Re: [obm-l] Re: [obm-l] DUVIDA - funçao
Consegui provar que f eh continua, o que completa a demonstracao de que f eh unica (e, portanto, igual a funcao logaritmo de base 2). Uma outra forma de provarmos segue um caminho um pouco diferente. Vamos generalizar um pouco mais e considerar f satisfazendo a f(x*y) = f(x) + f(y), com f(a) =1 para algum a1 (se a1, a analise eh similar) e f crescente. Jah vimos que estas condicoes implicam que f(r) = log(r) para todo racional r, entendendo-se aqui log como na base a. A funcao g(x) = log(x) , x0, real, eh uniformemente continua em [k, inf) para todo k0 (pois sua derivada g'(x) = 1/(x*ln(a)) eh limitada em [k, inf) - g eh inclusive Lipschitz neste conjunto). Logo, a restricao de f aos racionais eh uniformemente continua nos racionais em [k, inf) para k0 . Para todo eps0 existe, portanto, um d0 tal que, se r1 e r2 sao racionais tais que que k=r1r2 e r2-r1d, entao f(r2) - f(r1) eps. Se x1 e x2 sao reais tais que k=x1x2 e x2-x1d/2, existem entao racionais r1 e r2 tais que k=r1=x1x2r2 e r2-r1d. Como f, por hipotese, eh monotonicamente crescente, e f(r2) - f(r1) eps, concluimos que f(x2) - f(x1) eps, do que deduzimos que f eh uniform. continua em todo o [k, inf) para todo k0. Dado que todo x0 esta em [k, inf) para 0kx, concluimos que f eh continua em (0, inf). As demias conclusoes seguem-se conforme jah comentado pelo Claudio. A hipotese de f eh monotonicamente crescente eh essencial aqui. Sem fazer esta hipotese, podemos chegar aa conclusao de que f eh a funcao log na base a se mantivermos a equacao funcional f(x*y) = f(x) + f(y) e f(a) =1 e admitirmos que f eh diferenciavel em pelo menos um x00. Prova sucinta: diferenciabilidade em x0 = diferenciabilidade em 1 = diferenciabilidade = (0, inf) = f'(x) = 1/(x*ln(a)) = f(x) = log(x)_a (base a). Artur __ Do you Yahoo!? Win a $20,000 Career Makeover at Yahoo! HotJobs http://hotjobs.sweepstakes.yahoo.com/careermakeover = 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] Re: [obm-l] DUVIDA - funçao
on 28.04.04 18:34, Artur Costa Steiner at [EMAIL PROTECTED] wrote: Consegui provar que f eh continua, o que completa a demonstracao de que f eh unica (e, portanto, igual a funcao logaritmo de base 2). Uma outra forma de provarmos segue um caminho um pouco diferente. Vamos generalizar um pouco mais e considerar f satisfazendo a f(x*y) = f(x) + f(y), com f(a) =1 para algum a1 (se a1, a analise eh similar) e f crescente. Jah vimos que estas condicoes implicam que f(r) = log(r) para todo racional r, entendendo-se aqui log como na base a. Oi, Artur: Como voce prova que a unica restricao de f aos racionais positivos eh a funcao logaritmo de base a? Eu consigo ver que, para r racional, f(a^r) = r e que log satisfaz essa equacao, mas por que log eh a unica funcao que o faz? []s, Claudio. A funcao g(x) = log(x) , x0, real, eh uniformemente continua em [k, inf) para todo k0 (pois sua derivada g'(x) = 1/(x*ln(a)) eh limitada em [k, inf) - g eh inclusive Lipschitz neste conjunto). Logo, a restricao de f aos racionais eh uniformemente continua nos racionais em [k, inf) para k0 . Para todo eps0 existe, portanto, um d0 tal que, se r1 e r2 sao racionais tais que que k=r1r2 e r2-r1d, entao f(r2) - f(r1) eps. Se x1 e x2 sao reais tais que k=x1x2 e x2-x1d/2, existem entao racionais r1 e r2 tais que k=r1=x1x2r2 e r2-r1d. Como f, por hipotese, eh monotonicamente crescente, e f(r2) - f(r1) eps, concluimos que f(x2) - f(x1) eps, do que deduzimos que f eh uniform. continua em todo o [k, inf) para todo k0. Dado que todo x0 esta em [k, inf) para 0kx, concluimos que f eh continua em (0, inf). As