[obm-l] Re: [obm-l] Provar que a inteira f é um polinômio de grau positivo

[Artur Costa Steiner]

Obrigado, abordagem bem interessante

Eu dei a seguinte prova:

Para z em C/{0}, seja g(z) = f(1/z), obtendo-se uma função holomorfa tal
que lim z —> 0 g(z) = lim z—> oo f(z) = oo. Assim, g é meromorfa em C,
tendo em 0 seu único polo. Sendo n > 0 a ordem deste polo, g é expandida em
C/{0} por uma série de Laurent em torno de 0, havendo portanto complexos
c(-n), … c(0), c(1) ….tais que

g(z) = Soma (k = -n, oo) c(k) z^k, z em C/{0}

Para z em  C/{0} temos então que

f(z) = g(1/z) =Soma (k = n, -oo c(k) z^(k) (1)

Em (1), temos a série de Laurent que, em C/{0}, expande f e em torno de 0.
Se nesta série houvesse algum coeficiente não nulo associado a potência
negativa de z, f apresentaria uma singularidade em 0. Mas sendo uma função
 inteira, f não apresenta nenhuma singularidade em C, do que deduzimos que,
em (1), todos os coeficientes associados a potências negativas de z são
nulos. Logo, em C/{0} f é o polinômio de grau n dado por

f(z) = c(-n) z^n + ….  c(1) z + c(0) (2)

Como f é contínua, temos que f(0) = lim z —> 0 f(z) = c(0), o que mostra
que (2) vale em todo o C. Logo, f é em C um polinômio de grau positivo.

Abs
Artur

Em qui., 14 de jul. de 2022 às 19:23, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Use o fato de que toda função meromorfica  em C união {inf} é da forma
> f(z)/g(z), onde f, g são polinômios.
> Daí, como a função do enunciado é inteira, g(z) é constante (e não nula).
> E como f(z) rende a inf quando z tende a inf, f é um polinômio não
> constante.
>
> Enviado do meu iPhone
>
> > Em 14 de jul. de 2022, à(s) 16:41, Artur Costa Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:
> >
> > Oi amigos!
> >
> > Um teorema da Análise Complexa diz que, se f é inteira e lim z —> oo
> f(z) = oo, então f é um polinômio (claramente não constante). Nos
> livros em que estudei isso era dado como exercício, de modo que nunca vi a
> demonstração deste teorema. Eu consegui dar duas demonstrações para
> ele, sendo que uma delas sei que está certa A outra acho que também está
> certa, mas a primeira me parece bem melhor.Â
> >
> > Alguém aqui pode dar uma prova, para comparar com a minha? Se houver
> interesse (Análise Complexa não costuma aparecer aqui) eu dou as minhas.Â
> >
> > Obrigado
> >
> > Artur
> >
> >
> >
> > --
> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > acredita-se estar livre de perigo.
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Provar que a inteira f é um polinômio de grau positivo

[Claudio Buffara]

Use o fato de que toda função meromorfica  em C união {inf} é da forma 
f(z)/g(z), onde f, g são polinômios.
Daí, como a função do enunciado é inteira, g(z) é constante (e não nula).
E como f(z) rende a inf quando z tende a inf, f é um polinômio não constante.

Enviado do meu iPhone

> Em 14 de jul. de 2022, à(s) 16:41, Artur Costa Steiner 
>  escreveu:
> 
> Oi amigos!
> 
> Um teorema da Análise Complexa diz que, se f é inteira e lim z —> oo f(z) 
> = oo, então f é um polinômio (claramente não constante). Nos livros em 
> que estudei isso era dado como exercício, de modo que nunca vi a 
> demonstração deste teorema. Eu consegui dar duas demonstrações para ele, 
> sendo que uma delas sei que está certa A outra acho que também está certa, 
> mas a primeira me parece bem melhor. 
> 
> Alguém aqui pode dar uma prova, para comparar com a minha? Se houver 
> interesse (Análise Complexa não costuma aparecer aqui) eu dou as minhas. 
> 
> Obrigado
> 
> Artur
> 
> 
> 
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[obm-l] Provar que a inteira f é um polinômio de grau positivo

[Artur Costa Steiner]

Oi amigos!

Um teorema da Análise Complexa diz que, se f é inteira e lim z —> oo f(z) =
oo, então f é um polinômio (claramente não constante). Nos livros em que
estudei isso era dado como exercício, de modo que nunca vi a demonstração
deste teorema. Eu consegui dar duas demonstrações para ele, sendo que uma
delas sei que está certa A outra acho que também está certa, mas a primeira
me parece bem melhor.

Alguém aqui pode dar uma prova, para comparar com a minha? Se houver
interesse (Análise Complexa não costuma aparecer aqui) eu dou as minhas.

Obrigado

Artur

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Provar o valor mínimo

[luciano rodrigues]

Sabendo que m(r) é crescente,  m(r)>=0 para qualquer que seja 0=< r =< L  e que 
integral(m(r)dr) de 0 até L é M(L-X), prove que o valor mínimo de 
integral(m(r)*r dr) de 0 até L é igual a ML(L-X)/2.
Obs:m(r) não é uma função necessariamente contínua.
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[obm-l] Re: [obm-l] Provar que f é contínua

[Artur Costa Steiner]

Neste problema esqueci de mencionar que precisamos ter m(A) < oo. Caso
contrário, f pode assumir o valor oo e o conceito de continuidade fica
prejudicado.

Artur

Em dom, 25 de nov de 2018 14:17, Artur Steiner <
artur.costa.stei...@gmail.com escreveu:

> Seja A um subconjunto Lebesgue mensurável de R^n e seja x + A = {x + a | a
> está em A} a translação de A por x de R^n.  Sendo m a medida de Lebesgue,
> mostre que a função definida em R^n por f(x) = m(A inter (x + A)) é
> contínua.
>
> Uma vez vi uma prova disso, extremamente complicada, cheia de lemas
> intermediários, e não me lembro bem. Estou tentando dar uma prova mas ainda
> não cheguei lá.
>
> Este teorema pode ser empregado para mostrar que, se m(A) > 0, então A - A
> = {a1 - a2 | a1 e a2 estão em A} contém uma bola com centro na origem. É
> possível mostrar isto sem saber que f é contínua. Será que, sabendo da
> existência da bola, podemos mostrar que f é contínua?
>
> A medida de Lebesgue é translação invariante: Se A é mensurável, então,
> para todo x de R^n,  x + A também é e m(x + A) = m(A).
>
> Abraços.
>
> Artur Costa Steiner
>
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> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Provar que f é contínua

[Artur Steiner]

Seja A um subconjunto Lebesgue mensurável de R^n e seja x + A = {x + a | a
está em A} a translação de A por x de R^n.  Sendo m a medida de Lebesgue,
mostre que a função definida em R^n por f(x) = m(A inter (x + A)) é
contínua.

Uma vez vi uma prova disso, extremamente complicada, cheia de lemas
intermediários, e não me lembro bem. Estou tentando dar uma prova mas ainda
não cheguei lá.

Este teorema pode ser empregado para mostrar que, se m(A) > 0, então A - A
= {a1 - a2 | a1 e a2 estão em A} contém uma bola com centro na origem. É
possível mostrar isto sem saber que f é contínua. Será que, sabendo da
existência da bola, podemos mostrar que f é contínua?

A medida de Lebesgue é translação invariante: Se A é mensurável, então,
para todo x de R^n,  x + A também é e m(x + A) = m(A).

Abraços.

Artur Costa Steiner

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Anderson Torres]

Em qui, 23 de ago de 2018 às 20:26, Pedro José  escreveu:
>
> Boa noite!
>
> Eu tinha caminhado em um caminho mais longo e empacado. Mas se pensasse em 
> provar por absurdo teria chegado a solução.
>
> Se o produto dos divisores de dois números são iguais, os de divisores 
> positivos também o são e vale o recíproco. Portanto só serãoconsiderados os 
> positivos.
> Fatorando n, n= Produtório(1,j)pi^ai
> Fatorando m, m= Produtório (1,k)p'i^bi
> Como o produto dos divisores de m é igual ao produto dos divisores de n, como 
> a fatoração é única, a menos da ordenação, temos que que k=j e pi=p'i (se 
> ordenarmos de mesma forma os diversos p e p'.
> Nos divisores de n, o expoente de pi, poderá ser: 0, 1, 2, 3ai, então 
> para cada pi há (ai+1) opções de expoentes.
> Portanto, no produto de todos os divisores de m o expoente do primo pi será: 
> (1+2+3+...ai)* Produtório (1,k), q<>i (aq+1)
> Já nos de m, será: (1+2+3+...bi)* Produtório (1,k), q<>i (bq+1), como os 
> expoentes de pi deverão ser iguais, pelo princípio da fatoração única.
> a1(a1+1)(a2+1)...(ak-1+1)(ak+1) = b1(b1+1)(b2+1)...(bk-1+1)(bk+1)
> a2(a1+1)(a2+1)...(ak-1+1)(ak+1) = b2(b1+1)(b2+1)...(bk-1+1)(bk+1)
> a3(a1+1)(a2+1)...(ak-1+1)(ak+1) = b3(b1+1)(b2+1)...(bk-1+1)(bk+1)
> .
> .
> .
> ak(a1+1)(a2+1)...(ak-1+1)(ak+1) = bk(b1+1)(b2+2)...(bk-1+1)(bk+1)
> O que levaria a ai/bi é constante para 0 Aí é só usar o princípio do absurdo. Só que havia empacado.
> Por isso questionara se a relação entre as soma dos termos de duas sequências 
> é igual a relaçãode seus produtos, garantiriam que a sequências são iguais.
> Cheguei perto e morri na praia.
> Sendo um pouco ranheta, se não há restrições, não devemos criá-las. O fato de 
> m e n serem positivos, não implica que seus divisores o sejam. Embora a 
> restrição não interfira em nada a solução.

Sendo eu mesmo um tanto mais ranheta:

1 - O problema não sugere em momento algum que se tenha que levar em
conta divisores negativos. É uma interpretação bastante natural lidar
somente com os positivos, mesmo porque os divisores negativos são
simplesmente os positivos vezes (-1).

2 - Se "não devemos criar restrições", o que nos impede então de
tratar essa questão nos Inteiros de Gauss? O fato de que cada termo
primo da forma 4k+1 "refatora" em um produto de caras da forma
(a+bi)(a-bi)? Ou o fato de que temos que lidar com quatro unidades?

> Bela solução.
> Saudações,
> PJMS
>
>
> Em qua, 22 de ago de 2018 às 15:48, Pedro José  escreveu:
>>
>> Boa tarde!
>>
>> Anderson Torres,
>>
>> Sua conjectura só vale se o número não é quadrado perfeito.
>>
>> Seja D= {-d1, -d2,-d3...,-dn-1, -dn, d1,d2, d3,...,dn-1,dn} o conjunto de 
>> divisores de um número m, que não seja quadrado perfeito. Então teremos que 
>> n é par.
>> Se m= Produtório(i,k) pi^ai, com pi primo, ou seja, fatoração. O número de 
>> divisores positivos será ND+(m)=Produtório(i,k) (ai+1).
>> Portanto, se for um quadrado perfeito todos ai são pares e então (ai+1) é 
>> ímpar sempre e ND+(m) será ímpar. Caso não seja quadrado perfeito, haverá 
>> pelo menos um ai ímpar e portanto, pelo menos um (ai+1) par, que garantirá 
>> ND+(m) par.
>> Se diraiz(m) de modo que di.dj=m.
>> Então quando você percorrer todos os di < raiz(m) você também percorrerá 
>> todos os dj> raiz(m). Pois, se sobrar um dj> raiz(m) teríamos ainda um di= 
>> m/dj, que não foi contato, absurdo,
>> Portanto o produto de todos os divisores positivos dá m^(ND+(m)/2)
>> Usando o mesmo conceito para os negativos teremos o produto de todos 
>> divisores negativos = m^(ND-(m)/2)
>> Existe uma bijeção entre os conjuntos de divisores positivos e negativos, 
>> pois se d é divisor de m -d é divisor de m, então ND-(m)=ND+(m)=ND(m)/2 ==> 
>> O produto de todos os divisores dará m^(ND(m)/2), como proposto por você.
>> Não obstante se m for um quadrado perfeito, dará -m^(ND(m)/2),
>>
>> Então o resultado coreto para o produto de todos os divisores de m é 
>> (-m)^(ND(m)/2).
>> Mas acho pouco ainda para provar o proposto no problema original.
>>
>> Saudações,
>> PJMS.
>>
>> Em qua, 22 de ago de 2018 às 00:41, Anderson Torres 
>>  escreveu:
>>>
>>> Em dom, 19 de ago de 2018 às 19:17, Artur Steiner
>>>  escreveu:
>>> >
>>> > Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
>>> >
>>> > Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m = n.
>>> >
>>> > (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores de n.
>>> >
>>> > (2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se m e 
>>> > n, são iguais.
>>> >
>>> > Artur Costa Steiner
>>>
>>> Fato de alguma importância: se ND(n) é o número de divisores de n,
>>> então o produto dos divisores é n^(ND(n)/2).
>>>
>>> Agora, como provar que isso aí é bijetivo, tá difisso.
>>>
>>> >
>>> > --
>>> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> > acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>>  acredita-se estar livre de 

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Pedro José]

Boa noite!

Eu tinha caminhado em um caminho mais longo e empacado. Mas se pensasse em
provar por absurdo teria chegado a solução.

Se o produto dos divisores de dois números são iguais, os de divisores
positivos também o são e vale o recíproco. Portanto só serãoconsiderados os
positivos.
Fatorando n, n= Produtório(1,j)pi^ai
Fatorando m, m= Produtório (1,k)p'i^bi
Como o produto dos divisores de m é igual ao produto dos divisores de n,
como a fatoração é única, a menos da ordenação, temos que que k=j e pi=p'i
(se ordenarmos de mesma forma os diversos p e p'.
Nos divisores de n, o expoente de pi, poderá ser: 0, 1, 2, 3ai, então
para cada pi há (ai+1) opções de expoentes.
Portanto, no produto de todos os divisores de m o expoente do primo pi
será: (1+2+3+...ai)* Produtório (1,k), q<>i (aq+1)
Já nos de m, será: (1+2+3+...bi)* Produtório (1,k), q<>i (bq+1), como os
expoentes de pi deverão ser iguais, pelo princípio da fatoração única.
a1(a1+1)(a2+1)...(ak-1+1)(ak+1) = b1(b1+1)(b2+1)...(bk-1+1)(bk+1)
a2(a1+1)(a2+1)...(ak-1+1)(ak+1) = b2(b1+1)(b2+1)...(bk-1+1)(bk+1)
a3(a1+1)(a2+1)...(ak-1+1)(ak+1) = b3(b1+1)(b2+1)...(bk-1+1)(bk+1)
.
.
.
ak(a1+1)(a2+1)...(ak-1+1)(ak+1) = bk(b1+1)(b2+2)...(bk-1+1)(bk+1)
O que levaria a ai/bi é constante para 0
escreveu:

> Boa tarde!
>
> Anderson Torres,
>
> Sua conjectura só vale se o número não é quadrado perfeito.
>
> Seja D= {-d1, -d2,-d3...,-dn-1, -dn, d1,d2, d3,...,dn-1,dn} o conjunto de
> divisores de um número m, que não seja quadrado perfeito. Então teremos que
> n é par.
> Se m= Produtório(i,k) pi^ai, com pi primo, ou seja, fatoração. O número de
> divisores positivos será ND+(m)=Produtório(i,k) (ai+1).
> Portanto, se for um quadrado perfeito todos ai são pares e então (ai+1) é
> ímpar sempre e ND+(m) será ímpar. Caso não seja quadrado perfeito, haverá
> pelo menos um ai ímpar e portanto, pelo menos um (ai+1) par, que garantirá
> ND+(m) par.
> Se diraiz(m) de modo que di.dj=m.
> Então quando você percorrer todos os di < raiz(m) você também percorrerá
> todos os dj> raiz(m). Pois, se sobrar um dj> raiz(m) teríamos ainda um di=
> m/dj, que não foi contato, absurdo,
> Portanto o produto de todos os divisores positivos dá m^(ND+(m)/2)
> Usando o mesmo conceito para os negativos teremos o produto de todos
> divisores negativos = m^(ND-(m)/2)
> Existe uma bijeção entre os conjuntos de divisores positivos e negativos,
> pois se d é divisor de m -d é divisor de m, então ND-(m)=ND+(m)=ND(m)/2 ==>
> O produto de todos os divisores dará m^(ND(m)/2), como proposto por você.
> Não obstante se m for um quadrado perfeito, dará -m^(ND(m)/2),
>
> Então o resultado coreto para o produto de todos os divisores de m é
> (-m)^(ND(m)/2).
> Mas acho pouco ainda para provar o proposto no problema original.
>
> Saudações,
> PJMS.
>
> Em qua, 22 de ago de 2018 às 00:41, Anderson Torres <
> torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
>
>> Em dom, 19 de ago de 2018 às 19:17, Artur Steiner
>>  escreveu:
>> >
>> > Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
>> >
>> > Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m = n.
>> >
>> > (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores de
>> n.
>> >
>> > (2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se m
>> e n, são iguais.
>> >
>> > Artur Costa Steiner
>>
>> Fato de alguma importância: se ND(n) é o número de divisores de n,
>> então o produto dos divisores é n^(ND(n)/2).
>>
>> Agora, como provar que isso aí é bijetivo, tá difisso.
>>
>> >
>> > --
>> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> > acredita-se estar livre de perigo.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Artur Steiner]

