RES: [obm-l] Serie convergente
Ola a todos Hah poucos dias vimos que, se a_n eh uma sequencia de termos positivo e Soma(n=1) a_n diverge, entao Soma(n=1)(a_n)/(k + a_n), k0, tambem diverge. Suponhamos agora que Soma(n=1) a_n convirja. Entao, Soma(n=1)(a_n)/(k + a_n) tambem converge. Hah uma prova bem mais simples do que aquela que eu apresentei anteriormente e que se aplicae agora a todo k0. Para todo n, temos que (a_n)/(k + a_n) = ((a_n)/k)/(1 + (a_n)/k). Como a_n 0 e k0, segue-se que ((a_n)/k)/(1 + (a_n)/k) ((a_n)/k). Considerando-se agora que Soma(n=1)(a_n)/k) converge (pois Soma(n=1)(a_n) converge), concluimos por comparacao que Soma(n=1)(a_n)/(k + a_n) converge. Constatamos tambem que Soma(n=1)(a_n)/(k + a_n) (Soma(n=1) (a_n)/k. Artur = 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] RES: [obm-l] Um problema de raciocínio lógico
-Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]
nome de Cca
Enviada em: quinta-feira, 21 de julho de 2005 01:04
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Da afirmacao feita, pode-se concluir x esta no conjunto {2, 4, 6, 8, 10}.
Nao se pode afirmar que x =2.
Eu acho que as respostas em multipla escolha estao mal formuladas, pois
nenhuma delas eh correta. A resposta certa eh x=2, ou x=4..ou x= 10.
Até o pode-se concluir o problema esta ben formulada, mas na lista de
opcoes nao hah a resposta certa.
Artur
Assunto: [obm-l] Um problema de raciocínio lógico
Denisson,
Primeiro, uma observação terminológica: o problema diz concluir e não
inferir. Na Lógica, o termo inferência tem um significado mais
abrangente do que o de deduzir ou concluir, mas podemos deixar esta
questão de lado por enquanto.
Segundo: na Lógica DEDUTIVA -- e isto se aplica também à Matemática
clássica ou ortodoxa --, concluir significar extrair uma conclusão
NECESSÁRIA (ee não meramente POSSÍVEL ou compatível com as premissas). Na
Matemática, normalmente estabelecemos uma conclusão DEMONSTRANDO-A com base
em regras de dedução. Você é capaz de DEMONSTRAR que, partindo das premissas
do problema, pode-se chegar à conclusão de que o Renault é azul? Eu lhe
darei um PRÊMIO se conseguir isto!!!
Como preparação para o meu próximo e-mail, considere o seguinte problema,
que acabo de formular por analogia com o que está sob discussão:
início problema
Seja x um número real. Das seguintes informações
I. x é um inteiro no intervalo [1,10];
II. x é par;
pode-se concluir que:
(A) x=2.
(B) x=3.
(C) x=5.
(D) x=7.
(E) x=9.
fim problema
O que você responderia? Imagino (pelo menos) duas respostas possíveis:
(1) O problema está mal-colocado, pois as condições I e II não são
SUFICIENTES para CONCLUIR que x=2. Afinal, os números 4,6 e 8 também
satisfazem as condições do problema.
(2) O problema está bem-colocado e a resposta é (A). De fato, o enunciado
não implica que a solução é única.
Você concordaria com a resposta (2)?
Carlos César de Araújo
Gregos Troianos Educacional LTDA
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[obm-l] Uma legal de Trigonometria!
Olá pessoal da lista! Achei essa questão bastante interessante e creio que possa fornecer uma boa discussão! Calcular SOMATÓRIO [1/sen((2^k)*a)] para 0=k=n. Suponha que sen((2^k)*a)0 para todo 0=k=n. Proponho uma solução que não use indução. E pergunto se é possível calcular o seguinte somatório SOMATÓRIO [sen((2^k)*a)] para 0=k=n. Vou esboçar minha solução pro primeiro problema. Seja Un(x) o polinômio de Chebyschev de segunda classe tal que sen(na)=sen(a)*U(n-1)(cosa). Pode-se mostrar que este polinômio é tal que U0(x)=0 e que U1(x)=2x e U(n+2)(x)=2x*U(n+1)(x)-Un(x). Resolvendo esta recorrência, temos para x+-1 U(n-1)(x)=(q2^n-q1^n)/(2*sqrt(x^2-1)), onde q2=(x+sqrt(x^2-1) e q1*q2=1. Sendo assim: SOMATÓRIO [1/sen((2^k)*a)]=2i*SOMATÓRIO[1/(q2^(2^k)-q1^(2^k)], para todo k inteiro tal que 0=k=n (i é a unidade imaginária). E agora basta resolver este novo somatório, que cai depois de uma mudança acaba virando uma pg. Eu consegui fazer este problema depois que li um artigo sobre polinômios de Chebyshev, e pensei que conseguiria resolver o segundo problema, mas acabo caindo num somatorio que não consigo resolver. Peço a ajuda de vocês então. E se alguém fez de outro jeito o primeiro, por favor poste aqui para eu ver, pois tentei bastante fazer por outro método, que não utilizasse uma indução meio louca pra forçar a resposta. Obrigado! = 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] Uma legal de Trigonometria!