demias conclusoes seguem-se conforme jah comentado pelo Claudio. A hipotese de f eh monotonicamente crescente eh essencial aqui. Sem fazer esta hipotese, podemos chegar aa conclusao de que f eh a funcao log na base a se mantivermos a equacao funcional f(x*y) = f(x) + f(y) e f(a) =1 e admitirmos que f eh diferenciavel em pelo menos um x00. Prova sucinta: diferenciabilidade em x0 = diferenciabilidade em 1 = diferenciabilidade = (0, inf) = f'(x) = 1/(x*ln(a)) = f(x) = log(x)_a (base a). Artur __ Do you Yahoo!? Win a $20,000 Career Makeover at Yahoo! HotJobs http://hotjobs.sweepstakes.yahoo.com/careermakeover = Instru??es 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 =
[obm-l] DUVIDA - funçao
Outra dúvida: - Uma função f : A -- B (em que A é o conjunto dos numeros reais positivos não - nulos e B o conjunto dos reais)é estritamente crescentte e para "x" e "y" pertencentes a A temos: f (x.y) = f(x) + f(y) . Sabe-se ainda que f(1) = 0 e f(2) = 1. Demonstrar que f(3) é irracional.Yahoo! Messenger - Fale com seus amigos online. Instale agora!
Re: [obm-l] DUVIDA - funçao
João Silva wrote: - Uma função f : A -- B (em que A é o conjunto dos numeros reais positivos não - nulos e B o conjunto dos reais) é estritamente crescente e para x e y pertencentes a A temos: f (x.y) = f(x) + f(y) . Sabe-se ainda que f(1) = 0 e f(2) = 1. Demonstrar que f(3) é irracional. f(sqrt(2)*sqrt(2))=2*f(sqrt(2))=f(2)=1 logo f(sqrt(2))=1/2 Daí fica claro que uma função f é o log na base 2 né? Pois: log2 (1) = 0 log2 (sqrt(2))=1/2 log2 (2) = 1 log2 (ab) = log2 (a) + log2 (b) Então resta provar que log2(3) é irracional. Pra isso acontecer, 3=2^(p/q) com p,q inteiros. Mas então 3^q=2^p, e com p,q inteiros isso é impossível. Hum.. resta provar que log2 é a única função f que satisfaz o enunciado, isso eu não sei fazer. Ricardo Bittencourt http://www.mundobizarro.tk [EMAIL PROTECTED] tenki ga ii kara sanpo shimashou -- União contra o forward - crie suas proprias piadas -- = 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] DUVIDA - funçao
Ricardo Bittencourt wrote: Então resta provar que log2(3) é irracional. Pra isso acontecer, 3=2^(p/q) com p,q inteiros. Mas então 3^q=2^p, e com p,q inteiros isso é impossível. Ahn, eu perdi a medalha de ouro na obm de 93 por falta de rigor, pelo jeito não aprendi nada de lá pra cá hehe. deixando mais rigoroso então: Pra isso acontecer, 3=2^(p/q) com p,q inteiros, e q!=0. Mas então 3^q=2^p, e com p,q inteiros a única solução é p=q=0, mas como q!=0 nenhuma solução é válida. Ricardo Bittencourt http://www.mundobizarro.tk [EMAIL PROTECTED] tenki ga ii kara sanpo shimashou -- União contra o forward - crie suas proprias piadas -- = 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] DUVIDA - funçao
Outra dúvida: - Uma função f : A -- B (em que A é o conjunto dos numeros reais positivos não - nulos e B o conjunto dos reais)é estritamente crescente e para "x" e "y" pertencentes a A temos: f (x.y) = f(x) + f(y) . Sabe-se ainda que f(1) = 0 e f(2) = 1. Demonstrar que f(3) é irracional. É fácilprovar (por exemplo, por indução) que, para n inteiro positivo, vale f(x^n) = n*f(x). Em particular, f(2^n) = n*f(2) = n. Como f é estritamente crescente, f é injetiva. Logo, f(x) é inteiro positivo == x = 2^n, com n inteiro positivo. Suponhamos que f(3) seja racional, ou seja, f(3) = p/q com p,q inteiros positivos primos entre si. (podemos supor que p e q são ambos positivos porque f(3) f(2) 0). f(3^q) = q*f(3) = q*(p/q) = p = inteiro positivo == 3^q = 2^n para algum inteiro n == contradição ao teorema fundamental da aritmética == f(3) é irracional []s, Claudio.
