dois ímpares a, b tais 
que a² não divide b² e nem b² divide a²:

se a² | b²
= existe c inteiro tq. b² = 
c.a²
= (b - raiz(c).a)(b + 
raiz(c).a) = 0
= b = +/- raiz(c).a, como a e b são 
inteiros c deve ser quadrado perfeito, c = d² pra um inteiro 
= b = +/- d.a = a | b

considere qualquer conjunto ordenado de t = 2^(2n - 
1) + 1 ímpares entre (2^(2n), 3^(2n))
{x1, x2, ..., x[t]}
queremos verificar que não há jeito de manter a 
propriedade x[i] | x[j] para todo 1 = i = j = t, ou seja é 
impossível não haver dois elementos cujos quadrados não podem ser 
múltiplo/divisor.

bom, temos que x2 = y1*x1 para algum y1 inteiro, y1 
 1, pois x2 != x1, além disso y1 != 2 pois x2 é ímpar, logo y1 = 
3.
da mesma forma x3 = y2*x2 = y2*y1*x2 e y2 = 3 
pelo mesmo raciocínio... logo x3 = 9x1, x4 = 27x1...

x[t] = 3^[2^(2n - 1)]x1, mas isso é bem maior 
do que 3^(2n), e isso é o que me cheira estranho problemas desse tipo nunca 
deixam uma margem tão folgada assim... será que eu interpretei o problema de 
forma errada ou o enunciado está errado, ou ainda, há um erro no meu raciocínio 
exposto nesta mensagem?

[ ]'s

  - Original Message - 
  From: 
  [EMAIL PROTECTED] 
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Wednesday, June 11, 2003 6:08 
  PM
  Subject: Re: [obm-l] olimpíadas ao redor 
  do mundo.
  Devo lembrar-lhe caro Dirichlet, que Gaus fez três 
  demonstrações de sua tese de doutorado ao longo de sua vidaserá que ele 
  não procurava uma demonstração mais bonita, completa ou elegante??? .Quando 
  pergunto se alguém fez de outro jeito, é porque acredito que vendo diversas 
  resoluções incorporo aos meus arquivos neurais novas referenciasja vi 
  problemas resolvidos de maneiras difrentes com conceitos totalemente 
  diferentes que me ensinaram coisas diferentes. Não sou campeão olímpico e nem 
  tenho esta preocupação...quero retomar o estudo de rudimentos de teoria dos 
  números , bem como questões olimpicas diversas...sou um mero aprendiz de 
  matemática olimpica, , tentando melhorar meus pouquissimos conhecimentos nessa 
  área. Faço isso apenas por realização pessoal...Comecei do zero e hoje , 
  através de comparações com resoluções de outros ja arranho alguns problemas 
  olimpicos. Para que minha mensagem não fique off-topic, Vou mandar um Russo de 
  2002.Problema:No intervalo ( 2^(2n), 3^(2n)), são escolhidos 2^(2n-1) 
  + 1 números ímpares. Mostre que podemos encontrar entre estes números dois 
  números tais que o quadrado de cada um deles não é divisível pelo 
  outro...Agradeço antecipadamente possíveis 
  soluções... 
  Cromps- Caro Dirichlet, suas resoluções( presumivelmente ótimas) serão bem 
  vindas... 

Re: [obm-l] Coordenadas cilindricas.

[Claudio Buffara]

on 09.06.03 18:38, Guilherme at [EMAIL PROTECTED] wrote:

 Estou tentando resolver um problema bem simples de transformacao de
 coordenadas vetoriais.
 
 Tenho um vetor expresso em coordenadas cilindricas
 
 H = 20ap -10ao +3az
 
 e gostaria de ter as coordenadas cartesianas desse vetor em P(5,2,-1)
 
 Alguem poderia me ajudar com essa questao. Nao consigo achar o valor da
 resposta.
 
 
 Resp = Hx = 22,3; Hy = -1,875; Hz = 3
 
 Abracos,
 
 Guilherme
 
P = (5,2,-1) ==
cos(theta) = 5/raiz(5^2+2^2) = 5/raiz(29)
sen(theta) = 2/(raiz(29)

ap = cos(theta)*i + sen(theta)*j
ao = -sen(theta)*i + cos(theta)*j
az = k

H = 20ap -10ao +3az =
(20*cos(theta) + 10*sen(theta))*i + (20*sen(theta) - 10*cos(theta))*j + 3*k
= (120/raiz(29))*i - (10/raiz(29))*j + 3*k =
= 22,283*i - 1,857*j + 3*k =
= ( 22,283 ; 1,857 ; 3 )

Um abraco,
Claudio.