Oi gente, Hmm... para o primeiro, que tal tentarmos o seguinte: Vamos tentar encontrar funções f, g tais que, para todo k inteiro, f(k)/g(k) - f(k+1)/g(k+1) = 1/sen(2^k*a) (*) Isso induziria uma soma telescópica: soma(1/sen(2^k*a)) = f(0)/g(0) - f(n+1)/g(n+1) Vejamos (*): (*) = [f(k)g(k+1) - f(k+1)g(k)]/[g(k)g(k+1)] = 1/sen(2^k*a) (**) f(k)g(k+1) - f(k+1)g(k) tem cara de sen(a-b)... então vamos tentar g(k) = sen(u(k)) e f(k) = cos(u(k)). Aí, f(k)g(k+1) - f(k+1)g(k) = cos(u(k))sen(u(k+1)) - cos(u(k+1))sen(u(k)) = sen(u(k+1)-u(k)). Logo (**) = sen(u(k+1)-u(k))/[sen(u(k))sen(u(k+1))] = sen(2^(k-1)a)/[sen(2^(k-1)a)sen(2^ka)] Note que u(k) = 2^(k-1)a satisfaz (**). Então f(k) = cos(2^(k-1)a), g(k) = sen(2^(k-1)a) e a soma desejada é f(0)/g(0) - f(n+1)/g(n+1) = cotg(a/2) - cotg(a*2^n). Certo? Espero não ter errado nenhuma conta... Eu penso no segundo depois... []'s Shine --- Marcos Martinelli [EMAIL PROTECTED] wrote: Olá pessoal da lista! Achei essa questão bastante interessante e creio que possa fornecer uma boa discussão! Calcular SOMATÓRIO [1/sen((2^k)*a)] para 0=k=n. Suponha que sen((2^k)*a)0 para todo 0=k=n. Proponho uma solução que não use indução. E pergunto se é possível calcular o seguinte somatório SOMATÓRIO [sen((2^k)*a)] para 0=k=n. Vou esboçar minha solução pro primeiro problema. Seja Un(x) o polinômio de Chebyschev de segunda classe tal que sen(na)=sen(a)*U(n-1)(cosa). Pode-se mostrar que este polinômio é tal que U0(x)=0 e que U1(x)=2x e U(n+2)(x)=2x*U(n+1)(x)-Un(x). Resolvendo esta recorrência, temos para x+-1 U(n-1)(x)=(q2^n-q1^n)/(2*sqrt(x^2-1)), onde q2=(x+sqrt(x^2-1) e q1*q2=1. Sendo assim: SOMATÓRIO [1/sen((2^k)*a)]=2i*SOMATÓRIO[1/(q2^(2^k)-q1^(2^k)], para todo k inteiro tal que 0=k=n (i é a unidade imaginária). E agora basta resolver este novo somatório, que cai depois de uma mudança acaba virando uma pg. Eu consegui fazer este problema depois que li um artigo sobre polinômios de Chebyshev, e pensei que conseguiria resolver o segundo problema, mas acabo caindo num somatorio que não consigo resolver. Peço a ajuda de vocês então. E se alguém fez de outro jeito o primeiro, por favor poste aqui para eu ver, pois tentei bastante fazer por outro método, que não utilizasse uma indução meio louca pra forçar a resposta. Obrigado! = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = Start your day with Yahoo! - make it your home page http://www.yahoo.com/r/hs = 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] D�vidas de matrizes. Algu�m pode me ajudar?