> O problema se refere a divisores positivos. Mas se provarmos para este
> caso, fica também provado se incluirmos os negativos.
>
> No caso 1 do problema original, vemos que a igualdade do produto dos
> divisores implica que as fatorações de m e de n contenham exatamente os
> mesmos primos p1,  pk. Estes primos são também os que aparecem nas
> fatorações dos produtos dos divisores de m e de n. Sendo ai e bi, i = 1 ...
> k os expoentes das fatorações de m e de n, temos que
>
> m = pi^a1 ... pk^a^k
> n = p1^b1  pk^bk
>
> Sendo Dm o número de divisores de m e Dn o de n, temos que
>
> m^{Dm/2) = n^(Dn/2) ===> m^Dm = n^Dn
>
> Assim, basta mostrar que Dm = Dn.
>
> A igualdade dos produtos dos divisores leva, pela equação acima e pelo
> teorema fundamental da aritmética, a que,
>
> ai/bi = Dn/Dm i = 1, ...k.  (1)
>
> Temos ainda que
>
> Dm = (1 + a1) . (1 + ak)  (2)
> Dn= (1 + b1) . (1 + bk)  (3)
>
> Se Dm <> Dn, podemos admitir, sem perda de generalidade, que Dm > Dn.
> Logo, Dn/Dm < 1, o que,  em virtude de (1), leva a que ai < bi, i = 1, ...
> k.Mas em virtude de (2) e de (3), isto implica que Dm < Dn, contradição.
> Assim, Dm = Dn e, portanto, m = n.
>
> No caso 2 do problema, vemos que o produto dos duvisores positivos de m,
> excluindo o próprio m, é (m^Dm/2)/m = m^(Dm/2 - 1). Assim, a igualdade
> citada no enunciado leva a que
>
> m^(Dm - 2) = m^(Dn - 2). Novamente, basta provar que Dm = Dn. Prosseguindo
> como no caso anterior com Dm - 2 no lugar de Dm e Dn - 2 no lugar de Dn,
> concluimos que m = n.
>
>
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em 22 de ago de 2018 21:59, "Anderson Torres" <
> torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
>
> Em qua, 22 de ago de 2018 às 16:02, Pedro José 
> escreveu:
> >
> > Boa tarde!
> >
> > Anderson Torres,
> >
> > Sua conjectura só vale se o número não é quadrado perfeito.
> >
> > Seja D= {-d1, -d2,-d3...,-dn-1, -dn, d1,d2, d3,...,dn-1,dn} o conjunto
> de divisores de um número m, que não seja quadrado perfeito. Então teremos
> que n é par.
>
> Mas o problema fala de inteiros positivos. Não tenho razões para supor
> que se tratam de todos os divisores inteiros, incluindo os negativos.
> Mesmo porque multiplicação por unidade "não acrescenta informação".
>
>
> > Se m= Produtório(i,k) pi^ai, com pi primo, ou seja, fatoração. O número
> de divisores positivos será ND+(m)=Produtório(i,k) (ai+1).
> > Portanto, se for um quadrado perfeito todos ai são pares e então (ai+1)
> é ímpar sempre e ND+(m) será ímpar. Caso não seja quadrado perfeito, haverá
> pelo menos um ai ímpar e portanto, pelo menos um (ai+1) par, que garantirá
> ND+(m) par.
> > Se diraiz(m) de modo que di.dj=m.
> > Então quando você percorrer todos os di < raiz(m) você também percorrerá
> todos os dj> raiz(m). Pois, se sobrar um dj> raiz(m) teríamos ainda um di=
> m/dj, que não foi contato, absurdo,
> > Portanto o produto de todos os divisores positivos dá m^(ND+(m)/2)
> > Usando o mesmo conceito para os negativos teremos o produto de todos
> divisores negativos = m^(ND-(m)/2)
> > Existe uma bijeção entre os conjuntos de divisores positivos e
> negativos, pois se d é divisor de m -d é divisor de m, então
> ND-(m)=ND+(m)=ND(m)/2 ==> O produto de todos os divisores dará m^(ND(m)/2),
> como proposto por você.
> > Não obstante se m for um quadrado perfeito, dará -m^(ND(m)/2),
> >
> > Então o resultado coreto para o produto de todos os divisores de m é
> (-m)^(ND(m)/2).
> > Mas acho pouco ainda para provar o proposto no problema original.
> >
> > Saudações,
> > PJMS.
> >
> > Em qua, 22 de ago de 2018 às 00:41, Anderson Torres <
> torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
> >>
> >> Em dom, 19 de ago de 2018 às 19:17, Artur Steiner
> >>  escreveu:
> >> >
> >> > Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
> >> >
> >> > Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m =
> n.
> >> >
> >> > (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores
> de n.
> >> >
> >> > (2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se
> m e n, são iguais.
> >> >
> >> > Artur Costa Steiner
> >>
> >> Fato de alguma importância: se ND(n) é o número de divisores de n,
> >> então o produto dos divisores é n^(ND(n)/2).
> >>
> >> Agora, como provar que isso aí é bijetivo, tá difisso.
> >>
> >> >
> >> > --
> >> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >> > acredita-se estar livre de perigo.
> >>
> >> --
> >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >>  acredita-se estar livre de perigo.
> >>
> >>
> >>
> =
> >> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> >>
> =
> >
> >
> > --
> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > acredita-se estar livre de perigo.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de 

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Claudio Buffara]

Usualmente (por exemplo, em todos os livros de teoria dos números que eu
conheço), quando falamos em número de divisores de um número, estamos
falando apenas dos divisores positivos.
Se 1 = d_1 < ... < d_r = n (r = ND(m)) são os divisores (positivos) de m,
então:
d_1 * ... * d_r = (m/d_1)*...*(m/d_r) ==> (d_1 * ... * d_r)^2 = m^r ==> d_1
* ... * d_r = m^(r/2) = m^(N(D(m)/2).

***

Agora, sejam m e n inteiros positivos tais que  m^ND(m) = n^ND(n).

Então m e n têm os mesmos fatores primos (pelo TFA) e podemos escrever:
m = p_1^x_1 * ... * p_k^x_k
e
n = p_1^y_1 * ... * p_k^y_k.

m^ND(m) = n^ND(n) ==>
para cada j (1<=j<=k), x_j*ND(m) = y_j*ND(n) ==>
x_j/y_j = ND(n)/ND(m) = constante (para m e n dados)

Se, para algum i (1<=i<=k), x_i < y_i (digamos), então para todo j
(1<=j<=k), valerá x_j < y_j, já que x_j/y_j é constante, independentemente
de j.
Logo,
m = p_1^x_1*...*p_k^x^k < p_1^y_1*...*p_k^y_k = n
e
ND(m) =(1+x_1)*...*(1+x_k) < (1+y_1)*...(1+y_k) = ND(n),
e, portanto,
m^ND(m) < n^ND(n) ==> contradição.

Da mesma forma, eliminamos a hipótese de que x_i > y_i para algum i
(1<=i<=k).

Logo, só pode ser x_j = y_j para 1<=j<=k e, portanto, m = n.

Não tentei, mas imagino que o item (2) possa ser demonstrado de forma
análoga.

[]s,
Claudio.


On Wed, Aug 22, 2018 at 4:02 PM Pedro José  wrote:

> Boa tarde!
>
> Anderson Torres,
>
> Sua conjectura só vale se o número não é quadrado perfeito.
>
> Seja D= {-d1, -d2,-d3...,-dn-1, -dn, d1,d2, d3,...,dn-1,dn} o conjunto de
> divisores de um número m, que não seja quadrado perfeito. Então teremos que
> n é par.
> Se m= Produtório(i,k) pi^ai, com pi primo, ou seja, fatoração. O número de
> divisores positivos será ND+(m)=Produtório(i,k) (ai+1).
> Portanto, se for um quadrado perfeito todos ai são pares e então (ai+1) é
> ímpar sempre e ND+(m) será ímpar. Caso não seja quadrado perfeito, haverá
> pelo menos um ai ímpar e portanto, pelo menos um (ai+1) par, que garantirá
> ND+(m) par.
> Se diraiz(m) de modo que di.dj=m.
> Então quando você percorrer todos os di < raiz(m) você também percorrerá
> todos os dj> raiz(m). Pois, se sobrar um dj> raiz(m) teríamos ainda um di=
> m/dj, que não foi contato, absurdo,
> Portanto o produto de todos os divisores positivos dá m^(ND+(m)/2)
> Usando o mesmo conceito para os negativos teremos o produto de todos
> divisores negativos = m^(ND-(m)/2)
> Existe uma bijeção entre os conjuntos de divisores positivos e negativos,
> pois se d é divisor de m -d é divisor de m, então ND-(m)=ND+(m)=ND(m)/2 ==>
> O produto de todos os divisores dará m^(ND(m)/2), como proposto por você.
> Não obstante se m for um quadrado perfeito, dará -m^(ND(m)/2),
>
> Então o resultado coreto para o produto de todos os divisores de m é
> (-m)^(ND(m)/2).
> Mas acho pouco ainda para provar o proposto no problema original.
>
> Saudações,
> PJMS.
>
> Em qua, 22 de ago de 2018 às 00:41, Anderson Torres <
> torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
>
>> Em dom, 19 de ago de 2018 às 19:17, Artur Steiner
>>  escreveu:
>> >
>> > Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
>> >
>> > Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m = n.
>> >
>> > (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores de
>> n.
>> >
>> > (2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se m
>> e n, são iguais.
>> >
>> > Artur Costa Steiner
>>
>> Fato de alguma importância: se ND(n) é o número de divisores de n,
>> então o produto dos divisores é n^(ND(n)/2).
>>
>> Agora, como provar que isso aí é bijetivo, tá difisso.
>>
>> >
>> > --
>> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> > acredita-se estar livre de perigo.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Artur Steiner]

Uma correçâo: Dm e Dn são o número de divisores de m e de n, não o produto;
claro.

Artur Costa Steiner

Em qui, 23 de ago de 2018 06:12, Artur Steiner <
artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:

> O problema se refere a divisores positivos. Mas se provarmos para este
> caso, fica também provado se incluirmos os negativos.
>
> No caso 1 do problema original, vemos que a igualdade do produto dos
> divisores implica que as fatorações de m e de n contenham exatamente os
> mesmos primos p1,  pk. Estes primos são também os que aparecem nas
> fatorações dos produtos dos divisores de m e de n. Sendo ai e bi, i = 1 ...
> k os expoentes das fatorações de m e de n, temos que
>
> m = pi^a1 ... pk^a^k
> n = p1^b1  pk^bk
>
> Sendo Dm o produto dos divisores de m e Dn os de n, temos que
>
> m^{Dm/2) = n^(Dn/2) ===> m^Dm = n^Dn
>
> Assim, basta mostrar que Dm = Dn.
>
> A igualdade dos produtos dos divisores leva, pela equação acima e pelo
> teorema fundamental da aritmética, a que,
>
> ai/bi = Dn/Dm i = 1, ...k.  (1)
>
> Temos ainda que
>
> Dm = (1 + a1) . (1 + ak)  (2)
> Dn= (1 + b1) . (1 + bk)  (3)
>
> Se Dm <> Dn, podemos admitir, sem perda de generalidade, que Dm > Dn.
> Logo, Dn/Dm < 1, o que,  em virtude de (1), leva a que ai < bi, i = 1, ...
> k.Mas em virtude de (2) e de (3), isto implica que Dm < Dn, contradição.
> Assim, Dm = Dn e, portanto, m = n.
>
> No caso 2 do problema, vemos que o produto dos duvisores positivos de m,
> excluindo o próprio m, é (m^Dm/2)/m = m^(Dm/2 - 1). Assim, a igualdade
> citada no enunciado leva a que
>
> m^(Dm - 2) = m^(Dn - 2). Novamente, basta provar que Dm = Dn. Prosseguindo
> como no caso anterior com Dm - 2 no lugar de Dm e Dn - 2 no lugar de Dn,
> concluimos que m = n.
>
>
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em 22 de ago de 2018 21:59, "Anderson Torres" <
> torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
>
> Em qua, 22 de ago de 2018 às 16:02, Pedro José 
> escreveu:
> >
> > Boa tarde!
> >
> > Anderson Torres,
> >
> > Sua conjectura só vale se o número não é quadrado perfeito.
> >
> > Seja D= {-d1, -d2,-d3...,-dn-1, -dn, d1,d2, d3,...,dn-1,dn} o conjunto
> de divisores de um número m, que não seja quadrado perfeito. Então teremos
> que n é par.
>
> Mas o problema fala de inteiros positivos. Não tenho razões para supor
> que se tratam de todos os divisores inteiros, incluindo os negativos.
> Mesmo porque multiplicação por unidade "não acrescenta informação".
>
>
> > Se m= Produtório(i,k) pi^ai, com pi primo, ou seja, fatoração. O número
> de divisores positivos será ND+(m)=Produtório(i,k) (ai+1).
> > Portanto, se for um quadrado perfeito todos ai são pares e então (ai+1)
> é ímpar sempre e ND+(m) será ímpar. Caso não seja quadrado perfeito, haverá
> pelo menos um ai ímpar e portanto, pelo menos um (ai+1) par, que garantirá
> ND+(m) par.
> > Se diraiz(m) de modo que di.dj=m.
> > Então quando você percorrer todos os di < raiz(m) você também percorrerá
> todos os dj> raiz(m). Pois, se sobrar um dj> raiz(m) teríamos ainda um di=
> m/dj, que não foi contato, absurdo,
> > Portanto o produto de todos os divisores positivos dá m^(ND+(m)/2)
> > Usando o mesmo conceito para os negativos teremos o produto de todos
> divisores negativos = m^(ND-(m)/2)
> > Existe uma bijeção entre os conjuntos de divisores positivos e
> negativos, pois se d é divisor de m -d é divisor de m, então
> ND-(m)=ND+(m)=ND(m)/2 ==> O produto de todos os divisores dará m^(ND(m)/2),
> como proposto por você.
> > Não obstante se m for um quadrado perfeito, dará -m^(ND(m)/2),
> >
> > Então o resultado coreto para o produto de todos os divisores de m é
> (-m)^(ND(m)/2).
> > Mas acho pouco ainda para provar o proposto no problema original.
> >
> > Saudações,
> > PJMS.
> >
> > Em qua, 22 de ago de 2018 às 00:41, Anderson Torres <
> torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
> >>
> >> Em dom, 19 de ago de 2018 às 19:17, Artur Steiner
> >>  escreveu:
> >> >
> >> > Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
> >> >
> >> > Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m =
> n.
> >> >
> >> > (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores
> de n.
> >> >
> >> > (2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se
> m e n, são iguais.
> >> >
> >> > Artur Costa Steiner
> >>
> >> Fato de alguma importância: se ND(n) é o número de divisores de n,
> >> então o produto dos divisores é n^(ND(n)/2).
> >>
> >> Agora, como provar que isso aí é bijetivo, tá difisso.
> >>
> >> >
> >> > --
> >> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >> > acredita-se estar livre de perigo.
> >>
> >> --
> >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> >>  acredita-se estar livre de perigo.
> >>
> >>
> >>
> =
> >> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> >>
> 

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Artur Steiner]

O problema se refere a divisores positivos. Mas se provarmos para este
caso, fica também provado se incluirmos os negativos.

No caso 1 do problema original, vemos que a igualdade do produto dos
divisores implica que as fatorações de m e de n contenham exatamente os
mesmos primos p1,  pk. Estes primos são também os que aparecem nas
fatorações dos produtos dos divisores de m e de n. Sendo ai e bi, i = 1 ...
k os expoentes das fatorações de m e de n, temos que

m = pi^a1 ... pk^a^k
n = p1^b1  pk^bk

Sendo Dm o produto dos divisores de m e Dn os de n, temos que

m^{Dm/2) = n^(Dn/2) ===> m^Dm = n^Dn

Assim, basta mostrar que Dm = Dn.

A igualdade dos produtos dos divisores leva, pela equação acima e pelo
teorema fundamental da aritmética, a que,

ai/bi = Dn/Dm i = 1, ...k.  (1)

Temos ainda que

Dm = (1 + a1) . (1 + ak)  (2)
Dn= (1 + b1) . (1 + bk)  (3)

Se Dm <> Dn, podemos admitir, sem perda de generalidade, que Dm > Dn. Logo,
Dn/Dm < 1, o que,  em virtude de (1), leva a que ai < bi, i = 1, ... k.Mas
em virtude de (2) e de (3), isto implica que Dm < Dn, contradição. Assim,
Dm = Dn e, portanto, m = n.

No caso 2 do problema, vemos que o produto dos duvisores positivos de m,
excluindo o próprio m, é (m^Dm/2)/m = m^(Dm/2 - 1). Assim, a igualdade
citada no enunciado leva a que

m^(Dm - 2) = m^(Dn - 2). Novamente, basta provar que Dm = Dn. Prosseguindo
como no caso anterior com Dm - 2 no lugar de Dm e Dn - 2 no lugar de Dn,
concluimos que m = n.



Artur Costa Steiner

Em 22 de ago de 2018 21:59, "Anderson Torres" 
escreveu:

Em qua, 22 de ago de 2018 às 16:02, Pedro José 
escreveu:
>
> Boa tarde!
>
> Anderson Torres,
>
> Sua conjectura só vale se o número não é quadrado perfeito.
>
> Seja D= {-d1, -d2,-d3...,-dn-1, -dn, d1,d2, d3,...,dn-1,dn} o conjunto de
divisores de um número m, que não seja quadrado perfeito. Então teremos que
n é par.

Mas o problema fala de inteiros positivos. Não tenho razões para supor
que se tratam de todos os divisores inteiros, incluindo os negativos.
Mesmo porque multiplicação por unidade "não acrescenta informação".


> Se m= Produtório(i,k) pi^ai, com pi primo, ou seja, fatoração. O número
de divisores positivos será ND+(m)=Produtório(i,k) (ai+1).
> Portanto, se for um quadrado perfeito todos ai são pares e então (ai+1) é
ímpar sempre e ND+(m) será ímpar. Caso não seja quadrado perfeito, haverá
pelo menos um ai ímpar e portanto, pelo menos um (ai+1) par, que garantirá
ND+(m) par.
> Se diraiz(m) de modo que di.dj=m.
> Então quando você percorrer todos os di < raiz(m) você também percorrerá
todos os dj> raiz(m). Pois, se sobrar um dj> raiz(m) teríamos ainda um di=
m/dj, que não foi contato, absurdo,
> Portanto o produto de todos os divisores positivos dá m^(ND+(m)/2)
> Usando o mesmo conceito para os negativos teremos o produto de todos
divisores negativos = m^(ND-(m)/2)
> Existe uma bijeção entre os conjuntos de divisores positivos e negativos,
pois se d é divisor de m -d é divisor de m, então ND-(m)=ND+(m)=ND(m)/2 ==>
O produto de todos os divisores dará m^(ND(m)/2), como proposto por você.
> Não obstante se m for um quadrado perfeito, dará -m^(ND(m)/2),
>
> Então o resultado coreto para o produto de todos os divisores de m é
(-m)^(ND(m)/2).
> Mas acho pouco ainda para provar o proposto no problema original.
>
> Saudações,
> PJMS.
>
> Em qua, 22 de ago de 2018 às 00:41, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:
>>
>> Em dom, 19 de ago de 2018 às 19:17, Artur Steiner
>>  escreveu:
>> >
>> > Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
>> >
>> > Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m =
n.
>> >
>> > (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores de
n.
>> >
>> > (2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se
m e n, são iguais.
>> >
>> > Artur Costa Steiner
>>
>> Fato de alguma importância: se ND(n) é o número de divisores de n,
>> então o produto dos divisores é n^(ND(n)/2).
>>
>> Agora, como provar que isso aí é bijetivo, tá difisso.
>>
>> >
>> > --
>> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> > acredita-se estar livre de perigo.
>>
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>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
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>> =
>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
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> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Anderson Torres]

Em qua, 22 de ago de 2018 às 16:02, Pedro José  escreveu:
>
> Boa tarde!
>
> Anderson Torres,
>
> Sua conjectura só vale se o número não é quadrado perfeito.
>
> Seja D= {-d1, -d2,-d3...,-dn-1, -dn, d1,d2, d3,...,dn-1,dn} o conjunto de 
> divisores de um número m, que não seja quadrado perfeito. Então teremos que n 
> é par.

Mas o problema fala de inteiros positivos. Não tenho razões para supor
que se tratam de todos os divisores inteiros, incluindo os negativos.
Mesmo porque multiplicação por unidade "não acrescenta informação".