Re: [obm-l] DUVIDA - funçao
--- Ricardo Bittencourt [EMAIL PROTECTED] wrote: João Silva wrote: - Uma função f : A -- B (em que A é o conjunto dos numeros reais positivos não - nulos e B o conjunto dos reais) é estritamente crescente e para x e y pertencentes a A temos: f (x.y) = f(x) + f(y) . Sabe-se ainda que f(1) = 0 e f(2) = 1. Demonstrar que f(3) é irracional. O fato de que f(1)=0 eh uma consequencia direta da equacao funcional aa qual f satisfaz. Naum poderia ser de outra forma. Se fizermos x=y =1, concluimos que f(1*1) = f(1) = f(1) + f(1), = f(1) = 0. f(sqrt(2)*sqrt(2))=2*f(sqrt(2))=f(2)=1 logo f(sqrt(2))=1/2 Daí fica claro que uma função f é o log na base 2 né? A rigor, para chegarmos a estah conclusao acho que precisariamos assumir mais sobre f. Acho que soh a equacao funcional dada naum basta. Se admitirmos diferenciabilidade em um unico elemento de A, aih sim, podemos afirmar que f e a funcao logaritmo na base 2. Assumindo-se que f eo logaritmo na base 2, a irracionalidade de f(3) decorre da conclusao mais geral de que, se m1 e n1 sao inteiros e log(n) m (log de m na base n) naum for inteiro, entao log(n) m eh irracional. Esta demonstracao jah foi apresentada aqui na lista, acho que a mensagem tinha titulo Logaritmo Irracional Acho que foi por volta de setembro do ano passado. Artur __ Do you Yahoo!? Win a $20,000 Career Makeover at Yahoo! HotJobs http://hotjobs.sweepstakes.yahoo.com/careermakeover = 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] DUVIDA - funçao
- Original Message - From: Ricardo Bittencourt [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 27, 2004 1:52 PM Subject: Re: [obm-l] DUVIDA - funçao João Silva wrote: - Uma função f : A -- B (em que A é o conjunto dos numeros reais positivos não - nulos e B o conjunto dos reais) é estritamente crescente e para x e y pertencentes a A temos: f (x.y) = f(x) + f(y) . Sabe-se ainda que f(1) = 0 e f(2) = 1. Demonstrar que f(3) é irracional. f(sqrt(2)*sqrt(2))=2*f(sqrt(2))=f(2)=1 logo f(sqrt(2))=1/2 Daí fica claro que uma função f é o log na base 2 né? Pois: log2 (1) = 0 log2 (sqrt(2))=1/2 log2 (2) = 1 log2 (ab) = log2 (a) + log2 (b) Então resta provar que log2(3) é irracional. Pra isso acontecer, 3=2^(p/q) com p,q inteiros. Mas então 3^q=2^p, e com p,q inteiros isso é impossível. Hum.. resta provar que log2 é a única função f que satisfaz o enunciado, isso eu não sei fazer. Oi, Ricardo: Acho que o fato de f ser monótona crescente e satisfazer a f(xy) = f(x) + f(y) implica que f é contínua. Além disso, da mesma forma que na minha mensagem anterior, podemos provar que se r é um racional qualquer, então: f(2^r) = r*f(2) = r. Finalmente, o conjunto dos números da forma 2^r (r racional) é denso em (0,+infinito). (dados a e b com 0 a b, tome n = menor inteiro positivo tal que 2^(1/n) b/a e, uma vez fixado n, tome m = menor inteiro tal que 2^(m/n) a. Então, 2^((m-1)/n) a 2^(m/n) = 2^((m-1)/n)*2^(1/n) a*2^(1/n) a*(b/a) = b ). Se g:(0,+infinito) - R é tal que: g é