Oi gente, O 1 sai usando a útil identidade (que também vale para matrizes quadradas) A^k - I = (A - I)(A^(k-1) + A^(k-2) + ... + A + I) (para números complexos, troque I por 1). Por definição, uma matriz A é nilpotente quando A^m = 0 para algum m inteiro positivo. Observe que nem toda matriz nilpotente é nula; por exemplo, as matrizes A quadradas de ordem n que possuem todas as entradas nulas exceto uma que não esteja na diagonal principal satisfaz A^2 = 0. Neste caso, a matriz precisa ser n por n; o produto AB (nesta ordem) de duas matrizes A m por n e B p por q só é definido quando n = p. Então A^2, que é A vezes A, só está definido para A m por n quando n = m, ou seja, quando A é quadrada. OK, usando a identidade acima o problema de provar que A - I é inversível e mesmo o de achar o inverso fica simples: sendo k tal que A^k = 0, temos A^k - I = (A - I)(A^(k-1) + A^(k-2) + ... + A + I) = -I = (A - I)(A^(k-1) + A^(k-2) + ... + A + I) Logo A-I é inversível e sua inversa é -(A^(k-1) + A^(k-2) + ... + A + I). []'s Shine --- admath [EMAIL PROTECTED] wrote: 1) Seja A uma matriz nilpotente nxn, mostre que A -In é inversível e obtenha sua inversa. Gostaria de saber como resolvo este tipo de questão organizadamente, separando a hipótese a tese, essas coisas. 2) A matriz inversa é A-1, onde A-1.A = A.A-1=I Por que preciso garantir a matriz A sendo nxn? Obrigado. __ Do You Yahoo!? Tired of spam? Yahoo! Mail has the best spam protection around http://mail.yahoo.com = 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] Ternos inteiros
Como se resolve esses exercícios ? 1) O número de ternos ordenados (x,y,z) de inteiros positivos que satisfazem a equação 5(xy +xz + yz) = 4xyz é: a) 1 b) 2 c) 3 d) 6 e) 12 2) Um comerciante comprou n rádios por d cruzeiros, onde d é um inteiro positivo. Ele contribuiu com a comunidade vendendo para o bazar da mesma dois rádios pela metade do seu custo . O restante ele vendeu com um lucro de 8 reais em cara rádio. Se o lucro total foi de 72 reais , então o menor valor possível de n é : a) 18 b) 16 c) 15 d) 12 e) 11 Obrigrado, Víctor. = 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] Uma legal de Trigonometria!
Seja Un(x) o polinômio de Chebyschev de segunda classe tal que sen(na)=sen(a)*U(n-1)(cosa). Pode-se mostrar que este polinômio é tal que U0(x)=0 e que U1(x)=2x e U(n+2)(x)=2x*U(n+1)(x)-Un(x). Resolvendo esta recorrência, temos para x+-1 U(n-1)(x)=(q2^n-q1^n)/(2*sqrt(x^2-1)), onde q2=(x+sqrt(x^2-1) e q1*q2=1. Sendo assim: SOMATÓRIO [1/sen((2^k)*a)]=2i*SOMATÓRIO[1/(q2^(2^k)-q1^(2^k)], para todo k inteiro tal que 0=k=n (i é a unidade imaginária). E agora basta resolver este novo somatório, que cai depois de uma mudança acaba virando uma pg. Certo... Na minha solução acabo chegando em um número que parece um complexo, mas depois de desenvolvê-lo (o que dá um pouco de trabalho) chega-se na resposta. Ainda estou pensando no segundo e por enquanto nada. Para finalizar minha solução preciso encontrar a seguinte soma: SOMATÓRIO [q2^(2^K)-q1^(2^k)] para 0=k=n, onde q1*q2=1. Mas não to conseguindo desenvolvê-lo... = 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] Dúvidas de matr izes. Alguém pode me ajudar?
Eh foi isso que eu tinha feito mesmo... Agora eu queria dar um jeito de estender esse resultado. Creio que se a matriz A é diagonalizável e se seus autovalores são em módulo menores que 1, vale lim A^n=0. Então a inversa de A-I seria uma série necessariamente convergente o que é visto pela equação (-1)*[I+A+A^2+A^3+...+A^(n-1)]*(A-I)=I-A^n, dado que A-I é invertível uma vez que, por hipótese todos os autovalores de A seriam menores que 1. = 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] Questões...