> Se m= Produtório(i,k) pi^ai, com pi primo, ou seja, fatoração. O número de 
> divisores positivos será ND+(m)=Produtório(i,k) (ai+1).
> Portanto, se for um quadrado perfeito todos ai são pares e então (ai+1) é 
> ímpar sempre e ND+(m) será ímpar. Caso não seja quadrado perfeito, haverá 
> pelo menos um ai ímpar e portanto, pelo menos um (ai+1) par, que garantirá 
> ND+(m) par.
> Se diraiz(m) de modo que di.dj=m.
> Então quando você percorrer todos os di < raiz(m) você também percorrerá 
> todos os dj> raiz(m). Pois, se sobrar um dj> raiz(m) teríamos ainda um di= 
> m/dj, que não foi contato, absurdo,
> Portanto o produto de todos os divisores positivos dá m^(ND+(m)/2)
> Usando o mesmo conceito para os negativos teremos o produto de todos 
> divisores negativos = m^(ND-(m)/2)
> Existe uma bijeção entre os conjuntos de divisores positivos e negativos, 
> pois se d é divisor de m -d é divisor de m, então ND-(m)=ND+(m)=ND(m)/2 ==> O 
> produto de todos os divisores dará m^(ND(m)/2), como proposto por você.
> Não obstante se m for um quadrado perfeito, dará -m^(ND(m)/2),
>
> Então o resultado coreto para o produto de todos os divisores de m é 
> (-m)^(ND(m)/2).
> Mas acho pouco ainda para provar o proposto no problema original.
>
> Saudações,
> PJMS.
>
> Em qua, 22 de ago de 2018 às 00:41, Anderson Torres 
>  escreveu:
>>
>> Em dom, 19 de ago de 2018 às 19:17, Artur Steiner
>>  escreveu:
>> >
>> > Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
>> >
>> > Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m = n.
>> >
>> > (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores de n.
>> >
>> > (2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se m e 
>> > n, são iguais.
>> >
>> > Artur Costa Steiner
>>
>> Fato de alguma importância: se ND(n) é o número de divisores de n,
>> então o produto dos divisores é n^(ND(n)/2).
>>
>> Agora, como provar que isso aí é bijetivo, tá difisso.
>>
>> >
>> > --
>> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> > acredita-se estar livre de perigo.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Pedro José]

Boa tarde!

Anderson Torres,

Sua conjectura só vale se o número não é quadrado perfeito.

Seja D= {-d1, -d2,-d3...,-dn-1, -dn, d1,d2, d3,...,dn-1,dn} o conjunto de
divisores de um número m, que não seja quadrado perfeito. Então teremos que
n é par.
Se m= Produtório(i,k) pi^ai, com pi primo, ou seja, fatoração. O número de
divisores positivos será ND+(m)=Produtório(i,k) (ai+1).
Portanto, se for um quadrado perfeito todos ai são pares e então (ai+1) é
ímpar sempre e ND+(m) será ímpar. Caso não seja quadrado perfeito, haverá
pelo menos um ai ímpar e portanto, pelo menos um (ai+1) par, que garantirá
ND+(m) par.
Se diraiz(m) de modo que di.dj=m.
Então quando você percorrer todos os di < raiz(m) você também percorrerá
todos os dj> raiz(m). Pois, se sobrar um dj> raiz(m) teríamos ainda um di=
m/dj, que não foi contato, absurdo,
Portanto o produto de todos os divisores positivos dá m^(ND+(m)/2)
Usando o mesmo conceito para os negativos teremos o produto de todos
divisores negativos = m^(ND-(m)/2)
Existe uma bijeção entre os conjuntos de divisores positivos e negativos,
pois se d é divisor de m -d é divisor de m, então ND-(m)=ND+(m)=ND(m)/2 ==>
O produto de todos os divisores dará m^(ND(m)/2), como proposto por você.
Não obstante se m for um quadrado perfeito, dará -m^(ND(m)/2),

Então o resultado coreto para o produto de todos os divisores de m é
(-m)^(ND(m)/2).
Mas acho pouco ainda para provar o proposto no problema original.

Saudações,
PJMS.

Em qua, 22 de ago de 2018 às 00:41, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com> escreveu:

> Em dom, 19 de ago de 2018 às 19:17, Artur Steiner
>  escreveu:
> >
> > Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
> >
> > Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m = n.
> >
> > (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores de n.
> >
> > (2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se m
> e n, são iguais.
> >
> > Artur Costa Steiner
>
> Fato de alguma importância: se ND(n) é o número de divisores de n,
> então o produto dos divisores é n^(ND(n)/2).
>
> Agora, como provar que isso aí é bijetivo, tá difisso.
>
> >
> > --
> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > acredita-se estar livre de perigo.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Anderson Torres]

Em dom, 19 de ago de 2018 às 19:17, Artur Steiner
 escreveu:
>
> Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
>
> Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m = n.
>
> (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores de n.
>
> (2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se m e n, 
> são iguais.
>
> Artur Costa Steiner

Fato de alguma importância: se ND(n) é o número de divisores de n,
então o produto dos divisores é n^(ND(n)/2).

Agora, como provar que isso aí é bijetivo, tá difisso.

>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Claudio Buffara]

Acho que este problema já apareceu na lista e há relativamente pouco tempo.

On Sun, Aug 19, 2018 at 7:17 PM Artur Steiner 
wrote:

> Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
>
> Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m = n.
>
> (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores de n.
>
> (2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se m e
> n, são iguais.
>
> Artur Costa Steiner
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Provar que m = n

[Artur Steiner]

Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.

Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m = n.

(1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores de n.

(2) m e n são compostos e os produtos de seus divisores, excluindo-se m e
n, são iguais.

Artur Costa Steiner

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Pedro José]

m= Produtório de i=1até s de pi^ai  (fatoração).

d| m ==> d= Produtório de pi^mi de i=1 a s, 0<=mi<=ai. Então haverá uma
quantidade de divisores igual a Produtório de i=1 a n de (ai+1) divisores,

logo o expoente x do primo pi, com 0<=x<=ai, aparecerá Produtório de j=1 a
s; j<>i de (aj+1)

Então o produto de todos os divisores será representado por D e será igual
a Produtório de i=1 a s de pi^[(ai/2.Produtório de j=1 a s de (aj+1)] (que
é a fatoração do produto dos divisores)

Fazendo-se o mesmo para n...

n= Produtório de i=1até s de pi^bi  (fatoração).

Então o produto de todos os divisores será: Produtório de i=1 a s de
pi^[(bi/2.Produtório de j=1 a s de (bj+1)] (que é a fatoração do produto
dos divisores)

Vê-se que m e n possuem os mesmos primos como divisores, para não ferir a
fatoração única.

Seja si o expoente do primo pi e pi^si|| D. entaõ si = ai/2 . Produtório de
j=1 a s de (aj +1) = b1/2 . Produtório de j=1 a s (bj +1).

ai/bi = Produtório de j=1 a s de (bj +1) / Produtório de j=1 a s (ai +1)=
constante (i)

Supondo que exista um am <> bm, spg, supondo am  Produtório de (a1+1) então por (i) ai > bi,
absurdo.

ai = bi para i=1 a s.

Saudações,
PJMS


Em 15 de abril de 2018 20:30, Artur Steiner 
escreveu:

> Eu acho esse interessante:
>
> Sejam m e n inteiros positivos tais que o produto dos divisores de m
> iguale-se ao produto dos divisores de n.  Então, m = n.
>
> Artur Costa Steiner
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Artur Costa Steiner]

Não, não é não. O TF. Aritmética diz que todo inteiro positivo ou é primo ou é 
representado de forma unívoca, a menos da ordem dos fatores, por um produto de 
primos.

Artur

Enviado do meu iPad

Em 16 de abr de 2018, à(s) 5:24 PM, Israel Meireles Chrisostomo 
 escreveu:

> Esse daí não é o Teorema Fundamental da Aritmética?
> 
> Em 15 de abril de 2018 20:30, Artur Steiner  
> escreveu:
>> Eu acho esse interessante:
>> 
>> Sejam m e n inteiros positivos tais que o produto dos divisores de m 
>> iguale-se ao produto dos divisores de n.  Então, m = n. 
>> 
>> Artur Costa Steiner
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> 
> 
> -- 
> Israel Meireles Chrisostomo
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Provar que m = n

[Israel Meireles Chrisostomo]

Esse daí não é o Teorema Fundamental da Aritmética?

Em 15 de abril de 2018 20:30, Artur Steiner 
escreveu:

> Eu acho esse interessante:
>
> Sejam m e n inteiros positivos tais que o produto dos divisores de m
> iguale-se ao produto dos divisores de n.  Então, m = n.
>
> Artur Costa Steiner
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.




-- 
Israel Meireles Chrisostomo

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Provar que m = n

[Artur Steiner]

Eu acho esse interessante:

Sejam m e n inteiros positivos tais que o produto dos divisores de m
iguale-se ao produto dos divisores de n.  Então, m = n.

Artur Costa Steiner

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que uma função inteira e uniformemente contínua é um mapeamento afim

[Claudio Buffara]

Análise complexa é um tópico sobre o qual eu tenho pouca intuição. Deve ter a 
ver com a minha inabilidade de visualizar gráficos em 4-d. Preciso passar mais 
tempo pensando a respeito e resolvendo problemas.

Por exemplo, não acho nem um pouco óbvio que o gráfico de y^2 = x^3 - x (x e y 
complexos) seja um toro.

Abs

Enviado do meu iPhone

Em 30 de mar de 2018, à(s) 10:14, Artur Steiner  
escreveu:

> Obrigado. Levei meses pra sacar ests prova. Já vi uma com um argumento na 
> linha do seu no Yahoo Answers em Inglês. Mas é bem mais complicada. Vou ver 
> se acho.
> 
> Na reta real não vale. É por causa da rigidez que vc mencionou para 
> funções holomorfas. Por exemplo, na reta real é muito complicado dar 
> exemplo de uma função contínua em toda a reta e não diferenciável em 
> ponto nenhum. No plano, é muito simples: a função f(z) = conjugado(z) tem 
> estas características. Em nenhum complexo satisfaz às equações de Cauchy 
> Riemman.
> 
> Abraços
> Artur
> 
> 
> Artur Costa Steiner
> 
> Em Sex, 30 de mar de 2018 08:36, Claudio Buffara  
> escreveu:
>> Beleza! Como dizia Einstein, tudo deve ser o mais simples possível, mas 
>> não mais simples.
>> E a minha tentativa foi simples demais.
>> 
>> Gostei da ideia (obvia em retrospecto): f é afim <==> f' é constante. E, 
>> é claro (também em retrospecto), as ubíquas estimativas de Cauchy...
>> 
>> Valeu, Artur!
>> 
>> ***
>> 
>> Ainda assim, será que há alguma demonstração direta (sem usar a fórmula 
>> integral de Cauchy) de:
>> SE f(z) é expressa por uma série de Taylor convergente em todo ponto E f 
>> é uniformemente contínua, ENTÃO f é afim ?
>> 
>> Na reta isso não é verdade. Tome x --> sen(x), por exemplo.
>> 
>> []s,
>> Claudio.
>> 
>> 
>> 2018-03-29 23:40 GMT-03:00 Artur Costa Steiner :
>>> Se f for uniformemente contínua, podemos escolher d > 0 tal que |f(w) - 
>>> f(z)| < 1 para todos w e z com |w - z| < d. Fixando-se arbitrariamente z e 
>>> definindo-se g(w) = f(w) - f(z), obtemos uma função inteira e limitada 
>>> por 1 no disco fechado de raio d e centro em z. Pelas estimativas de 
>>> Cauchy, temos então que |g’(z| <= 1/d, o que, pela definição de g, 
>>> leva a que |f’(z)| <= 1/d. Como z é arbitrário e d independe de z, 
>>> concluímos que f’ é limitada (por 1/d) em todo o plano complexo.
>>> 
>>> Como derivadas de funções inteiras são inteiras, segue-se do teorema de 
>>> Liouville que f’ é constante, o que, por sua vez, implica que f seja um 
>>> mapeamento afim.
>>> 
>>> Artur
>>> 
>>> Enviado do meu iPad
>>> 
>>> Em 29 de mar de 2018, Ã (s) 10:03 PM, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
>>>  escreveu:
>>> 
>>> > 2018-03-29 21:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>>> >> A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na 
>>> >> origem e que
>>> >> converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui 
>>> >> singularidades
>>> >> exceto possivelmente no infinito).
>>> >>
>>> >> Assim, f(z) = a_0 + a_1*z + a_2*z^2 + ...
>>> >>
>>> >> Mas se algum dos a_k é não-nulo para k > 1, f não poderá ser 
>>> >> uniformemente
>>> >> contínua. Logo, f(z) = a_0 + a_1*z.
>>> >
>>> > Hum, e porque, exatamente?  Acho que você gostaria de dizer que a
>>> > derivada não pode ficar limitada, e por isso f não seria 
>>> > uniformemente
>>> > contínua.  Mas não é imediato que "algum a_k != 0" implique que 
>>> > a
>>> > derivada é ilimitada em alguma sequência... afinal, os outros termos
>>> > poderiam (poderiam...) compensar, e note que você tem infinitos termos
>>> > para te ajudar a compensar...
>>> >
>>> > Acho que não dá para evitar os teoremas "pesados"...
>>> >
>>> > Abraços,
>>> > --
>>> > Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>> >
>>> > --
>>> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> > acredita-se estar livre de perigo.
>>> >
>>> >
>>> > =
>>> > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> > =
>>> 
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> Â acredita-se estar livre de perigo.
>>> 
>>> 
>>> =
>>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> =
>> 
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada 

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que uma função inteira e uniformemente contínua é um mapeamento afim

[Artur Steiner]

Obrigado. Levei meses pra sacar ests prova. Já vi uma com um argumento na
linha do seu no Yahoo Answers em Inglês. Mas é bem mais complicada. Vou ver
se acho.

Na reta real não vale. É por causa da rigidez que vc mencionou para funções
holomorfas. Por exemplo, na reta real é muito complicado dar exemplo de uma
função contínua em toda a reta e não diferenciável em ponto nenhum. No
plano, é muito simples: a função f(z) = conjugado(z) tem estas
características. Em nenhum complexo satisfaz às equações de Cauchy Riemman.

Abraços
Artur


Artur Costa Steiner

Em Sex, 30 de mar de 2018 08:36, Claudio Buffara 
escreveu:

> Beleza! Como dizia Einstein, tudo deve ser o mais simples possível, mas
> não mais simples.
> E a minha tentativa foi simples demais.
>
> Gostei da ideia (obvia em retrospecto): f é afim <==> f' é constante. E, é
> claro (também em retrospecto), as ubíquas estimativas de Cauchy...
>
> Valeu, Artur!
>
> ***
>
> Ainda assim, será que há alguma demonstração direta (sem usar a fórmula
> integral de Cauchy) de:
> SE f(z) é expressa por uma série de Taylor convergente em todo ponto E f é
> uniformemente contínua, ENTÃO f é afim ?
>
> Na reta isso não é verdade. Tome x --> sen(x), por exemplo.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-03-29 23:40 GMT-03:00 Artur Costa Steiner :
>
>> Se f for uniformemente contínua, podemos escolher d > 0 tal que |f(w) -
>> f(z)| < 1 para todos w e z com |w - z| < d. Fixando-se arbitrariamente z e
>> definindo-se g(w) = f(w) - f(z), obtemos uma função inteira e limitada por
>> 1 no disco fechado de raio d e centro em z. Pelas estimativas de Cauchy,
>> temos então que |g’(z| <= 1/d, o que, pela definição de g, leva a que
>> |f’(z)| <= 1/d. Como z é arbitrário e d independe de z, concluímos que f’ é
>> limitada (por 1/d) em todo o plano complexo.
>>
>> Como derivadas de funções inteiras são inteiras, segue-se do teorema de
>> Liouville que f’ é constante, o que, por sua vez, implica que f seja um
>> mapeamento afim.
>>
>> Artur
>>
>> Enviado do meu iPad
>>
>> Em 29 de mar de 2018, à(s) 10:03 PM, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
>> bernardo...@gmail.com> escreveu:
>>
>> > 2018-03-29 21:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>> >> A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na
>> origem e que
>> >> converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui
>> singularidades
>> >> exceto possivelmente no infinito).
>> >>
>> >> Assim, f(z) = a_0 + a_1*z + a_2*z^2 + ...
>> >>
>> >> Mas se algum dos a_k é não-nulo para k > 1, f não poderá ser
>> uniformemente
>> >> contínua. Logo, f(z) = a_0 + a_1*z.
>> >
>> > Hum, e porque, exatamente?  Acho que você gostaria de dizer que a
>> > derivada não pode ficar limitada, e por isso f não seria uniformemente
>> > contínua.  Mas não é imediato que "algum a_k != 0" implique que a
>> > derivada é ilimitada em alguma sequência... afinal, os outros termos
>> > poderiam (poderiam...) compensar, e note que você tem infinitos termos
>> > para te ajudar a compensar...
>> >
>> > Acho que não dá para evitar os teoremas "pesados"...
>> >
>> > Abraços,
>> > --
>> > Bernardo Freitas Paulo da Costa
>> >
>> > --
>> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> > acredita-se estar livre de perigo.
>> >
>> >
>> >
>> =
>> > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> >
>> =
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que uma função inteira e uniformemente contínua é um mapeamento afim

[Claudio Buffara]

Beleza! Como dizia Einstein, tudo deve ser o mais simples possível, mas não
mais simples.
E a minha tentativa foi simples demais.

Gostei da ideia (obvia em retrospecto): f é afim <==> f' é constante. E, é
claro (também em retrospecto), as ubíquas estimativas de Cauchy...

Valeu, Artur!

***

Ainda assim, será que há alguma demonstração direta (sem usar a fórmula
integral de Cauchy) de:
SE f(z) é expressa por uma série de Taylor convergente em todo ponto E f é
uniformemente contínua, ENTÃO f é afim ?

Na reta isso não é verdade. Tome x --> sen(x), por exemplo.

[]s,
Claudio.