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

[obm-l] [nivel-u] Pergunta sobre polinômios

[Eduardo Casagrande Stabel]

Caros colegas da lista.

Em um livro de álgebra (Shafarevich) li a seguinte definição.

Considere K um corpo qualquer (pode ser os reais R para facilitar), e seja
F(x,y) um polinômio em duas variáveis com coeficientes em K. Seja C a curva
dos pontos que anulam F, isto é, C = { (x,y) : F(x,y) = 0 }. Define-se,
então, o conjunto K(C) das funções polinomiais P(x,y) restritas ao domínio
C. Esta definição pode não estar muito clara. Todo o polinômio P(x,y) define
uma função polinomial P:R^2-R em todo R^2, agora restrinja o domínio de P
ao conjunto C e considere o conjunto de todas as funções polinomiais
restritas a esse conjunto.

No livro, diziz que se F é um polinômio irredutível, então K(C) é um domínio
de integridade. O que quer dizer isso? Que se F(x,y) é um polinômio a duas
variáveis e C é o curva dos pontos onde F se anula então não existem dois
polinômios P(x,y) e Q(x,y) tal que P(x,y)Q(x,y) se anula em todos os pontos
de C apesar de nem P nem Q se anularem em todos os pontos de C.

Um outro modo de ver o resultado. Chame raiz(L) = conjunto das raízes do
polinômio L de duas variáveis. Se um polinômio F é irredutível e seu
conjunto de raízes é raiz(L), então não existem dois polinômios P e Q tais
que raiz(P)  raiz(L) e raiz(Q)  raiz(L) apesar de raiz(P) U raiz(Q) =
raiz(L). (onde os sinais de desigualdade representam estritamente contido)

Alguém sabe demonstrar esse resultado ou me dar uma dica sobre ele?

Obrigado pela atenção.
Duda.

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

Re: [obm-l] integral de sec x

[Claudio Buffara]

Title: Re: [obm-l] integral de sec x



on 11.06.03 23:01, Wagner at [EMAIL PROTECTED] wrote:

 
Como faço par calcular essa integral?
 /\
 |
 |
 | (sec x)dx
 |
 |
 \/
 
André T.

Oi, Andre:

Uma ideia eh usar a parametrizacao:
cos(x) = (1-t^2)/(1+t^2)
sen(x) = 2t/(1+t^2)

Donde: sec(x) = (1+t^2)/(1-t^2) e tg(x) = 2t/(1-t^2)

Derivando sen(x) em relacao a t, obtemos:
d(sen(x))/dt = 
cos(x)*dx/dt = 
(2(1+t^2) - 4t^2)/(1+t^2)^2 = 
2(1-t^2)/(1+t^2)^2 ==

(1-t^2)/(1+t^2)*dx/dt = 2*(1-t^2)/(1+t^2)^2 ==

dx = (2/(1+t^2))dt

Assim, combinando as expressoes de sec(x) e dx, obtemos:
sec(x)dx = ((1+t^2)/(1-t^2))(2/(1+t^2))dt = (2/(1-t^2))dt ==

sec(x)dx = (1/(1-t) + 1/(1+t))dt ==

INT(sec(x)dx) = INT((1/(1-t) + 1/(1+t))dt) =
-ln|1-t| + ln|1+t| =
ln|(1+t)/(1-t)| = 
ln|(1+2t+t^2)/(1-t^2)| = 
ln|(1+t^2)/(1-t^2) + 2t/(1-t^2)| =
ln|sec(x) + tg(x)| 

Logo, INT(sec(x)dx) = ln|sec(x) + tg(x)|

Um abraco,
Claudio.

Re: [obm-l] integral de sec x

[Eduardo Casagrande Stabel]

Re: [obm-l] integral de sec xOi Cláudio.

Esta parametrização que você está usando é uma substituição de Euler. Eu
apenas sei o nome do método, não sei utilizá-lo. Você poderia dar uma breve
explicação ou me indicar uma fonte onde eu possa ver essa e outras
substituições?

Abraço!
Duda.

 From: Claudio Buffara

on 11.06.03 23:01, Wagner at [EMAIL PROTECTED] wrote:



Como faço par calcular essa integral?
  /\
 |
 |
 |   (sec x)dx
 |
 |
   \/

André T.