olá amigos! Tudo ok? Será que alguem pode dar alguma dica sobre as duas questões abaixo? Obrigado, Cgomes 01.Disponha em linha reta, numa ordem, os números inteiros de 1 até 49, de modo que o valor absoluto da diferença de quaisquer dois vizinhos, nessa ordem, seja ou 7 ou 9. 02.Um professor de Matemática distribui uma folha de papel para cada um de seus 10 alunos. Cada um escreve na sua folha várias potências de 2. A soma dos números escritos em cada uma das folhas é a mesma. Mostre que algum número escrito aparece em no mínimo 6 dessas folhas.-- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de anti-virus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Segunda prova da IMO - Problema 5
Oi pessoal, Segue uma solução (por analítica, para manter a tradição) do problema 5 da IMO, após a mensagem original do Shine. Abraços, Gugu Oi gente, lá vai o segundo dia da IMO. Como a primeira prova de ontem, eu mesmo traduzi agora. Ainda não pensei nos problemas de hoje, mas eles parecem ser bem legais! Os de ontem foram bem legais também. No começo, achei que os problemas eram difíceis porque nem tinha muita idéia de como resolver, mas depois que parei para pensar com mais calma consegui resolver dois problemas (1 e 2). 4. Determine todos os inteiros positivos relativamente primos com todos os termos da seqüência infinita a_n = 2^n + 3^n + 6^n - 1, n = 1. 5. Seja ABCD um quadrilátero convexo e fixado com BC = DA e BC não paralelo a DA. Sejam E e F dois pontos variáveis sobre BC e DA, respectivamente, tais que BE = DF. As retas AC e BD cortam-se em P; as retas BD e EF cortam-se em Q; as retas EF e AC cortam-se em R. Quando variamos E e F, obtemos diferentes triângulos PQR. Prove que os circuncírculos desses triângulos têm um ponto comum diferente de P. 6. Numa competição de matemática na qual foram propostos 6 problemas, quaisquer dois problemas foram resolvidos por mais de 2/5 dos estudantes. Além disso, nenhum estudante resolveu todos os 6 problemas. Mostre que existem pelo menos 2 estudantes que resolveram 5 problemas cada um. []'s Shine Start your day with Yahoo! - make it your home page http://www.yahoo.com/r/hs = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = 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] Segunda prova da IMO - Problema 5 (agora vai...)
Acho que mandei a mensagem anterior sem a solução. Agora la está lá... Abraços, Gugu Oi gente, lá vai o segundo dia da IMO. Como a primeira prova de ontem, eu mesmo traduzi agora. Ainda não pensei nos problemas de hoje, mas eles parecem ser bem legais! Os de ontem foram bem legais também. No começo, achei que os problemas eram difíceis porque nem tinha muita idéia de como resolver, mas depois que parei para pensar com mais calma consegui resolver dois problemas (1 e 2). 4. Determine todos os inteiros positivos relativamente primos com todos os termos da seqüência infinita a_n = 2^n + 3^n + 6^n - 1, n = 1. 5. Seja ABCD um quadrilátero convexo e fixado com BC = DA e BC não paralelo a DA. Sejam E e F dois pontos variáveis sobre BC e DA, respectivamente, tais que BE = DF. As retas AC e BD cortam-se em P; as retas BD e EF cortam-se em Q; as retas EF e AC cortam-se em R. Quando variamos E e F, obtemos diferentes triângulos PQR. Prove que os circuncírculos desses triângulos têm um ponto comum diferente de P. 6. Numa competição de matemática na qual foram propostos 6 problemas, quaisquer dois problemas foram resolvidos por mais de 2/5 dos estudantes. Além disso, nenhum estudante resolveu todos os 6 problemas. Mostre que existem pelo menos 2 estudantes que resolveram 5 problemas cada um. []'s Shine Start your day with Yahoo! - make it your home page http://www.yahoo.com/r/hs = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = No 5 eu fiz B=(0,0), C=(1,0), D=(c,d) e A=(c+cos(a),d+sen(a)). Se E=(t,0), F=(c+t.cos(a),d+t.sen(a)), e aí as equações das retas AC, BD e EF são: AC: y=(d+sen(a))(x-1)/(c+cos(a)-1), BD: y=dx/c, EF: y=(d+t.sen(a))(x-t)/(c+t.(cos(a)-1)). Achamos então P,Q e R: fazendo w=c.sen(a)-d(cos(a)-1), temos P=(c(d+sen(a)),d(d+sen(a)))/w, Q=P+(1-t)u, R=P+tv, onde u=-sen(a).(c,d)/w e v=sen(a).(c+cos(a)-1,d+sen(a))/w (não vou me preocupar com denominadores que eventualmente se anulem - esses casos seguem por continuidade). Agora, via uma homotetia, podemos supor que P=(0,0), Q=(1-t,0) e R=(tm,th). O circuncírculo de PQR tem equação C+tL=0, onde C=x^2-x+y^2-my/h e L=x-(m^2+h^2+m)/h. Assim, todos eles passam pelos dois pontos de interseção de (C=0) e (L=0), que são (0,0)=P e s.(m^2+m+h^2,h), onde s=(m^2+h^2)/(h^2+(m^2+m+h^2)^2). E acabou, né ? = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