2018-03-29 23:40 GMT-03:00 Artur Costa Steiner :

> Se f for uniformemente contínua, podemos escolher d > 0 tal que |f(w) -
> f(z)| < 1 para todos w e z com |w - z| < d. Fixando-se arbitrariamente z e
> definindo-se g(w) = f(w) - f(z), obtemos uma função inteira e limitada por
> 1 no disco fechado de raio d e centro em z. Pelas estimativas de Cauchy,
> temos então que |g’(z| <= 1/d, o que, pela definição de g, leva a que
> |f’(z)| <= 1/d. Como z é arbitrário e d independe de z, concluímos que f’ é
> limitada (por 1/d) em todo o plano complexo.
>
> Como derivadas de funções inteiras são inteiras, segue-se do teorema de
> Liouville que f’ é constante, o que, por sua vez, implica que f seja um
> mapeamento afim.
>
> Artur
>
> Enviado do meu iPad
>
> Em 29 de mar de 2018, à(s) 10:03 PM, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
> bernardo...@gmail.com> escreveu:
>
> > 2018-03-29 21:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> >> A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na
> origem e que
> >> converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui
> singularidades
> >> exceto possivelmente no infinito).
> >>
> >> Assim, f(z) = a_0 + a_1*z + a_2*z^2 + ...
> >>
> >> Mas se algum dos a_k é não-nulo para k > 1, f não poderá ser
> uniformemente
> >> contínua. Logo, f(z) = a_0 + a_1*z.
> >
> > Hum, e porque, exatamente?  Acho que você gostaria de dizer que a
> > derivada não pode ficar limitada, e por isso f não seria uniformemente
> > contínua.  Mas não é imediato que "algum a_k != 0" implique que a
> > derivada é ilimitada em alguma sequência... afinal, os outros termos
> > poderiam (poderiam...) compensar, e note que você tem infinitos termos
> > para te ajudar a compensar...
> >
> > Acho que não dá para evitar os teoremas "pesados"...
> >
> > Abraços,
> > --
> > Bernardo Freitas Paulo da Costa
> >
> > --
> > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> > acredita-se estar livre de perigo.
> >
> >
> > 
> =
> > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> > 
> =
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
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> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que uma função inteira e uniformemente contínua é um mapeamento afim

[Artur Costa Steiner]

Se f for uniformemente contínua, podemos escolher d > 0 tal que |f(w) - f(z)| < 
1 para todos w e z com |w - z| < d. Fixando-se arbitrariamente z e definindo-se 
g(w) = f(w) - f(z), obtemos uma função inteira e limitada por 1 no disco 
fechado de raio d e centro em z. Pelas estimativas de Cauchy, temos então que 
|g’(z| <= 1/d, o que, pela definição de g, leva a que |f’(z)| <= 1/d. Como z é 
arbitrário e d independe de z, concluímos que f’ é limitada (por 1/d) em todo o 
plano complexo.

Como derivadas de funções inteiras são inteiras, segue-se do teorema de 
Liouville que f’ é constante, o que, por sua vez, implica que f seja um 
mapeamento afim.

Artur

Enviado do meu iPad

Em 29 de mar de 2018, à(s) 10:03 PM, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
 escreveu:

> 2018-03-29 21:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>> A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na origem e 
>> que
>> converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui 
>> singularidades
>> exceto possivelmente no infinito).
>> 
>> Assim, f(z) = a_0 + a_1*z + a_2*z^2 + ...
>> 
>> Mas se algum dos a_k é não-nulo para k > 1, f não poderá ser 
>> uniformemente
>> contínua. Logo, f(z) = a_0 + a_1*z.
> 
> Hum, e porque, exatamente?  Acho que você gostaria de dizer que a
> derivada não pode ficar limitada, e por isso f não seria uniformemente
> contínua.  Mas não é imediato que "algum a_k != 0" implique que a
> derivada é ilimitada em alguma sequência... afinal, os outros termos
> poderiam (poderiam...) compensar, e note que você tem infinitos termos
> para te ajudar a compensar...
> 
> Acho que não dá para evitar os teoremas "pesados"...
> 
> Abraços,
> -- 
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que uma função inteira e uniformemente contínua é um mapeamento afim

[Artur Costa Steiner]

Se f for uniformemente contínua, podemos escolher d > 0 tal que |f(w) - f(z)| < 
1 para todos w e z com |w - z| < d. Fixando-se arbitrariamente z e definindo-se 
g(w) = f(w) - f(z), obtemos uma função inteira e limitada por 1 no disco 
fechado de raio d e centro em z. Pelas estimativas de Cauchy, temos então que 
|g’(z| <= 1/d, o que, pela definição de g, leva a que |f’(z)| <= 1/d. Como z é 
arbitrário e d independe de z, concluímos que f’ é limitada (por 1/d) em todo o 
plano complexo.

Como derivadas de funções inteiras são inteiras, segue-se do teorema de 
Liouville que f’ é constante, o que, por sua vez, implica que f seja um 
mapeamento afim.

Artur

Enviado do meu iPad

Em 29 de mar de 2018, à(s) 10:03 PM, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
 escreveu:

> 2018-03-29 21:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>> A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na origem e 
>> que
>> converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui 
>> singularidades
>> exceto possivelmente no infinito).
>> 
>> Assim, f(z) = a_0 + a_1*z + a_2*z^2 + ...
>> 
>> Mas se algum dos a_k é não-nulo para k > 1, f não poderá ser 
>> uniformemente
>> contínua. Logo, f(z) = a_0 + a_1*z.
> 
> Hum, e porque, exatamente?  Acho que você gostaria de dizer que a
> derivada não pode ficar limitada, e por isso f não seria uniformemente
> contínua.  Mas não é imediato que "algum a_k != 0" implique que a
> derivada é ilimitada em alguma sequência... afinal, os outros termos
> poderiam (poderiam...) compensar, e note que você tem infinitos termos
> para te ajudar a compensar...
> 
> Acho que não dá para evitar os teoremas "pesados"...
> 
> Abraços,
> -- 
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que uma função inteira e uniformemente contínua é um mapeamento afim

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2018-03-29 21:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na origem e que
> converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui singularidades
> exceto possivelmente no infinito).
>
> Assim, f(z) = a_0 + a_1*z + a_2*z^2 + ...
>
> Mas se algum dos a_k é não-nulo para k > 1, f não poderá ser uniformemente
> contínua. Logo, f(z) = a_0 + a_1*z.

Hum, e porque, exatamente?  Acho que você gostaria de dizer que a
derivada não pode ficar limitada, e por isso f não seria uniformemente
contínua.  Mas não é imediato que "algum a_k != 0" implique que a
derivada é ilimitada em alguma sequência... afinal, os outros termos
poderiam (poderiam...) compensar, e note que você tem infinitos termos
para te ajudar a compensar...

Acho que não dá para evitar os teoremas "pesados"...

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Re: [obm-l] Provar que uma função inteira e uniformemente contínua é um mapeamento afim

[Claudio Buffara]

A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na origem e
que converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui
singularidades exceto possivelmente no infinito).

Assim, f(z) = a_0 + a_1*z + a_2*z^2 + ...

Mas se algum dos a_k é não-nulo para k > 1, f não poderá ser uniformemente
contínua. Logo, f(z) = a_0 + a_1*z.

Tá certo isso?

[]s,
Claudio.


2018-03-29 20:49 GMT-03:00 Carlos P. :

> Esta problema foi citado numa lista sobre análise complexa. Alguém pode
> dar uma sugestão de como ptovar isso?. Parece que não é um fato muito
> conhecido..
>
> Obrigado.
>
> Carlos
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Provar que uma função inteira e uniformemente contínua é um mapeamento afim

[Carlos P.]

Esta problema foi citado numa lista sobre análise complexa. Alguém pode dar uma 
sugestão de como ptovar isso?. Parece que não é um fato muito conhecido..

Obrigado.

Carlos

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Provar que estas funções complexas inteiras são polinômio

[(null) (null)]

Oi amigos!

Estou com estes 2 problemas de demonstração, onde f e g são funções inteiras:

1) Se lim z --> oo f(z) = oo, então f é um polinômio 

2) Se g é injetora, então g é uma função afim

1) Neste caso, acho que uma prova pode ser esta:

Para z em C/{0}, seja h(z) = f(1/z). Então, h é meromorfa em C com um pólo em z 
= 0. Assim, podemos expandir h em uma série de Laurent em torno da origem. 
Sendo n >= 1 a ordem do pólo em 0, Para z não nulo, temos que

h(z) = c(_n) z^(-n) ... + c(-1) z^(-1) + c(0) + c(1)z + c(2)z^2 ..

Logo, para z <> 0, 

f(z) = h(1/z) = c(_n) z^n ... + c(1) z + c(0) + c(1)z^(-1) + c(2)z^(-2) ..

e f(0) = c(0)

Como f é inteira, a série de Laurent acima é na realidade uma série de 
potências, o que implica que os coeficientes dos termos com expoentes negativos 
sejam todos nulos. Logo, a série de potências de f ao redor da origem tem um 
número finito de coeficientes não nulos, implicando que f seja um polinômio.

Creio que está correto.

2) Aqui estou com dificuldades. A sugestão era aplicar o teorema do mapeamento 
aberto, mas só achei uma prova pelo Teorema de Picard (sei o que diz mas ainda 
não avancei atésua demonstração).

Se g não for polinomial, então, pelo Grande Teorema de Picard, existe um 
complexo w para o qual g(z) = w ocorre para uma infinidade de valores de z. 
Assim, contrariamente à hipótese, g não é injetora. Isto mostra que g é um 
polinômio de grau n > 0 (funções constantes em C não são injetoras). E como g é 
injetora, g é então da forma

g(z) = k (z - r)^n, sendo k <> 0 e r constantes complexas

Sendo s <> 0, a equação g(z) = s tem por solução os n complexos

z_j = r + R(j), j = 1, 2, ..n, onde cada R(j) é uma das n raízes n-ésimas de 
s/k.

Como g é injetora, esta equação tem uma e somente uma solução, de modo que n = 
1. Assim, g é um polinômio de grau 1, logo uma função afim.

Mas acho que esta prova não é muito boa não (aliás, também é possível provar 
(1) com base no Teorema de Picard. Eu uma vez vi esta prova aqui na lista).

Abraços

Ana

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[obm-l] FW: [obm-l] Re: [obm-l] Provar por indução

[marcone augusto araújo borges]

Alguém poderia explicar a parte que fala da base 3A passagem da penúltima para 
a última linha?

From: marconeborge...@hotmail.com
To: fteije...@yahoo.com.br
Subject: FW: [obm-l] Re: [obm-l] Provar por indução
Date: Thu, 17 Jan 2013 17:14:15 +






 
> Date: Wed, 2 May 2012 16:54:44 -0300
> Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Provar por indução
> From: ralp...@gmail.com
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> 
> Em primeiro lugar, note que 1/2=1/3+1/6. Dividindo por k dos dois
> lados, note que 1/(2k)=1/(3k)+1/(6k)
> 
> Então usando esta ideia, você pode ir abrindo assim:
> 
> 1=1/2+1/3+1/6 (use k=3 para abrir o 1/6)
> 1=1/2+1/3+1/9+1/18 (use k=9 para abrir o 1/18)
> 1=1/2+1/3+1/9+1/27+1/54 (use k=18 para abrir o 1/54)
> 1=1/2+1/3+1/9+1/27+1/81+1/162
> 
> Agora é só escrever isso formalmente, usando indução.
> 
> Abraço, Ralph.
> 
> P.S.: Em outras palavras:
> 1=1/2+1/3+1/9+1/27+1/81+1/243+...+1/3^k+1/(2.3^k)
> o que podia ser provado usando simplesmente a fórmula da soma dos
> termos de uma P.G. (na P.G. ali do miolo)
> 
> P.P.S.: Em outras palavras, em base 3:
> (1/2)=(0....) = (0.11)+(0.001...)
> Então
> 1=1/2+0.1+0.01+0.001+...+0....1+(0.1)/2
> 
> 2012/5/2 marcone augusto araújo borges <marconeborge...@hotmail.com>:
> > Prove por indução que para cada numero natural p > = 3,existem p numeros
> > naturais distintos dois a dois :
> > n1,n2,...,np tais que
> >
> >
> > 1/n1 + 1/ n2 ...+ 1/np = 1
> >
> > Essa complicou pra mim,conto com ajuda,agradeço desde já
> >
> >
> >
> >
> >
> >
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[obm-l] Provar que (f'_n) converge para f'

[Amanda Merryl]

Oi amigos! Podem me ajudar nesta aqui? Não parece muito trivial.

Seja (f_n) uma sequência de funções de R em R, diferenciáveis até pelo menos a 
2a ordem, tal que (f_n') convirja para uma função contínua g. Suponhamos que 
haja reais a e u tais que, para todo n, tenhamos f_n''(a) = u e f_n''(a) != u 
para x != a. Suponhamos ainda que exista b tal que (f_n(b)) convirja. 

Mostre que (f_n) converge em R para uma diferenciável f tal que f'= g em R. 

Muito obrigada.

Amanda


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[obm-l] Provar que (f_n') converge to f'

[Amanda Merryl]

Oi amigos! Podem me ajudar nesta aqui? Não parece muito trivial.

Seja (f_n) uma sequência de funções de R em R, diferenciáveis até pelo menos a 
2a ordem, tal que (f_n') convirja para uma função g. Suponhamos que haja reais 
a e u tais que, para todo n, tenhamos f_n''(a) = u e f_n''(a) != u para x != a. 
Suponhamos ainda que exista b tal que (f_n(b)) convirja. 

Mostre que (f_n) converge em R para uma diferenciável f tal que f'= g em R. 

Muito obrigada.

Amanda
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[obm-l] Provar que é um paralelogramo

[Mariana Groff]

Boa Noite,
Não consigo terminar o problema abaixo, alguém poderia me ajudar?
Tentei resolver o problema a partir da ideia de que MNPQ é um paralelogramo
e de que a mediana de um triângulo o divide em dois triângulos de mesma
área. Imagino que seja útil relaciona as alturas dos triângulos de mesma
área.

Num quadrilátero convexo ABCD, sejam M, N, P e Q os pontos médios dos lados
AB, BC, CD e DA, respectivamente. Se os segmentos MP e NQ dividem ABCD em
quatro quadriláteros com a mesma área, demonstre que ABCD é um
paralelogramo.

Obrigada,
Mariana

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[obm-l] Provar que...

[marcone augusto araújo borges]

Douglas, esse enfoque com funções geradoras é desconhecido pra mim.Eu teria que 
lersobre o assunto.Obrigado!  
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[obm-l] Provar que y tem uma infinidade de zeros em R

[Amanda Merryl]

Mostre que, se g de R em R é contínua e seu ínfimo em R é positivo, em toda 
solução da EDO

y'' + gy = 0

tem uma infinidade de zeros.

Obrigada.

Amanda
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Re: [obm-l] Provar que y tem uma infinidade de zeros em R

[Ralph Teixeira]

Este problema já apareceu aqui na lista, mas acho que ninguém resolveu a
contento. Então vou dar meu palpite.

Seja M o ínfimo positivo de g(x), isto é, g(x)=M0 para todo x real.

---///---
Espírito da demonstração:
a) Se y for positiva e estiver descendo, a EDO faz y descer cada vez mais
rápido, e ela VAI cortar o eixo.
b) Se y for positiva e estiver subindo, fica sempre acima de um certa cota
N. Então y' vai descer à taxa de pelo menos (M.N), e vai acabar ficando
negativa; então recaímos no caso (a).
c) Se y for negativa, é análogo.
---///---

Agora, vamos fazer mais formalmente:

LEMA 1: Se y(a)0, então y admite uma raiz em (a,+Inf).
Dem.: Suponha, por contradição, que não há tal raiz. Vamos analisar o
comportamento de y(x), y'(x) e y''(x) RESTRITAS AO INTERVALO [a,+Inf) (por
abuso de notação, vou continuar chamando as restrições de y, y' e y''). Ou
seja, todas as afirmações se referem apenas ao intervalo [a,+Inf).

Para começar, por continuidade, teríamos y(x)0, e consequentemente
y''(x)=-g(x)y(x)0. Ou seja, y(x) seria uma função côncava.

Se fosse y´(c)0 para algum c=a, isto já daria uma contradição. Afinal, a
reta tangente a y(x) em (c,y(c)) cortaria o eixo à direita de c, e como y é
côncava seu gráfico está ABAIXO desta reta tangente, então o gráfico de
y(x) também deveria cortar o eixo, absurdo. Ou seja, devemos ter y´(x)=0
para todo x=a.

Mas, neste caso, temos y(x) não-decrescente a partir de a, isto é,
y(x)=N0 (onde N=y(a)). Portanto y´´(x)=-g(x).y(x) = -M.N, e então
y´(x) = y(a) - MN.(x-a), que vai ficar negativo para x suficientemente
grande. Isto contradiz o fato de que y´(x)=0 visto acima!

LEMA 2: Se y(a)0, então y admite uma raiz ba.
Análogo ao Lema 1, basta trocar crescente por decrescente e côncava por
convexa.

Conclusões:
A) y tem pelo menos uma raiz.
De fato, se y(0)=0, então 0 é raiz. Senão, pelos lemas anteriores há alguma
raiz em (0,+Inf).
B) y tem infinitas raízes.
De fato, suponha o oposto. Então y teria uma raiz máxima, digamos, Z. Mas
y(Z+2015) seria positivo ou negativo, e pelos LEMAS, haveria uma raiz ainda
maior, absurdo.

Abraço, Ralph.

2015-02-10 14:24 GMT-02:00 Amanda Merryl sc...@hotmail.com:

 Mostre que, se g de R em R é contínua e seu ínfimo em R é positivo, em
 toda solução da EDO

 y'' + gy = 0

 tem uma infinidade de zeros.

 Obrigada.

 Amanda
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Re: [obm-l] Provar que y tem uma infinidade de zeros em R

[Artur Costa Steiner]

Vou dar um argumento semelhante ao do Ralph. 

Sendo w  0 o inf g(x) em R, temos que g(x) = w  0 para todo x.

Suponhamos que y tenha um número finito de zeros. Existe então a tal que y não 
se anula em [a, oo). Como y é contínua (é pelo menos duas vezes diferenciável), 
 y não muda de sinal em [a, oo), sendo portanto estritamente positiva ou 
estritamente negativa neste conjunto. 

Para evitar repetições, a partir deste ponto todas as funções citadas são 
entendidas como restritas a [a, oo). 

Suponhamos que y seja positiva. Então, gy é positiva, o que, pela  EDO, implica 
que y'' seja negativa. Logo, y' é estritamente decrescente. Se y' assumir algum 
valor = 0, então lim x -- oo y'(x)  0 e, portanto, lim x -- oo y(x) = -oo, 
contrariando a hipótese de y é positiva. Asim, y' é estritamente positiva, do 
que deduzimos que y é positiva e estritamente crescente. Logo, para x  a temos 
que y(x)  y(a)  0. 

Como g(x)  w  0 para todo x, então para x  a temos que g(x) y(x)  w y(a)  
0. Da EDO, segue-se então que y''(x)  - w y(a)  0 para x  a. Isto, por sua 
vez, implica que y'(x) e, portanto, y(x), tendam a -oo quando x -- oo. Logo, 
temos uma contradição que nos mostra que y ser positiva é uma hipótese 
insustentável. 

Pelo que vimos, temos então que y tem que ser estritamente negativa. Mas isto 
implica que - y seja estritamente positiva além de ser solução da EDO. Conforme 
mostramos, isto é uma contradição. 

Concluimos assim que y tem uma infinidade de zeros em R.

Um problema interessante

Artur Costa Steiner

 Em 10/02/2015, às 14:24, Amanda Merryl sc...@hotmail.com escreveu:
 
 Mostre que, se g de R em R é contínua e seu ínfimo em R é positivo, em 
 toda solução da EDO
 
 y'' + gy = 0
 
 tem uma infinidade de zeros.
 