Oi, Andre:

Uma ideia eh usar a parametrizacao:
cos(x) = (1-t^2)/(1+t^2)
sen(x) = 2t/(1+t^2)

Donde: sec(x) = (1+t^2)/(1-t^2)   e   tg(x) = 2t/(1-t^2)

Derivando sen(x) em relacao a t, obtemos:
d(sen(x))/dt =
cos(x)*dx/dt =
(2(1+t^2) - 4t^2)/(1+t^2)^2 =
2(1-t^2)/(1+t^2)^2 ==

(1-t^2)/(1+t^2)*dx/dt = 2*(1-t^2)/(1+t^2)^2 ==

dx = (2/(1+t^2))dt

Assim, combinando as expressoes de sec(x) e dx, obtemos:
sec(x)dx = ((1+t^2)/(1-t^2))(2/(1+t^2))dt = (2/(1-t^2))dt ==

sec(x)dx = (1/(1-t) + 1/(1+t))dt ==

INT(sec(x)dx) = INT((1/(1-t) + 1/(1+t))dt) =
-ln|1-t| + ln|1+t| =
ln|(1+t)/(1-t)| =
ln|(1+2t+t^2)/(1-t^2)| =
ln|(1+t^2)/(1-t^2) + 2t/(1-t^2)| =
ln|sec(x) + tg(x)|

Logo, INT(sec(x)dx) = ln|sec(x) + tg(x)|

Um abraco,
Claudio.

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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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[obm-l] Re: [obm-l] [nivel-u] Pergunta sobre polinômios

[Eduardo Casagrande Stabel]

Oi Gugu.

Obrigado pela sua resposta! Eu encontrei o seguinte enunciado.

Teorema de Bezout. Se P(x,y) e Q(x,y) são primos entre si e tem graus n e m
respectivamente então o conjunto dos pontos (x,y) tal que P(x,y)=0 e
Q(x,y)=0 possui nm pontos.

Isto vale com P e Q pertencentes a K[x,y] para um corpo K qualquer? O
teorema também vale em dimensões finitas maiores do que dois? Qual o área da
matemática que estuda esses resultados e a relação deles com as curvas
algébricas C?

Abraço,
Duda.

From: Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira [EMAIL PROTECTED]
Caro Duda,
Isso segue de uma versao fraca do teorema de Bezout: se f(x,y) e g(x,y)
 sao primos entre si (lembre que K[x,y] e' um dominio fatorial, i.e., vale
 fatoracao unica, como em Z) entao o conjunto dos pontos (x,y) tais que
 f(x,y)=0 e g(x,y)=0 e' finito. No seu caso, F(x,y) e P(x,y) sao primos
entre
 si (senao F divide P e P se anula em todos os pontos de C), e do mesmo
modo
 F(x,y) e Q(x,y) tambem sao primos entre si, donde F(x,y) e P(x,y).Q(x,y)
 tambem sao primos entre si, donde o resultado segue pela nossa observacao
 inicial DESDE QUE C SEJA INFINITO. Senao e' facil dar contra-exemplo em
 R(x,y): Tome F(x,y)=(x(x-1))^2+y^2, P(x,y)=x, Q(x,y)=x-1.
Abracos,
 Gugu

 
 Caros colegas da lista.
 
 Em um livro de álgebra (Shafarevich) li a seguinte definição.
 
 Considere K um corpo qualquer (pode ser os reais R para facilitar), e
seja
 F(x,y) um polinômio em duas variáveis com coeficientes em K. Seja C a
curva
 dos pontos que anulam F, isto é, C = { (x,y) : F(x,y) = 0 }. Define-se,
 então, o conjunto K(C) das funções polinomiais P(x,y) restritas ao
domínio
 C. Esta definição pode não estar muito clara. Todo o polinômio P(x,y)
define
 uma função polinomial P:R^2-R em todo R^2, agora restrinja o domínio de
P
 ao conjunto C e considere o conjunto de todas as funções polinomiais
 restritas a esse conjunto.
 
 No livro, diziz que se F é um polinômio irredutível, então K(C) é um
domínio
 de integridade. O que quer dizer isso? Que se F(x,y) é um polinômio a
duas
 variáveis e C é o curva dos pontos onde F se anula então não existem dois
 polinômios P(x,y) e Q(x,y) tal que P(x,y)Q(x,y) se anula em todos os
pontos
 de C apesar de nem P nem Q se anularem em todos os pontos de C.
 
 Um outro modo de ver o resultado. Chame raiz(L) = conjunto das raízes do
 polinômio L de duas variáveis. Se um polinômio F é irredutível e seu
 conjunto de raízes é raiz(L), então não existem dois polinômios P e Q
tais
 que raiz(P)  raiz(L) e raiz(Q)  raiz(L) apesar de raiz(P) U raiz(Q) =
 raiz(L). (onde os sinais de desigualdade representam estritamente
contido)
 
 Alguém sabe demonstrar esse resultado ou me dar uma dica sobre ele?
 
 Obrigado pela atenção.
 Duda.
 
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