estritamente crescente; g(xy) = g(x) + g(y) para quaisquer x, y em (0,+infinito); g(1) = 0 e g(2) = 1, então, da mesma forma, g é contínua e g(2^r) = r para todo racional r. Assim, a função F:(0,+infinito) - R dada por: F(x) = f(x) - g(x) é uma função contínua que se anula num subconjunto denso em (0,+infinito). Logo, F é identicamente nula e, portanto, f é única. []s, 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] Re: [obm-l] DUVIDA - funçao
on 27.04.04 15:25, Cláudio (Prática) at [EMAIL PROTECTED] wrote: - Original Message - From: Ricardo Bittencourt [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Tuesday, April 27, 2004 1:52 PM Subject: Re: [obm-l] DUVIDA - funçao João Silva wrote: - Uma função f : A -- B (em que A é o conjunto dos numeros reais positivos não - nulos e B o conjunto dos reais) é estritamente crescente e para x e y pertencentes a A temos: f (x.y) = f(x) + f(y) . Sabe-se ainda que f(1) = 0 e f(2) = 1. Demonstrar que f(3) é irracional. f(sqrt(2)*sqrt(2))=2*f(sqrt(2))=f(2)=1 logo f(sqrt(2))=1/2 Daí fica claro que uma função f é o log na base 2 né? Pois: log2 (1) = 0 log2 (sqrt(2))=1/2 log2 (2) = 1 log2 (ab) = log2 (a) + log2 (b) Então resta provar que log2(3) é irracional. Pra isso acontecer, 3=2^(p/q) com p,q inteiros. Mas então 3^q=2^p, e com p,q inteiros isso é impossível. Hum.. resta provar que log2 é a única função f que satisfaz o enunciado, isso eu não sei fazer. Oi, Ricardo: Acho que o fato de f ser monótona crescente e satisfazer a f(xy) = f(x) + f(y) implica que f é contínua. Além disso, da mesma forma que na minha mensagem anterior, podemos provar que se r é um racional qualquer, então: f(2^r) = r*f(2) = r. Finalmente, o conjunto dos números da forma 2^r (r racional) é denso em (0,+infinito). (dados a e b com 0 a b, tome n = menor inteiro positivo tal que 2^(1/n) b/a e, uma vez fixado n, tome m = menor inteiro tal que 2^(m/n) a. Então, 2^((m-1)/n) a 2^(m/n) = 2^((m-1)/n)*2^(1/n) a*2^(1/n) a*(b/a) = b ). Se g:(0,+infinito) - R é tal que: g é estritamente crescente; g(xy) = g(x) + g(y) para quaisquer x, y em (0,+infinito); g(1) = 0 e g(2) = 1, então, da mesma forma, g é contínua e g(2^r) = r para todo racional r. Assim, a função F:(0,+infinito) - R dada por: F(x) = f(x) - g(x) é uma função contínua que se anula num subconjunto denso em (0,+infinito). Logo, F é identicamente nula e, portanto, f é única. Consegui provar que f eh continua, o que completa a demonstracao de que f eh unica (e, portanto, igual a funcao logaritmo de base 2). A demonstracao baseia-se nos seguintes fatos: f(4^(1/n)) = 2/n e f(1/4)^(1/n)) = -2/n e n = 2 == (1/4)^(1/n) = 1 - 1/n e 1 + 1/n 4^(1/n) Seja a um real positivo. Dado eps 0, tomemos um inteiro positivo n = 2 tal que: 1/n eps/2 == 2/n eps. Entao: |x - a| a/n == |x/a - 1| 1/n == 1 - 1/n x/a 1 + 1/n == (1/4)^(1/n) x/a 4^(1/n) == f((1/4)^(1/n)) f(x/a) f(4^(1/n)) == -2/n f(x/a) 2/n |f(x/a)| 2/n == |f(x) - f(a)| 2/n eps []s, 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 =