 Obrigada.
 
 Amanda
 -- 
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 acredita-se estar livre de perigo.
 
 
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 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


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Re: [obm-l] Provar que...

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2014-12-20 0:22 GMT-02:00 Maikel Andril Marcelino maikinho0...@hotmail.com:
 Mas 50x51  50², temos um problema!

49*52  50*50 também. Talvez seja melhor cancelar o 50 que aparece dos
dois lados, daí fica 49*51, 48*52, etc, que são (a-b)*(a+b)  a*a. Mas
daí vai sobrar o 100. Falta pouco.

 From: dr.dhe...@outlook.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: RE: [obm-l] Provar que...
 Date: Sat, 20 Dec 2014 05:14:46 +0300


 Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51), dai
 você terá 50 produtos, cada um deles é equiparável a 50² (a saber menor),
 dai tem que argumentar um pouquinho, mas acho que sai.

 Abraços
 Edu

 
 From: maikinho0...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Provar que...
 Date: Sat, 20 Dec 2014 04:44:26 +0300

 100!  50^100, não estou conseguindo galera. Um abraço Carlos Gomes.

-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


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Re: [obm-l] Provar que...

[Jeferson Almir]

Use médias ... M.A  M.G
Algo assim (1+ 2 + 3+...+100)/100 = (1.2.3 ..100)^1/100
Do lado esquerdo vc usa soma de gauss ai fica (50.101)/100  (100!)^1/100
 vou ver se faço as conta aqui mais detalhado e mando...


Em sábado, 20 de dezembro de 2014, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
bernardo...@gmail.com escreveu:

 2014-12-20 0:22 GMT-02:00 Maikel Andril Marcelino 
 maikinho0...@hotmail.com javascript:;:
  Mas 50x51  50², temos um problema!

 49*52  50*50 também. Talvez seja melhor cancelar o 50 que aparece dos
 dois lados, daí fica 49*51, 48*52, etc, que são (a-b)*(a+b)  a*a. Mas
 daí vai sobrar o 100. Falta pouco.

  From: dr.dhe...@outlook.com javascript:;
  To: obm-l@mat.puc-rio.br javascript:;
  Subject: RE: [obm-l] Provar que...
  Date: Sat, 20 Dec 2014 05:14:46 +0300
 
 
  Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51), dai
  você terá 50 produtos, cada um deles é equiparável a 50² (a saber menor),
  dai tem que argumentar um pouquinho, mas acho que sai.
 
  Abraços
  Edu
 
  
  From: maikinho0...@hotmail.com javascript:;
  To: obm-l@mat.puc-rio.br javascript:;
  Subject: [obm-l] Provar que...
  Date: Sat, 20 Dec 2014 04:44:26 +0300
 
  100!  50^100, não estou conseguindo galera. Um abraço Carlos Gomes.

 --
 Bernardo Freitas Paulo da Costa

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Re: [obm-l] Provar que...

[Pacini Bores]

Observe que a partir de n=7 podemos mostrar que:

n!  (n/2)^n .

Abraços

Pacini

Em 20 de dezembro de 2014 16:58, Jeferson Almir jefersonram...@gmail.com
escreveu:

 Use médias ... M.A  M.G
 Algo assim (1+ 2 + 3+...+100)/100 = (1.2.3 ..100)^1/100
 Do lado esquerdo vc usa soma de gauss ai fica (50.101)/100  (100!)^1/100
  vou ver se faço as conta aqui mais detalhado e mando...


 Em sábado, 20 de dezembro de 2014, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
 bernardo...@gmail.com escreveu:

 2014-12-20 0:22 GMT-02:00 Maikel Andril Marcelino 
 maikinho0...@hotmail.com:
  Mas 50x51  50², temos um problema!

 49*52  50*50 também. Talvez seja melhor cancelar o 50 que aparece dos
 dois lados, daí fica 49*51, 48*52, etc, que são (a-b)*(a+b)  a*a. Mas
 daí vai sobrar o 100. Falta pouco.

  From: dr.dhe...@outlook.com
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
  Subject: RE: [obm-l] Provar que...
  Date: Sat, 20 Dec 2014 05:14:46 +0300
 
 
  Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51),
 dai
  você terá 50 produtos, cada um deles é equiparável a 50² (a saber
 menor),
  dai tem que argumentar um pouquinho, mas acho que sai.
 
  Abraços
  Edu
 
  
  From: maikinho0...@hotmail.com
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
  Subject: [obm-l] Provar que...
  Date: Sat, 20 Dec 2014 04:44:26 +0300
 
  100!  50^100, não estou conseguindo galera. Um abraço Carlos Gomes.

 --
 Bernardo Freitas Paulo da Costa

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  acredita-se estar livre de perigo.


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Re: [obm-l] Provar que...

[saulo nilson]

100!  50^100

100!=(101-1)(100-1)(99-1);(2-1)=polinmio cujas raizes são  2 a 101.
x^100+(103)*50x^99++2*3**101
50^100=(1-51)^100=C(100,0)x^100*51^0+C(100,1)x^99*51^1
aproximando por serie
ln100!100+50*51=50*532650
ln50^100=100*515100
ln100!ln50^100---100!50^100



2014-12-20 16:58 GMT-02:00 Jeferson Almir jefersonram...@gmail.com:

 Use médias ... M.A  M.G
 Algo assim (1+ 2 + 3+...+100)/100 = (1.2.3 ..100)^1/100
 Do lado esquerdo vc usa soma de gauss ai fica (50.101)/100  (100!)^1/100
  vou ver se faço as conta aqui mais detalhado e mando...


 Em sábado, 20 de dezembro de 2014, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
 bernardo...@gmail.com escreveu:

 2014-12-20 0:22 GMT-02:00 Maikel Andril Marcelino 
 maikinho0...@hotmail.com:
  Mas 50x51  50², temos um problema!

 49*52  50*50 também. Talvez seja melhor cancelar o 50 que aparece dos
 dois lados, daí fica 49*51, 48*52, etc, que são (a-b)*(a+b)  a*a. Mas
 daí vai sobrar o 100. Falta pouco.

  From: dr.dhe...@outlook.com
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
  Subject: RE: [obm-l] Provar que...
  Date: Sat, 20 Dec 2014 05:14:46 +0300
 
 
  Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51),
 dai
  você terá 50 produtos, cada um deles é equiparável a 50² (a saber
 menor),
  dai tem que argumentar um pouquinho, mas acho que sai.
 
  Abraços
  Edu
 
  
  From: maikinho0...@hotmail.com
  To: obm-l@mat.puc-rio.br
  Subject: [obm-l] Provar que...
  Date: Sat, 20 Dec 2014 04:44:26 +0300
 
  100!  50^100, não estou conseguindo galera. Um abraço Carlos Gomes.

 --
 Bernardo Freitas Paulo da Costa

 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
  acredita-se estar livre de perigo.


 =
 Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
 =


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 acredita-se estar livre de perigo.


-- 
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[obm-l] Provar que...

[Maikel Andril Marcelino]

100!  50^100, não estou conseguindo galera. Um abraço Carlos Gomes.
  
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

RE: [obm-l] Provar que...

[Eduardo Henrique]

Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51), dai você 
terá 50 produtos, cada um deles é equiparável a 50² (a saber menor), dai tem 
que argumentar um pouquinho, mas acho que sai.
AbraçosEdu

From: maikinho0...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Provar que...
Date: Sat, 20 Dec 2014 04:44:26 +0300




100!  50^100, não estou conseguindo galera. Um abraço Carlos Gomes.
  
--

Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 

 acredita-se estar livre de perigo.   
-- 
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RE: [obm-l] Provar que...

[Eduardo Henrique]

Menos  (50*51), esse é maior do que 50^2 
:)
Edu

From: dr.dhe...@outlook.com
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Subject: RE: [obm-l] Provar que...
Date: Sat, 20 Dec 2014 05:14:46 +0300




Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51), dai você 
terá 50 produtos, cada um deles é equiparável a 50² (a saber menor), dai tem 
que argumentar um pouquinho, mas acho que sai.
AbraçosEdu

From: maikinho0...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Provar que...
Date: Sat, 20 Dec 2014 04:44:26 +0300




100!  50^100, não estou conseguindo galera. Um abraço Carlos Gomes.
  
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RE: [obm-l] Provar que...

[Maikel Andril Marcelino]

Mas 50x51  50², temos um problema!

From: dr.dhe...@outlook.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Provar que...
Date: Sat, 20 Dec 2014 05:14:46 +0300




Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51), dai você 
terá 50 produtos, cada um deles é equiparável a 50² (a saber menor), dai tem 
que argumentar um pouquinho, mas acho que sai.
AbraçosEdu

From: maikinho0...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Provar que...
Date: Sat, 20 Dec 2014 04:44:26 +0300




100!  50^100, não estou conseguindo galera. Um abraço Carlos Gomes.
  
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[obm-l] Re: [obm-l] Provar que D = {x | f(x-) =! f(x+)} é enumerável

[Esdras Muniz]

A ideia é a seguinte, vou fazer com uma função particular mas pode ser
adaptado para o caso geral:
vamos tomas a função que assume apenas os valores 0 ou 1. Se o limite de x
tendendo a t pela esquerda é 1, então existe um e(t)0 tq se x pertence a
(t-e(t), t) então f(x)=1. Então suponha que o conjunto  D das
descontinuidades de f seja não enumerável, temos então que a soma dos e(t)
com t pertencente a D é no máximo 1. Isto gera absurdo, pois é fácil provar
que a soma de uma quantidade não enumerável de números positivos não pode
ser finita. Agora basta fazer algumas adaptações e provar alguns fatos.

Em 13 de outubro de 2014 20:01, Amanda Merryl sc...@hotmail.com escreveu:

 Oi amigos, podem ajudar nisto aqui?

 Seja f uma função real definida em (a, b) e D o conjunto dos pontos de
 (a, b) no qual f apresenta descontinuidade do tipo salto (os limites Ã
 direita e à esquerda existem em R e são diferentes). Mostre que D é
 enumerável.

 Obrigada

 Amanda



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 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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Esdras Muniz Mota
Graduando em Matemática Bacharelado
Universidade Federal do Ceará

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[obm-l] RE: [obm-l] Provar que D = {x | f(x-) =! f(x )} é enumerável

[Artur Costa Steiner]

Uma possível prova, seguindo a linha sugerida no livro do Rudin, em um de seus 
exercícios, é a seguinte:br/br/Temos que D = D1 U D2, sendobr/br/D1 = 
{x | f(x-)  f(x+)} e D2 = {x | f(x-)  f(x+)}br/br/Vamos mostrar que D1 e 
D2 são enumeráveis, o que implica que D também seja. Vamos mostrar para D1. O 
caso de D2 é similar.br/br/Se D1 for vazio, é enumerável. Se não for, 
tomemos um x genérico no mesmo e escolhamos um racional p entre f(x-) e f(x+). 
Considerando a definição do limite f(x-) e o fato de que Q é denso em R, 
podemos escolher um racional q em (a, x) tal que f(t)  p para t em (q, x). 
Aplicando o mesmo raciocínio à direita de x, vemos que existe uma terna (p, q, 
r) de racionais, com q em (a, x) e r em (x, b), tais quebr/br/f(x-)  p  
f(x+)br/q  t  x == f(t)  pbr/x  t  r == f(t)  pbr/br/Assim, a 
cada x de D1 podemos associar uma terna conforme descrito. Vamos agora mostrar 
que uma terna (p, q,
 r) associada a algum x de D1 não pode ser associada a nenhum elemento de D1 
distinto de x.br/br/Suponhamos que (p, q, r) esteja também associada a 
algum y de D1 distinto de x. Então y  x ou y  x. Se y  x, então temos que 
f(y-)  p  f(y+) e que x  y  r. Assim, q  x  y  r. Se t estiver em (x, 
y), então:br/br/Como x  t  r, segue-se da associação a x que f(t)  p; 
masbr/Como q  t  y, segue-se da associação a y que f(t)  pbr/br/Temos 
assim uma contradição que mostra que (p, q, r) não pode ser associada a nenhum 
y de D1 maior que x. Por um raciocínio similar, vemos que também não pode ser 
associada a nenhum y  x de D1. Com isto, construímos uma bijeção entre D1 e um 
subconjunto {(p, q, r)} de Q^3. Como Q^3 é enumerável, {(p, q, r)} também é, o 
que, pela bijeção, implica que D1 também o seja. br/br/Concluímos, assim, 
que D é enumerável.br/br/Agora, este raciocínio não se aplica a
 descontinuidades em que o limite exista em x (f(x-) = f(x+)) mas seja 
diferente de f(x). Acho que estas descontinuidades não necessariamente formam 
um conjunto enumerável.br/br/br/br/Artura 
href=https://overview.mail.yahoo.com?.src=iOS;br/br/Enviado do Yahoo Mail 
para iPad/a
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Re: [obm-l] Provar que D = {x | f(x-) =! f(x+)} é enumerável

[Artur Costa Steiner]

Uma possível prova, seguindo a linha sugerida no livro do Rudin, em um de seus 
exercícios, é a seguinte:

Temos que D = D1 U D2, sendo

D1 = {x | f(x-)  f(x+)} e D2 = {x | f(x-)  f(x+)}

Vamos mostrar que D1 e D2 são enumeráveis, o que implica que D também seja. 
Vamos mostrar para D1. O caso de D2 é similar.

Se D1 for vazio, é enumerável. Se não for, tomemos um x genérico no mesmo e 
escolhamos um racional p entre f(x-) e f(x+). Considerando a definição do 
limite f(x-) e o fato de que Q é denso em R, podemos escolher um racional q em 
(a, x) tal que f(t)  p para t em (q, x). Aplicando o mesmo raciocínio à 
direita de x, vemos que existe uma terna (p, q, r) de racionais, com q em (a, 
x) e r em (x, b), tais que

f(x-)  p  f(x+)
q  t  x == f(t)  p
x  t  r == f(t)  p

Assim, a cada x de D1 podemos associar uma terna conforme descrito. Vamos agora 
mostrar que uma terna (p, q, r) associada a algum x de D1 não pode ser 
associada a nenhum elemento de D1 distinto de x.

Suponhamos que (p, q, r) esteja também associada a algum y de D1 distinto de x. 
Então y  x ou y  x. Se y  x, então temos que f(y-)  p  f(y+) e que x  y  
r. Assim, q  x  y  r. Se t estiver em (x, y), então:

Como x  t  r, segue-se da associação a x que f(t)  p; mas
Como q  t  y, segue-se da associação a y que f(t)  p

Temos assim uma contradição que mostra que (p, q, r) não pode ser associada a 
nenhum y de D1 maior que x. Por um raciocínio similar, vemos que também não 
pode ser associada a nenhum y  x de D1. Com isto, construímos uma bijeção 
entre D1 e um subconjunto {(p, q, r)} de Q^3. Como Q^3 é enumerável, {(p, q, 
r)} também é, o que, pela bijeção, implica que D1 também o seja. 

Concluímos, assim, que D é enumerável.

Agora, este raciocínio não se aplica a descontinuidades em que o limite exista 
em x (f(x-) = f(x+)) mas seja diferente de f(x). Acho que estas 
descontinuidades não necessariamente formam um conjunto enumerável.

Artur Costa Steiner

 Em 13/10/2014, às 20:01, Amanda Merryl sc...@hotmail.com escreveu:
 
 Oi amigos, podem ajudar nisto aqui?
 
 Seja f uma função real definida em (a, b) e D o conjunto dos pontos de (a, 
 b) no qual f apresenta descontinuidade do tipo salto (os limites à direita e 
 à esquerda existem em R e são diferentes). Mostre que D é enumerável.  
 
 Obrigada
 
 Amanda
 
 
 
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[obm-l] Provar que D = {x | f(x-) =! f(x+)} é enumerável

[Amanda Merryl]

Oi amigos, podem ajudar nisto aqui?

Seja f uma função real definida em (a, b) e D o conjunto dos pontos de (a, b) 
no qual f apresenta descontinuidade do tipo salto (os limites à direita e à 
esquerda existem em R e são diferentes). Mostre que D é enumerável.  

Obrigada

Amanda



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[obm-l] Provar perpendicularidade em Geometria Plana

[Martins Rama]

Caros amigos, alguém me auxilia nessa demonstração de Geom Plana? É do
livro da SBM do Antonio Caminha Muniz Neto.
Abraço a todos.
Martins Rama.

Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O. Se E e F são os pés
das alturas relativas aos vértices B e C, respectivamente, prove que o
segmento OA é perpendicular ao segmento EF.

--
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Re: [obm-l] Provar perpendicularidade em Geometria Plana

[Carlos Victor]

Oi Martins, Observe o seguinte :

Os segmentos AE e AF são respectivamente : c.cosA e bcosA.
Observe agora que os triângulos ABC e AEF são semelhantes, por possuirem
 os lados AC e AB  com razões iguais aos lados AE e AF e, claro um ângulo
em comum.

Donde o ângulo FEA = ângulo em B.

 Como o ângulo OAC = 90 - B, teremos o
ângulo ERA = 90 graus, ok ?

Abraços

Victor


Em 25 de maio de 2014 11:03, Martins Rama martin...@pop.com.br escreveu:

 Caros amigos, alguém me auxilia nessa demonstração de Geom Plana? É do
 livro da SBM do Antonio Caminha Muniz Neto.
 Abraço a todos.
 Martins Rama.

 Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O. Se E e F são os pés
 das alturas relativas aos vértices B e C, respectivamente, prove que o
 segmento OA é perpendicular ao segmento EF.
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Re: [obm-l] Provar perpendicularidade em Geometria Plana

[Carlos Victor]

Oi Martins, esqueci de dizer que o ponto  R é a interseccão de OA e EF, ok ?

Abraços
Carlos Victor


Em 25 de maio de 2014 13:31, Carlos Victor victorcar...@globo.comescreveu:

 Oi Martins, Observe o seguinte :

 Os segmentos AE e AF são respectivamente : c.cosA e bcosA.
 Observe agora que os triângulos ABC e AEF são semelhantes, por possuirem
  os lados AC e AB  com razões iguais aos lados AE e AF e, claro um ângulo
 em comum.

 Donde o ângulo FEA = ângulo em B.

  Como o ângulo OAC = 90 - B, teremos o
 ângulo ERA = 90 graus, ok ?

 Abraços

 Victor


 Em 25 de maio de 2014 11:03, Martins Rama martin...@pop.com.br escreveu:

 Caros amigos, alguém me auxilia nessa demonstração de Geom Plana? É do
 livro da SBM do Antonio Caminha Muniz Neto.
 Abraço a todos.
 Martins Rama.

 Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O. Se E e F são os pés
 das alturas relativas aos vértices B e C, respectivamente, prove que o
 segmento OA é perpendicular ao segmento EF.
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Re: [obm-l] Provar perpendicularidade em Geometria Plana

[Martins Rama]

Obrigado, Carlos Victor.
Solução simples e bonita!

Abraço,
Martins Rama.


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Re: [obm-l] Provar perpendicularidade em Geometria Plana

[Hermann]

A solução do Carlos é excelente.

A minha solução é só com arco capaz

Como o ângulo BEC e BFC =90 temos a circunferência BEFC e nela observamos 
pelo arco FC que os ângulos B e E são iguais.


Agora (como já visto pelo Carlos) na circunferência BAC o ângulo A = 90 - B

E o  segmento OA é perpendicular ao segmento EF.

Abraços
Hermann



- Original Message - 
From: Martins Rama

To: OBM-L
Sent: Sunday, May 25, 2014 11:03 AM
Subject: [obm-l] Provar perpendicularidade em Geometria Plana


Caros amigos, alguém me auxilia nessa demonstração de Geom Plana? É do livro 
da SBM do Antonio Caminha Muniz Neto.

Abraço a todos.
Martins Rama.

Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O. Se E e F são os pés das 
alturas relativas aos vértices B e C, respectivamente, prove que o segmento 
OA é perpendicular ao segmento EF.

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Re: [obm-l] Provar perpendicularidade em Geometria Plana

[Carlos Victor]

Oi Hermann, certamente a sua solução é bonita e mais simples.

Abraços

Carlos Victor


Em 25 de maio de 2014 16:02, Hermann ilhadepaqu...@bol.com.br escreveu:

 A solução do Carlos é excelente.

 A minha solução é só com arco capaz

 Como o ângulo BEC e BFC =90 temos a circunferência BEFC e nela observamos
 pelo arco FC que os ângulos B e E são iguais.

 Agora (como já visto pelo Carlos) na circunferência BAC o ângulo A = 90 - B


 E o  segmento OA é perpendicular ao segmento EF.

 Abraços
 Hermann



 - Original Message - From: Martins Rama
 To: OBM-L
 Sent: Sunday, May 25, 2014 11:03 AM
 Subject: [obm-l] Provar perpendicularidade em Geometria Plana



 Caros amigos, alguém me auxilia nessa demonstração de Geom Plana? É do
 livro da SBM do Antonio Caminha Muniz Neto.
 Abraço a todos.
 Martins Rama.

 Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O. Se E e F são os pés
 das alturas relativas aos vértices B e C, respectivamente, prove que o
 segmento OA é perpendicular ao segmento EF.
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[obm-l] Provar: |x^n| = |x|^n

[ennius]

Caros Colegas,Como provar que |x^n| = |x|^n , sendo x um número real qualquer e n um inteiro positivo?Abraços do Ennius__
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Re: [obm-l] Provar: |x^n| = |x|^n

[Marcos Martinelli]

Considere os seguintes casos:

i) x = 0 - x^n = 0 - |x^n| = x^n = |x|^n;

ii) x  0 (considere x = - y (onde y  0). Temos: |x| = - x = y) e n = 2k
(onde k é natural) - x^n = (-y)^(2k) = y^(2k)  0 - |x^n| = x^n
= y^(2k) = |x|^n;

iii) x  0 (considere x = - y (onde y  0). Temos: |x| = - x = y) e n =
2k+1 (onde k é natural) - x^n = (-y)^(2k+1) = - y^(2k)  0 - |x^n| = -
(x^n) = - (- y^(2k)) = y^(2k) = |x|^n.



Você também pode mostrar a seguinte igualdade |a.b| = |a| . |b| para
quaisquer reais a e b e aplicar indução sobre n, fazendo a = x^(n-1) e b =
x.


Em 31 de julho de 2013 08:04, ennius enn...@bol.com.br escreveu:

 Caros Colegas,

 Como provar que |x^n| = |x|^n , sendo x um número real qualquer e n um
 inteiro positivo?

 Abraços do Ennius
 __

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[obm-l] Provar que não é inteiro

[marcone augusto araújo borges]

Como provar que 1 + 1/2 +1/3 +  ...1/n não é inteiro?
Gostaria de uma abordagem usando teoria dos números
Obrigado.
  

[obm-l] Re: [obm-l] Provar que não é inteiro

[Tiago Miranda]

Veja se o caminho abaixo é satisfatório.

Seja n1 um natural e F = 1 + 1/2 +1/3 +1 /4 + ... + 1/N
Seja k o máximo expoente tal que n natural pertença ao intervalo
[2^k;2^(k+1)[.
Seja P o produto de todos os primos naturais menores ou iguais a n.
Agora faça a multiplicação de F por 2^(k -1).P
Ficamos com F.P.2^(k - 1) = H + P/2, com H inteiro.
O 2º membro não é um nº inteiro, logo a primeiro também não o é, mas P e
2^(k^1) são inteiros, portanto F não é inteiro. ■

Re: [obm-l] Provar que não é inteiro

[Artur Costa Steiner]

Para n = 2, OK. 

Seja s(n) = 2 + 1/2  + 1/n. Seja k o inteiro positivo tal que 2^k = n  
2^(k + 1). Então, na decomposiçao dos números 2, 3,n em fatores primos, o 
próprio 2^k é o único que tem o fator 2 com expoente k. Todos os demais têm o 2 
com expoente  k (se algum m  2^k em {2, 3,n} tivesse expoente k, então 
teríamos m = 3 . 2^k  n, contradição). 

Seja M o mmc dos números 1, 2,2^k - 1, 2^k + 1,...n. O expoente de 2 na 
fatoração de M é então  k. Temos assim que, com exceção de 2^k, todos os 
outros números de {1, 2,n} dividem M. Isto implica que M s(n) seja dado por 
uma soma de n - 1 inteiros com M/2^k, que não é inteiro. Logo, M s(n) não é 
inteiro, o que implica que s(n) também não seja.

Artur Costa Steiner

Em 14/01/2013, às 18:38, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 Como provar que 1 + 1/2 +1/3 +  ...1/n não é inteiro?
 Gostaria de uma abordagem usando teoria dos números
 Obrigado.

[obm-l] Provar por indução

[marcone augusto araújo borges]

Prove por indução que para cada numero natural p  = 3,existem p numeros 
naturais distintos dois a dois :
n1,n2,...,np tais que
 
 
1/n1 + 1/ n2 ...+ 1/np = 1
  
Essa complicou pra mim,conto com ajuda,agradeço desde já
 
 
 
 
 
  

[obm-l] Re: [obm-l] Provar por indução

[Ralph Teixeira]

Em primeiro lugar, note que 1/2=1/3+1/6. Dividindo por k dos dois
lados, note que 1/(2k)=1/(3k)+1/(6k)

Então usando esta ideia, você pode ir abrindo assim:

1=1/2+1/3+1/6 (use k=3 para abrir o 1/6)
1=1/2+1/3+1/9+1/18 (use k=9 para abrir o 1/18)
1=1/2+1/3+1/9+1/27+1/54 (use k=18 para abrir o 1/54)
1=1/2+1/3+1/9+1/27+1/81+1/162

Agora é só escrever isso formalmente, usando indução.

Abraço, Ralph.

P.S.: Em outras palavras:
1=1/2+1/3+1/9+1/27+1/81+1/243+...+1/3^k+1/(2.3^k)
o que podia ser provado usando simplesmente a fórmula da soma dos
termos de uma P.G. (na P.G. ali do miolo)

P.P.S.: Em outras palavras, em base 3:
(1/2)=(0....) = (0.11)+(0.001...)
Então
1=1/2+0.1+0.01+0.001+...+0....1+(0.1)/2

2012/5/2 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com:
 Prove por indução que para cada numero natural p  = 3,existem p numeros
 naturais distintos dois a dois :
 n1,n2,...,np tais que


 1/n1 + 1/ n2 ...+ 1/np = 1

 Essa complicou pra mim,conto com ajuda,agradeço desde já







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

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

[Luís Lopes]

Sauda,c~oes, 

Defina a sequencia f_0=0 e f_(n+1)=raiz(2+f_n) para n=0,1,2,...

A solução desta recorrência é f_n=2cos(pi/2^{n+1}). Logo, 
cos(pi/4,8,16) são irracionais. E lim f_n=2. 

Abs, 
Luís 


Date: Sun, 1 Apr 2012 16:02:54 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] 
RE: [obm-l] Provar que é irracional...
From: ralp...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Bom, do jeito que eu escrevi seria f_0=0. Entao voce tinha razao quando disse 
que eu estava errado. Eu acho. :) Abraco,  Ralph


2012/4/1 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com





Esqueça.claro,f_0=2.Obrigado.
 




From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é 
irracional...

Date: Sat, 31 Mar 2012 01:01:42 +





Era sim. 
f_0=0,não?
 




Date: Sun, 25 Mar 2012 17:59:28 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
From: ralp...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br



Defina a sequencia f_0=2 e f_(n+1)=raiz(2+f_n) para n=0,1,2,...
 
Note que f_1=raiz(2) eh irracional (bom, espero que isto tenha sido demonstrado 
anteriormente).
 
Agora, note que se f_(n+1) fosse RACIONAL, entao f_n=(f_(n+1))^2-2 tambem seria 
RACIONAL. Ou seja, se f_n eh IRRACIONAL, entao f_(n+1) eh IRRACIONAL.
 
Assim, como f_1 eh irracional, por inducao, todos os f_n sao irracionais 
(n=1,2,3,...).
 
Era isso?
 
Abraco,
  Ralph


2012/3/24 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com



Obrigado.Eu vi essa questão numa lista de indução.
Vejo uma idéia de indução ai,mas,se não for abusar da sua boa vontade,como 
seria uma solução com um
procedimento mais explicito de indução? 

  
 





From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

Date: Sat, 24 Mar 2012 19:34:57 -0300




Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que f(x+1)  
f(x), Logo o valor máximo é f(infinito), mas se x tende ao infinito, temos que 
f(x) = raiz(2 + f(x)), que elevando ao quadrado temos f(x) = 2, logo para 
qualuqer x diferente do infinito (que é o caso), f(x)  2, além disso f(x)  0 
e f(x) = f(1) = raiz(2) =~ 1.4 


Elevando ao quadrado desse modo:
f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...)  - f(x)² - 2 = f(x-1) - (f(x)²-2)²-2 = 
f(x-2), repetindo isso x vezes temos -
 ((f(x)²-2)²-2)²-2...²-2)=0, que expandindo tem coeficiente lider 1 e 
termo independendo -2, logo pelo teorema das raízes racionais, se f(x) é 
racional, é -2, -1, 1, ou 2, absurdo, logo f(x) é irracional.


[]'s
João





From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Provar que é irracional...

Date: Sat, 24 Mar 2012 21:56:30 +


Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n raizes,é 
irracional? 
  


  

[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

[marcone augusto araújo borges]

Esqueça.claro,f_0=2.Obrigado.
 



From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é 
irracional...
Date: Sat, 31 Mar 2012 01:01:42 +





Era sim. 
f_0=0,não?
 




Date: Sun, 25 Mar 2012 17:59:28 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
From: ralp...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br


Defina a sequencia f_0=2 e f_(n+1)=raiz(2+f_n) para n=0,1,2,...
 
Note que f_1=raiz(2) eh irracional (bom, espero que isto tenha sido demonstrado 
anteriormente).
 
Agora, note que se f_(n+1) fosse RACIONAL, entao f_n=(f_(n+1))^2-2 tambem seria 
RACIONAL. Ou seja, se f_n eh IRRACIONAL, entao f_(n+1) eh IRRACIONAL.
 
Assim, como f_1 eh irracional, por inducao, todos os f_n sao irracionais 
(n=1,2,3,...).
 
Era isso?
 
Abraco,
  Ralph


2012/3/24 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com



Obrigado.Eu vi essa questão numa lista de indução.
Vejo uma idéia de indução ai,mas,se não for abusar da sua boa vontade,como 
seria uma solução com um
procedimento mais explicito de indução? 

  
 





From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
Date: Sat, 24 Mar 2012 19:34:57 -0300




Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que f(x+1)  
f(x), Logo o valor máximo é f(infinito), mas se x tende ao infinito, temos que 
f(x) = raiz(2 + f(x)), que elevando ao quadrado temos f(x) = 2, logo para 
qualuqer x diferente do infinito (que é o caso), f(x)  2, além disso f(x)  0 
e f(x) = f(1) = raiz(2) =~ 1.4 


Elevando ao quadrado desse modo:
f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...)  - f(x)² - 2 = f(x-1) - (f(x)²-2)²-2 = 
f(x-2), repetindo isso x vezes temos -
 ((f(x)²-2)²-2)²-2...²-2)=0, que expandindo tem coeficiente lider 1 e 
termo independendo -2, logo pelo teorema das raízes racionais, se f(x) é 
racional, é -2, -1, 1, ou 2, absurdo, logo f(x) é irracional.

[]'s
João





From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Provar que é irracional...
Date: Sat, 24 Mar 2012 21:56:30 +


Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n raizes,é 
irracional? 
  

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

[Ralph Teixeira]

Bom, do jeito que eu escrevi seria f_0=0. Entao voce tinha razao quando
disse que eu estava errado.

Eu acho. :)

Abraco,
  Ralph

2012/4/1 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com

  Esqueça.claro,f_0=2.Obrigado.

  --
 From: marconeborge...@hotmail.com
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 Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar
 que é irracional...
 Date: Sat, 31 Mar 2012 01:01:42 +

 Era sim.
 f_0=0,não?

  --
 Date: Sun, 25 Mar 2012 17:59:28 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é
 irracional...
 From: ralp...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br

 Defina a sequencia f_0=2 e f_(n+1)=raiz(2+f_n) para n=0,1,2,...

 Note que f_1=raiz(2) eh irracional (bom, espero que isto tenha sido
 demonstrado anteriormente).

 Agora, note que se f_(n+1) fosse RACIONAL, entao f_n=(f_(n+1))^2-2 tambem
 seria RACIONAL. Ou seja, se f_n eh IRRACIONAL, entao f_(n+1) eh IRRACIONAL.

 Assim, como f_1 eh irracional, por inducao, todos os f_n sao irracionais
 (n=1,2,3,...).

 Era isso?

 Abraco,
   Ralph

 2012/3/24 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com

  Obrigado.Eu vi essa questão numa lista de indução.
 Vejo uma idéia de indução ai,mas,se não for abusar da sua boa vontade,como
 seria uma solução com um
 procedimento mais explicito de indução?


   --
 From: joao_maldona...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
 Date: Sat, 24 Mar 2012 19:34:57 -0300


 Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que
 f(x+1)  f(x), Logo o valor máximo é f(infinito), mas se x tende ao
 infinito, temos que f(x) = raiz(2 + f(x)), que elevando ao quadrado temos
 f(x) = 2, logo para qualuqer x diferente do infinito (que é o caso), f(x) 
 2, além disso f(x)  0 e f(x) = f(1) = raiz(2) =~ 1.4

 Elevando ao quadrado desse modo:
 f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...)  - f(x)² - 2 = f(x-1) - (f(x)²-2)²-2
 = f(x-2), repetindo isso x vezes temos -
  ((f(x)²-2)²-2)²-2...²-2)=0, que expandindo tem coeficiente lider
 1 e termo independendo -2, logo pelo teorema das raízes racionais, se f(x)
 é racional, é -2, -1, 1, ou 2, absurdo, logo f(x) é irracional.

 []'s
 João

  --
 From: marconeborge...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Provar que é irracional...
 Date: Sat, 24 Mar 2012 21:56:30 +

 Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n
 raizes,é irracional?

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

[marcone augusto araújo borges]

Era sim. 
f_0=0,não?
 



Date: Sun, 25 Mar 2012 17:59:28 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
From: ralp...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br


Defina a sequencia f_0=2 e f_(n+1)=raiz(2+f_n) para n=0,1,2,...
 
Note que f_1=raiz(2) eh irracional (bom, espero que isto tenha sido demonstrado 
anteriormente).
 
Agora, note que se f_(n+1) fosse RACIONAL, entao f_n=(f_(n+1))^2-2 tambem seria 
RACIONAL. Ou seja, se f_n eh IRRACIONAL, entao f_(n+1) eh IRRACIONAL.
 
Assim, como f_1 eh irracional, por inducao, todos os f_n sao irracionais 
(n=1,2,3,...).
 
Era isso?
 
Abraco,
  Ralph


2012/3/24 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com



Obrigado.Eu vi essa questão numa lista de indução.
Vejo uma idéia de indução ai,mas,se não for abusar da sua boa vontade,como 
seria uma solução com um
procedimento mais explicito de indução? 

  
 





From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
Date: Sat, 24 Mar 2012 19:34:57 -0300




Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que f(x+1)  
f(x), Logo o valor máximo é f(infinito), mas se x tende ao infinito, temos que 
f(x) = raiz(2 + f(x)), que elevando ao quadrado temos f(x) = 2, logo para 
qualuqer x diferente do infinito (que é o caso), f(x)  2, além disso f(x)  0 
e f(x) = f(1) = raiz(2) =~ 1.4 


Elevando ao quadrado desse modo:
f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...)  - f(x)² - 2 = f(x-1) - (f(x)²-2)²-2 = 
f(x-2), repetindo isso x vezes temos -
 ((f(x)²-2)²-2)²-2...²-2)=0, que expandindo tem coeficiente lider 1 e 
termo independendo -2, logo pelo teorema das raízes racionais, se f(x) é 
racional, é -2, -1, 1, ou 2, absurdo, logo f(x) é irracional.

[]'s
João





From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Provar que é irracional...
Date: Sat, 24 Mar 2012 21:56:30 +


Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n raizes,é 
irracional? 
  

[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

[marcone augusto araújo borges]

Obrigado.Eu vi essa questão numa lista de indução.
Vejo uma idéia de indução ai,mas,se não for abusar da sua boa vontade,como 
seria uma solução com um
procedimento mais explicito de indução? 
  
 



From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
Date: Sat, 24 Mar 2012 19:34:57 -0300





Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que f(x+1)  
f(x), Logo o valor máximo é f(infinito), mas se x tende ao infinito, temos que 
f(x) = raiz(2 + f(x)), que elevando ao quadrado temos f(x) = 2, logo para 
qualuqer x diferente do infinito (que é o caso), f(x)  2, além disso f(x)  0 
e f(x) = f(1) = raiz(2) =~ 1.4


Elevando ao quadrado desse modo:
f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...)  - f(x)² - 2 = f(x-1) - (f(x)²-2)²-2 = 
f(x-2), repetindo isso x vezes temos -
 ((f(x)²-2)²-2)²-2...²-2)=0, que expandindo tem coeficiente lider 1 e 
termo independendo -2, logo pelo teorema das raízes racionais, se f(x) é 
racional, é -2, -1, 1, ou 2, absurdo, logo f(x) é irracional.

[]'s
João





From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Provar que é irracional...
Date: Sat, 24 Mar 2012 21:56:30 +




Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n raizes,é 
irracional?  

Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

[Victor Hugo]

Em 24/03/2012, às 23:25, marcone augusto araújo 
borgesmarconeborge...@hotmail.com escreveu:

 Obrigado.Eu vi essa questão numa lista de indução.
 Vejo uma idéia de indução ai,mas,se não for abusar da sua boa vontade,como 
 seria uma solução com um
 procedimento mais explicito de indução? 
   
  
 From: joao_maldona...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
 Date: Sat, 24 Mar 2012 19:34:57 -0300
 
 Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que f(x+1)  
 f(x), Logo o valor máximo é f(infinito), mas se x tende ao infinito, temos 
 que f(x) = raiz(2 + f(x)), que elevando ao quadrado temos f(x) = 2, logo para 
 qualuqer x diferente do infinito (que é o caso), f(x)  2, além disso f(x)  
 0 e f(x) = f(1) = raiz(2) =~ 1.4
 
 Elevando ao quadrado desse modo:
 f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...)  - f(x)² - 2 = f(x-1) - (f(x)²-2)²-2 = 
 f(x-2), repetindo isso x vezes temos -
  ((f(x)²-2)²-2)²-2...²-2)=0, que expandindo tem coeficiente lider 1 e 
 termo independendo -2, logo pelo teorema das raízes racionais, se f(x) é 
 racional, é -2, -1, 1, ou 2, absurdo, logo f(x) é irracional.
 
 []'s
 João
 
 From: marconeborge...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Provar que é irracional...
 Date: Sat, 24 Mar 2012 21:56:30 +
 
 Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n raizes,é 
 irracional?

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

[Marcelo Salhab Brogliato]

João,
muito cuidado quando vc fez x tender ao infinito e ficou com: f = raiz(2 +
f), pois isso só é verdade se f(x) convergir. Como, neste caso, f(x) de
fato converge, sua resposta está correta.

Mas veja em outras situações:
S_n = 1 + 2 + 4 + 8 + ... + 2^n
S_n = 1 + 2*(1 + 2 + 4 + ... + 2^(n-1))
S_n = 1 + 2*S_(n-1)
Fazendo n tender ao infinito, temos: S = 1 + 2S = S = -1, claramente
absurdo!

Outra situação:
S_n = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ... + 1/n
S_n = S_(n-1) + 1/n
Fazendo n tender ao infinito, temos: S = S + 0 = S = 0, claramente absurdo!

Outra situação:
S_n = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 ... (n vezes)
S_n = 1 - S_(n-1)
Fazendo n tender ao infinito, temos: S = 1 - S = S = 1/2, claramente
absurdo!

O que você provou foi: Se f(x) convergir, então ele converge para 2.
Para completar sua prova de que f(x) converge para 2, falta provar que f(x)
de fato converge.

Abraços,
Salhab




2012/3/24 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com

  Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que
 f(x+1)  f(x), Logo o valor máximo é f(infinito), mas se x tende ao
 infinito, temos que f(x) = raiz(2 + f(x)), que elevando ao quadrado temos
 f(x) = 2, logo para qualuqer x diferente do infinito (que é o caso), f(x) 
 2, além disso f(x)  0 e f(x) = f(1) = raiz(2) =~ 1.4

 Elevando ao quadrado desse modo:
 f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...)  - f(x)² - 2 = f(x-1) - (f(x)²-2)²-2
 = f(x-2), repetindo isso x vezes temos -
  ((f(x)²-2)²-2)²-2...²-2)=0, que expandindo tem coeficiente lider
 1 e termo independendo -2, logo pelo teorema das raízes racionais, se f(x)
 é racional, é -2, -1, 1, ou 2, absurdo, logo f(x) é irracional.

 []'s
 João

 --
 From: marconeborge...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Provar que é irracional...
 Date: Sat, 24 Mar 2012 21:56:30 +


  Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n
 raizes,é irracional?

[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

[João Maldonado]

Olá Marcelo, realmente esqueci de provar que converge. Enfim, a prova é fácil
sendo x finito, Vamos provar por indução que se f(x)  2, f(x+1)  2
temos f(x+1) = sqrt(2 + f(x)),  sqrt(2+2) = 2, e f(1)  2, o que completa a 
demonstração de que f(infinito) converge
[]'sJoão

Date: Sun, 25 Mar 2012 13:16:09 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
From: msbro...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

João,muito cuidado quando vc fez x tender ao infinito e ficou com: f = raiz(2 + 
f), pois isso só é verdade se f(x) convergir. Como, neste caso, f(x) de fato 
converge, sua resposta está correta.

Mas veja em outras situações:S_n = 1 + 2 + 4 + 8 + ... + 2^nS_n = 1 + 2*(1 + 2 
+ 4 + ... + 2^(n-1))S_n = 1 + 2*S_(n-1)Fazendo n tender ao infinito, temos: S = 
1 + 2S = S = -1, claramente absurdo!

Outra situação:S_n = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ... + 1/nS_n = S_(n-1) + 1/nFazendo 
n tender ao infinito, temos: S = S + 0 = S = 0, claramente absurdo!

Outra situação:S_n = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 ... (n vezes)S_n = 1 - 
S_(n-1)Fazendo n tender ao infinito, temos: S = 1 - S = S = 1/2, claramente 
absurdo!
O que você provou foi: Se f(x) convergir, então ele converge para 2.
Para completar sua prova de que f(x) converge para 2, falta provar que f(x) de 
fato converge.
Abraços,Salhab




2012/3/24 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com





Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que f(x+1)  
f(x), Logo o valor máximo é f(infinito), mas se x tende ao infinito, temos que 
f(x) = raiz(2 + f(x)), que elevando ao quadrado temos f(x) = 2, logo para 
qualuqer x diferente do infinito (que é o caso), f(x)  2, além disso f(x)  0 
e f(x) = f(1) = raiz(2) =~ 1.4

Elevando ao quadrado desse modo:f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...)  - f(x)² - 
2 = f(x-1) - (f(x)²-2)²-2 = f(x-2), repetindo isso x vezes temos - 
((f(x)²-2)²-2)²-2...²-2)=0, que expandindo tem coeficiente lider 1 e 
termo independendo -2, logo pelo teorema das raízes racionais, se f(x) é 
racional, é -2, -1, 1, ou 2, absurdo, logo f(x) é irracional.


[]'sJoão
From: marconeborge...@hotmail.com

To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Provar que é irracional...
Date: Sat, 24 Mar 2012 21:56:30 +







Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n raizes,é 
irracional? 
 

  

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2012/3/25 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com:
 Olá Marcelo, realmente esqueci de provar que converge. Enfim, a prova é
 fácil

 sendo x finito, Vamos provar por indução que se f(x)  2, f(x+1)  2

 temos f(x+1) = sqrt(2 + f(x)),  sqrt(2+2) = 2, e f(1)  2, o que completa a
 demonstração de que f(infinito) converge
É verdade (e é bem legal ver para onde converge, exatamente como você
fez), mas lembre que a única coisa que você precisava era que fosse
justamente  2 ;)

-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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

[obm-l] Provar que é irracional...

[marcone augusto araújo borges]

Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n raizes,é 
irracional?  

[obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...

[João Maldonado]

Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que f(x+1)  
f(x), Logo o valor máximo é f(infinito), mas se x tende ao infinito, temos que 
f(x) = raiz(2 + f(x)), que elevando ao quadrado temos f(x) = 2, logo para 
qualuqer x diferente do infinito (que é o caso), f(x)  2, além disso f(x)  0 
e f(x) = f(1) = raiz(2) =~ 1.4
Elevando ao quadrado desse modo:f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...)  - f(x)² - 
2 = f(x-1) - (f(x)²-2)²-2 = f(x-2), repetindo isso x vezes temos - 
((f(x)²-2)²-2)²-2...²-2)=0, que expandindo tem coeficiente lider 1 e 
termo independendo -2, logo pelo teorema das raízes racionais, se f(x) é 
racional, é -2, -1, 1, ou 2, absurdo, logo f(x) é irracional.

[]'sJoão
From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Provar que é irracional...
Date: Sat, 24 Mar 2012 21:56:30 +







Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n raizes,é 
irracional? 
 

[obm-l] Provar por indução

[mhfm]

Gostaria de pedir ajuda para provar por indução que fib(n + 2) = ((1 +
5^1/2))^n com n=0. Não encontro a substituição correta para terminar.
Desde já obrigada!
Maria

Quer deixar seu Oi com a sua cara? No Mundo Oi você baixa toques, vídeos,
jogos, músicas completas e encontra serviços incríveis pro seu Oi e pra
internet. Acesse http://www.mundooi.oi.com.br e descubra!


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

Re: [obm-l] Provar

[cgomesmat]

Oi Pedro...eh assim,
P(A U B)  = 1Mas P( A U B) = P(A)+P(B)-P(A inter B) Assim,  P(A U B)  = 1 implica P(A)+P(B)-P(A inter B)   = 1Mas P(A^c)=a  implica P(A)=1-a   e  P(B^c)=b  implica P(B)=1-bassim,1-a+1-b-P(A inter B)   = 1  então segue que P(A inter B)=1-a-b.Valew, CgomesEm 14/01/2010 17:17, Pedro Costa  npc1...@gmail.com  escreveu:



 
Prove que P(A^c)=a e P(B^c)=b, então P(A inter B)=1-a-b


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

[obm-l] Provar

[Pedro Costa]

 

Prove que P(A^c)=a e P(B^c)=b, então P(A inter B)=1-a-b

Re: [obm-l] Provar

[Arlane Manoel S Silva]

  P(A)=1-a
  P(B)=1-b

  P(A uniao B)=1

  Portanto,

  P(A)+P(B)-P(A inter B)=P(A uniao B)=1, ou seja,

  1-a-b = P(A)+P(B)-1 = P(A inter B)


Citando Pedro Costa npc1...@gmail.com:




Prove que P(A^c)=a e P(B^c)=b, então P(A inter B)=1-a-b






--
Arlane Manoel S Silva
  Departamento de Matemática Aplicada
Instituto de Matemática e Estatística-USP


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

Re: [obm-l] Provar condicao para que n seja primo

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2009/4/8 Artur Steiner artur_stei...@hotmail.com:
 Eu nao consegui chegar a uma conclusao neste aqui. Talvez haja uma saida
 trivial que nao vi. Tentei usar o teorema de Wilson.

 Mostre que o inteiro positivo eh primo se, e somente se,

 (n - 2! = 1 (mod n)
Acho que faltou um parênteses, não ? (n-2)! = 1 mod n. Se for isso :

Wilson da uma das direções, se eu não me engano : n primo = (n-1)! =
-1 mod n e como (n-1) = -1 mod n temos (n-2)! = -1/-1 = 1 mod n

Agora, se n é composto, n = p*q, com p,q = 2. Logo p e q são menores
do que (n-2) (pois n-2  n/2 = n  4, e tanto p como q são = n/2),
logo p e q dividem (n-2)!. Não se apresse a dizer que n = p*q divide
(n-2)!, pois a gente ainda não sabe se eles são primos entre si : se
fosse o caso, tudo certo, senão, tem que tirar o mdc ! Mas isso já
permite concluir se n tiver mais de um fator primo, o que da bastantes
números !

Bom, faltam os números da forma p^k com k inteiro =2 e p primo,
também = 2. A idéia agora é achar vários caras que são múltiplos de p
e menores ou iguais a (n-2), e todos eles vão dividir (n-2)!, e se a
gente achar mais do que k, acabou.

A idéia é a seguinte : temos p e p^k, queremos achar os múltiplos m de
p tais que p = m = p^k - 2, ou, o que da na mesma, = p^k - p. Ou
seja, temos 1/p(p^k - p - p) + 1 (lembre de contar as extremidades
também !) ou seja, temos
p^(k-1) - 1 múltiplos de p entre p e p^k - 2. Ora, queremos pelo menos
k deles, ou seja queremos

k = p^(k-1) - 1 e basta k = 1 + (p-1)(k-1) - 1 = (p-1)(k-1) usando
(1+a)^b = 1 + ab para a,b positivos, b1.
Se p é maior do que 2, temos que basta k = 2*(k-1) ou seja k = 2, o
que é verdade (pois n não é primo !).

Agora, se p for igual a 2, vamos fazer as contas direitinho : k =
2^(k-1) - 1 = 1 + 2 + 2^2 + ... + 2^(k-2) com exatamente (k-1) termos
(é uma soma de PG!). Se k é maior do que 2, temos pelo menos os termos
1 + 2 no inicio, e como cada termo é maior do que 1, e o 2 = 1+1,
temos que a soma dos (k-1) termos é realmente maior ou igual a k :)
Se, por outro lado, k=2, não da certo. Mas ai, é so verificar o que da
a conta para n = 2^2 : (n-2)! = 2! = 2 == 2 mod 4, e como nao é 1
(ufa!!), mesmo esse caso da certo.

Resumindo :
(n-2)! mod n = 1 se n é primo
(n-2)! mod n = 2 se n = 4
(n-2)! mod n = 0 em todos os outros casos !


-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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

[obm-l] Re: [obm-l] Provar q ue raiz de 2 não é r acional.

[Artur Steiner]

 



Para uma prova de um resultado geral, do qual raiz(2) é um caso particular, dê 
uma olhada neste link

 

http://answers.yahoo.com/question/index;_ylt=AnMLanfMAP2UTFvIemEdmWfsy6IX;_ylv=3?qid=20090406134112AAIkOK6show=7#profile-info-DWoot6l7aa

 

A prova geral pode ser também feita pelo teorema fundamental da aritmética, mas 
gosto muito da baseada no teorema das raízes racionais.

 

Artur

_
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[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional.

[Denisson]

Suponha que raiz de 2 fosse racional. Isto é raiz(2) = a/b, a e b inteiros,
suponha também que essa fração já esteja na forma mais simples possível, se
não estiver coloque-a! :)

Eleve ao quadrado ambos os membros logo 2*(b^2) = a^2, isto é a^2 é par,
logo a também é par (é fácil provar isso). Se a é par então existe m tal que
a = 2m, daí 2*(b^2) = 4(m^2) = b^2 = 2(m^2), logo b^2 também é par e então
b é par. Portanto a e b são pares o que contraria a nossa hipótese de que a
fração já estava na forma mais simples possível.  Conclusão: raiz(2) é
Irracional

Abraços,

Denisson



2009/4/1 Albert Bouskela bousk...@ymail.com

  Olá!



 A demonstração abaixo é atribuída a Euclides, lá por volta de 300aC. Tenho
 cá minhas dúvidas: o conceito de racionais e irracionais (sua união sendo os
 reais) é muito mais moderno. Então, de fato, não dá pra saber como era mesmo
 essa tal demonstração de Euclides. O certo é que ele chegou à
 (brilhantíssima) conclusão de que sqrt(2) era incomensurável. Euclides
 queria dizer com isto que não era possível expressar a raiz de 2 por
 intermédio de um número que pudesse ser medido, i.e., que pudesse ser
 representado geometricamente pela proporção de duas grandezas (medidas).



 E isto deu uma baita confusão! Ainda mais quando descobriram o triângulo
 retângulo 1, 1, sqrt(2).



 Muito menos Euclides sabia da consistência lógica de uma prova matemática
 feita “por absurdo”.



 Mas o mais interessante é que o Kronecker (que descobriu até a função – não
 é rigorosamente uma “função” – Delta de Kronecker), já no finalzinho do
 Século XIX, não acreditava em nada disto! Para ele, os irracionais
 simplesmente não existiam. Acho que o Kronecker (filho de judeus, mas
 protestante fervoroso) estava mais é com vontade de implicar com o
 depressivo Cantor (judeu e cabalista), que adorava (divinamente) os
 irracionais. É do Kronecker a frase: “Deus criou só os números inteiros.
 Todo o resto é invenção do homem!”.



 Tudo isto culminou no seguinte:



 Tome a reta orientada dos racionais. Sobre esta reta tome um segmento de
 comprimento unitário. Em uma das duas extremidades deste segmento levante
 uma perpendicular. Nesta perpendicular, tome um outro segmento unitário a
 partir a reta orientada dos racionais. Una a outra extremidade do segmento
 contido na reta dos racionais com a extremidade mais distante do segmento
 contido na reta perpendicular. Aí está o triângulo retângulo 1, 1, sqrt(2).
 Agora, com centro na extremidade da hipotenusa que está contida na reta dos
 racionais, gire esta mesma hipotenusa (em qualquer sentido) até que ela
 fique totalmente contida na reta dos racionais.



 Tchan! Tchan! Tchan!



 Pois bem, a extremidade da hipotenusa (a que não é o centro de giro) cairá
 sobre o “vazio” – afinal sqrt(2) é irracional! Então, o conjunto dos
 racionais é denso, mas não é contínuo!



 Quando eu estiver mais inspirado (e com muito mais tempo) – o Gödel que me
 perdoe – mas ainda vou provar a Hipótese do Continuum...



 Saudações,

 *AB*

 bousk...@gmail.com

 bousk...@ymail.com



 *From:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *On
 Behalf Of *Paulo Cesar
 *Sent:* Wednesday, April 01, 2009 3:44 PM
 *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Subject:* [obm-l] Re: [obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional.



 Olá Rodrigo



 Suponha que a raiz quadrada de 2 (sqrt2) é racional. Logo, podemos escrever
 sqrt2 = a/b, com a e b inteiros e b diferente de zero. Elevando ambos os
 membros ao quadrado teremos 2 = a^2/b^2 e consequentemente 2b^2 = a^2. Essa
 última igualdade é um absurdo, pois o Teorema Fundamental da Aritmética nos
 garante que a fatoração de um número inteiro é única. Olhando para o
 primeiro membro, temos que 2b^2 possui um número ímpar de fatores 2. Já o
 segundo membro nos diz que a^2 tem que possuir um número par de fatores 2.
 Conclusão: sqrt2 não é racional, cqd.



 Bons estudos



 PC

   2009/4/1 Rodrigo Assis rossoas...@gmail.com

 Pessoal não estou conseguindo resolver. O problema pede que seja feito
 através do Teorema Fundamental da Aritmética. Já tentei 2 vezes e nada...






-- 
Denisson

[obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional.

[Rodrigo Assis]

Pessoal não estou conseguindo resolver. O problema pede que seja feito
através do Teorema Fundamental da Aritmética. Já tentei 2 vezes e nada...

[obm-l] Re: [obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional.

[Paulo Cesar]

Olá Rodrigo

Suponha que a raiz quadrada de 2 (sqrt2) é racional. Logo, podemos escrever
sqrt2 = a/b, com a e b inteiros e b diferente de zero. Elevando ambos os
membros ao quadrado teremos 2 = a^2/b^2 e consequentemente 2b^2 = a^2. Essa
última igualdade é um absurdo, pois o Teorema Fundamental da Aritmética nos
garante que a fatoração de um número inteiro é única. Olhando para o
primeiro membro, temos que 2b^2 possui um número ímpar de fatores 2. Já o
segundo membro nos diz que a^2 tem que possuir um número par de fatores 2.
Conclusão: sqrt2 não é racional, cqd.

Bons estudos

PC


2009/4/1 Rodrigo Assis rossoas...@gmail.com

 Pessoal não estou conseguindo resolver. O problema pede que seja feito
 através do Teorema Fundamental da Aritmética. Já tentei 2 vezes e nada...

[obm-l] Re: [obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional .

[luiz silva]

Ola Rodrigo,
 
Comece supondo que a/b = (2)^(1/2), onde mdc (a,b)=1. A seguir, eleve tudo ao 
quadrado.O resto, é com vc ::))
 
Abs
Felipe

--- Em qua, 1/4/09, Rodrigo Assis rossoas...@gmail.com escreveu:

De: Rodrigo Assis rossoas...@gmail.com
Assunto: [obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional.
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Quarta-feira, 1 de Abril de 2009, 14:59


Pessoal não estou conseguindo resolver. O problema pede que seja feito através 
do Teorema Fundamental da Aritmética. Já tentei 2 vezes e nada...




  Veja quais são os assuntos do momento no Yahoo! +Buscados
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[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional.

[Albert Bouskela]

Olá!

 

A demonstração abaixo é atribuída a Euclides, lá por volta de 300aC. Tenho
cá minhas dúvidas: o conceito de racionais e irracionais (sua união sendo os
reais) é muito mais moderno. Então, de fato, não dá pra saber como era mesmo
essa tal demonstração de Euclides. O certo é que ele chegou à
(brilhantíssima) conclusão de que sqrt(2) era incomensurável. Euclides
queria dizer com isto que não era possível expressar a raiz de 2 por
intermédio de um número que pudesse ser medido, i.e., que pudesse ser
representado geometricamente pela proporção de duas grandezas (medidas).

 

E isto deu uma baita confusão! Ainda mais quando descobriram o triângulo
retângulo 1, 1, sqrt(2).

 

Muito menos Euclides sabia da consistência lógica de uma prova matemática
feita “por absurdo”.

 

Mas o mais interessante é que o Kronecker (que descobriu até a função – não
é rigorosamente uma “função” – Delta de Kronecker), já no finalzinho do
Século XIX, não acreditava em nada disto! Para ele, os irracionais
simplesmente não existiam. Acho que o Kronecker (filho de judeus, mas
protestante fervoroso) estava mais é com vontade de implicar com o
depressivo Cantor (judeu e cabalista), que adorava (divinamente) os
irracionais. É do Kronecker a frase: “Deus criou só os números inteiros.
Todo o resto é invenção do homem!”.

 

Tudo isto culminou no seguinte:

 

Tome a reta orientada dos racionais. Sobre esta reta tome um segmento de
comprimento unitário. Em uma das duas extremidades deste segmento levante
uma perpendicular. Nesta perpendicular, tome um outro segmento unitário a
partir a reta orientada dos racionais. Una a outra extremidade do segmento
contido na reta dos racionais com a extremidade mais distante do segmento
contido na reta perpendicular. Aí está o triângulo retângulo 1, 1, sqrt(2).
Agora, com centro na extremidade da hipotenusa que está contida na reta dos
racionais, gire esta mesma hipotenusa (em qualquer sentido) até que ela
fique totalmente contida na reta dos racionais.

 

Tchan! Tchan! Tchan!

 

Pois bem, a extremidade da hipotenusa (a que não é o centro de giro) cairá
sobre o “vazio” – afinal sqrt(2) é irracional! Então, o conjunto dos
racionais é denso, mas não é contínuo!

 

Quando eu estiver mais inspirado (e com muito mais tempo) – o Gödel que me
perdoe – mas ainda vou provar a Hipótese do Continuum...

 

Saudações,

AB

 mailto:bousk...@gmail.com bousk...@gmail.com

 mailto:bousk...@ymail.com bousk...@ymail.com

 

From: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] On
Behalf Of Paulo Cesar
Sent: Wednesday, April 01, 2009 3:44 PM
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional.

 

Olá Rodrigo

 

Suponha que a raiz quadrada de 2 (sqrt2) é racional. Logo, podemos escrever
sqrt2 = a/b, com a e b inteiros e b diferente de zero. Elevando ambos os
membros ao quadrado teremos 2 = a^2/b^2 e consequentemente 2b^2 = a^2. Essa
última igualdade é um absurdo, pois o Teorema Fundamental da Aritmética nos
garante que a fatoração de um número inteiro é única. Olhando para o
primeiro membro, temos que 2b^2 possui um número ímpar de fatores 2. Já o
segundo membro nos diz que a^2 tem que possuir um número par de fatores 2.
Conclusão: sqrt2 não é racional, cqd.

 

Bons estudos

 

PC



2009/4/1 Rodrigo Assis rossoas...@gmail.com

Pessoal não estou conseguindo resolver. O problema pede que seja feito
através do Teorema Fundamental da Aritmética. Já tentei 2 vezes e nada...

 

[obm-l] Provar que Integral (0 a 2pi) f(x) cos(x) dx = 0

[Artur Costa Steiner]

Acho este problema interessante:

Suponhamos que f:R -- R seja convexa e derivável em R. Mostre que  Integral (0 
a 2pi) f(x) cos(x) dx = 0. Em que casos teremos igualdade?

Artur

=
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=

[obm-l] Res: [obm-l] Provar que é quadrado perfeito

[Danilo Nascimento]

Olá Arthur
Faça assim: a= 1+sqrt(2) == a^2 = 3+sqrt(8) e 1/a^2 = 3-sqrt(8) de forma que 
temos
a^(2n) - 1/a^(2n) - 2 = (a^n - 1/a^n)^2. Resta somente provar que a^n - 1/a^n 
eh inteiro. Basta  racionalizar e fazer a expansao binomial.
[]'s
 Danilo.


- Mensagem original 
De: Artur Costa Steiner [EMAIL PROTECTED]
Para: obm-l@mat.puc-rio.br obm-l@mat.puc-rio.br
Enviadas: Terça-feira, 19 de Fevereiro de 2008 15:34:30
Assunto: [obm-l] Provar que é quadrado perfeito


Gostaria que alguém desse alguma sugestão para isto:
 
Mostre que, para todo n ímpar positivo, (3 + raiz(8))^n + (3 - raiz(8))^n  -  2 
eh um quadrado perfeito.
 
Abracos
Artur


  Abra sua conta no Yahoo! Mail, o único sem limite de espaço para 
armazenamento!
http://br.mail.yahoo.com/

[obm-l] Provar que é quadrado perfeito

[Artur Costa Steiner]

Gostaria que alguém desse alguma sugestão para isto:

Mostre que, para todo n ímpar positivo, (3 + raiz(8))^n + (3 - raiz(8))^n  -  2 
eh um quadrado perfeito.

Abracos
Artur

[obm-l] Re: [obm-l] Provar que é quadrado perfeito

[Rafael Cano]

Olá
Faça (3 + raiz(8))^n + (3 - raiz(8))^n  -  2 = k. k tem que ser inteiro para n 
ímpar.
Substituindo: t=(3 + raiz(8))^n e multiplicando por t a equação:
t² - (k+2)t + 1=0. Agora isola o t. Pra qualquer n, t é da forma a+b*raiz(2), a 
e b inteiros...
A partir disso acho que eu consegui mostrar que k é quadrado perfeito. Veja se 
da certo ai.
Abraços
  - Original Message - 
  From: Artur Costa Steiner 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Tuesday, February 19, 2008 3:34 PM
  Subject: [obm-l] Provar que é quadrado perfeito


  Gostaria que alguém desse alguma sugestão para isto:

  Mostre que, para todo n ímpar positivo, (3 + raiz(8))^n + (3 - raiz(8))^n  -  
2 eh um quadrado perfeito.

  Abracos
  Artur

[obm-l] Provar que esta função é f é contínua

[Artur Costa Steiner]

Alguém poderia me ajudar com este problema, ou indicar onde eu possa achar 
ajuda? Tenho tentando resolver sem sucesso. 
 
Seja A um subconjunto de R^n com medida de Lebesgue m(A)  oo e seja x + A a 
translacao de A pelo vetor x de R^n. Definamos f:R^n-- R por f(x) = m(A Inter 
(x + A)). Mostre que f é contínua.
 
Obrigado 
Artur

[obm-l] Provar que esta função f é contínua

[Artur Costa Steiner]

Alguém poderia me ajudar com este problema, ou indicar onde eu possa achar 
ajuda? Tenho tentando resolver sem sucesso. 
 
Seja A um subconjunto de R^n com medida de Lebesgue m(A)  oo e seja x + A a 
translacao de A pelo vetor x de R^n. Definamos f:R^n-- R por f(x) = m(A Inter 
(x + A)). Mostre que f é contínua.
 
Obrigado 
Artur

[obm-l] Provar que esta função é derivável

[Artur Costa Steiner]

Será que alguém consegue me ajudar naquela questão que enviei sobre aquela 
função? Realmente não consegui concluir.
Artur

=
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=

Re: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional

[Demetrio Freitas]

--- ralonso [EMAIL PROTECTED] escreveu:



 a essas construções.  A pergunta que fica no ar é
 quando uma
 sequência de números algébricos tende a um número
 transcendente.

Olá Ronaldo.

Apenas para registro, porque acho que não acrescenta à
discução, eis um exemplo de uma série obtida por
somatório de uma sequência recorrente, similar àquela
que eu usei e que converge para um transcendente:

Considere a sequência:

s[1] = sqrt(2)^2 = 2
s[2] = 2 + sqrt(2)
s[3] = 2 + sqrt(s[2]) = 2 + sqrt(2+ sqrt(2))
... 
s[n] = 2 + sqrt(s[n-1]) = 2
+sqrt(2+sqrt(2+sqrt(2+.
...

  
E considere a série:

S = SOMA(n=1..oo) { 1/4^n * 1/s[n] }

S = 1/sqrt(2)^2/4  + 1/16/(2+(2)^.5) 
+1/64/(2+(2+(2)^.5)^.5) 
+1/256/(2+(2+(2+(2)^.5)^.5)^.5)+
1/1024/(2+(2+(2+(2+(2)^.5)^.5)^.5)^.5) 
+1/4096/(2+(2+(2+(2+(2+(2)^.5)^.5)^.5)^.5)^.5)...

S, no caso, converge para 1/4 – 1/Pi^2.

[]´ Demétrio


A transcendência, então, precisa ser melhor
 categorizada matemáticamente
 e isso exige um rigor.  A teoria dos grupos está aí
 para nos ajudar.
Eu confesso que também não entendi completamente
 a prova de Lindemann.  Mas ela pode oferecer uma
 resposta a essa profunda
 pergunta.
 
 []s
 Ronaldo.
 
 
 
 
 
 
  []´s Demétrio
 
Alertas do Yahoo! Mail em seu celular. Saiba
 mais em http://br.mobile.yahoo.com/mailalertas/
 

=
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 usar a lista em
 
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  Flickr agora em português. Você clica, todo mundo vê.
http://www.flickr.com.br/
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Re: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional

[ralonso]

Demetrio Freitas wrote:

 O Leandro tem muita razão quando diz que é necessário
 cuidado neste tipo de raciocínio. Conceitos familiares
 de cálculo e análise parecem ter utilidade restrita em
 questões de transcendência ou mesmo irracionalidade.

 Eu não conheço a prova de Lindemann. Na verdade, eu a
 vi uma vez e quase tudo o que me lembro é que não a
 entendi...

 --- ralonso [EMAIL PROTECTED] escreveu:
 
 Como você mesmo disse:
 
  Mas x = 0 é solução de sen(x) = 0.
  Posso expressar sen(x) igualmente bem em série de
  potência, e
  no entanto 0 está longe de ser transcendente.
 
  Isto mostra que qualquer número a princípio pode ser
  solução de
  uma equação que envolva uma série, ou a expansão em
  séries
  de uma função.
 

 Sem dúvida. Mas note que um número ser raiz de um
 polinômio de grau N não é suficiente para dizer que
 tal número seja algébrico de grau N. É necessário
 também que o polinômio seja irredutível. Logo, o fato
 de funções analíticas (ou suas expansões em séries de
 potências) possuírem valores racionais ou algébricos
 em alguns pontos não serve, por si só, como
 contra-exemplo para a idéia inicial.



...
(ver texto da mensagem anterior).
...




 (3) - Ok, então os r[n] são algébricos de grau
 crescente. Porém, não convergem para um número
 transcendente. Convergem para r = (2*k+1 +
 sqrt(4*k+1))/2, que é claramente algébrico


Olá Demétrio!
Linda contra-prova.  Agora se você notar bem, seu exemplo foi
construir um polinômio de grau tendendo ao infinito
sempre atendendo ao critério de irredutibilidade
Eiseinstein, porém construído de uma forma um
tanto quanto artificial (usando uma sequência iterativa de polinômios
para definí-lo).

  Vc consegui assim uma sequência de algébricos que
não tende a um transcendente.  Tende para um algébrico.

Agora atente para o detalhe: A sequência de soluções (raízes) deste 
polinômio
sempre pode ser definida por números escritos em termos de radicais!
  Para polinômios de grau = 5 essas soluções nem sempre podem ser definidas
em termos de radicais.   Então vem a minha idéia de associar grupos
a essas construções.  A pergunta que fica no ar é quando uma
sequência de números algébricos tende a um número transcendente.
   A transcendência, então, precisa ser melhor categorizada matemáticamente
e isso exige um rigor.  A teoria dos grupos está aí para nos ajudar.
   Eu confesso que também não entendi completamente
a prova de Lindemann.  Mas ela pode oferecer uma resposta a essa profunda
pergunta.

[]s
Ronaldo.






 []´s Demétrio

   Alertas do Yahoo! Mail em seu celular. Saiba mais em 
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=

Re: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional

[Demetrio Freitas]

O Leandro tem muita razão quando diz que é necessário
cuidado neste tipo de raciocínio. Conceitos familiares
de cálculo e análise parecem ter utilidade restrita em
questões de transcendência ou mesmo irracionalidade.

Eu não conheço a prova de Lindemann. Na verdade, eu a
vi uma vez e quase tudo o que me lembro é que não a
entendi...

--- ralonso [EMAIL PROTECTED] escreveu:
 
Como você mesmo disse:
 
 Mas x = 0 é solução de sen(x) = 0.
 Posso expressar sen(x) igualmente bem em série de
 potência, e
 no entanto 0 está longe de ser transcendente.
 
 Isto mostra que qualquer número a princípio pode ser
 solução de
 uma equação que envolva uma série, ou a expansão em
 séries
 de uma função.
 

Sem dúvida. Mas note que um número ser raiz de um
polinômio de grau N não é suficiente para dizer que
tal número seja algébrico de grau N. É necessário
também que o polinômio seja irredutível. Logo, o fato
de funções analíticas (ou suas expansões em séries de
potências) possuírem valores racionais ou algébricos
em alguns pontos não serve, por si só, como
contra-exemplo para a idéia inicial.   

Vou tentar esboçar o raciocínio de forma mais
sistemática:

1-  Suponha uma iteração onde a cada passo seja gerado
um polinômio irredutível nos racionais e de grau
crescente.

2-  Suponha que seja possível determinar que uma raiz
deste polinômio converge para um número conhecido X.

3-  Baseado no fato de que os polinômios gerados a cada
passo são irredutíveis e de grau crescente, podemos
afirmar que a raiz usada como aproximação para X é um
número algébrico de grau crescente a cada iteração. Ou
seja, o número X pode ser cada vez melhor aproximado
por um algébrico de grau crescente.

4-  A iteração pode ser infinita de forma que não temos
limite para gerar melhores aproximações para X com
números algébricos de grau cada vez maior.

Até aqui tudo bem...

5-  Agora sim vem a pergunta: este raciocínio pode ser
usado como prova de transcendência. Isto é, mostrar
que números algébricos de grau crescente convergem
para um determinado valor serve para afirmar que este
valor é transcendente?  

Bem, a resposta é mesmo: NÃO. Parece um bom raciocínio
para mim, mas infelizmente é falso. Já achei um contra
exemplo. Ainda assim, o argumento parece bom. Onde
estará o erro?

O contra exemplo está abaixo, é parte de algo que eu
tentei desenvolver na lista certa vez.

(1)- Considere a raiz de maior módulo dos polinômios
obtidos pela seguinte construção:
Seja Pa(x) = x-k  (k primo positivo)
Seja Pb(x) = x^2 – k
P[1]=Pb(Pa)
P[n]=Pb(P[n-1]) 

Isto é, P[n] é o polinômio obtido pela composição
iterativa de Pb(Pa), e depois Pb sucessivamente.

Para clarear, um exemplo:
Pa(x)=x-2
Pb(x)=x^2-2
P[1]=(Pa)^2 – 2=(x-2)^2 - 2=x^2-4x+2
P[2]=(P1)^2 - 2=x^4-8x^3+20x^2-16x+2
P[3]=(P2)^2 - 2 =
x^8-16x^7+104x^6-352x^5+660x^4-672x^3+336x^2-64x+2
...

As maiores raízes (r[n]) destes P[n]s são:
P[1] -  r[1]=2+2^.5
P[2] -  r[2]=2+(2+(2)^.5)^.5
P[3] -  r[3]=2+(2+(2+(2)^.5)^.5)^.5

Isto é, os r[n]  são sqrts aninhadas, na forma r[1] =
k + sqrt(k); rn = k + sqrt(r[n-1]).

(2)- O passo seguinte é mostrar que o grau algébrico
de r[n] cresce com  2^n. Isto é, no exemplo anterior,
r[2] é algébrico de grau 4, r[3] é algébrico de grau
8, etc. Ou, na verdade, bastaria mostrar que o grau
algébrico de r[n] cresce SEMPRE com n. Isso parece
razoável, porque r[n] possui n sqrts aninhadas. 

Porém,  o mais adequado é mostrar que P[n] é sempre
irredutível. A minha tentativa é a seguinte:
1=P[1] é irredutível pelo critério de Eisenstein
2=O coeficiente do termo de maior grau em P[n] é
sempre 1
3=O termo a0, segue a sequência abaixo:
P[1]=k^2-k;  P[2]=(k^2-k)^2-k;  P[3]=
((k^2-k)^2-k)^2-k;
que claramente é divisível por k, mas não por k^2
4=os demais coeficientes são combinações lineares de
potências de números que são divisíveis por k, já que
os coeficientes não-líderes de  P1..[n-1] são
divisíveis por k.
5= Por (1,2,3,4),  P[n] deve atender o critério de
Eisenstein.

(3) - Ok, então os r[n] são algébricos de grau
crescente. Porém, não convergem para um número
transcendente. Convergem para r = (2*k+1 +
sqrt(4*k+1))/2, que é claramente algébrico

[]´s Demétrio



  Alertas do Yahoo! Mail em seu celular. Saiba mais em 
http://br.mobile.yahoo.com/mailalertas/
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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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=

Re: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional

[silverratio]

Gostei muito da sua construção, Demétrio.

Agora sim, colocado desta forma mais precisa, nestes termos,
me pareceu também uma boa idéia.

É uma pena que não tenha dado certo, mas talvez existam
certas condições sob as quais uma construção parecida
funcione, o que seria algo interessante pra se pensar.

Abraço,

- Leandro.

Re: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional

[Demetrio Freitas]

O  grau algébrico de um número (algébrico) N  é o grau
do polinômio mônico irredutível de coeficientes
racionais onde N aparece como raiz.

http://mathworld.wolfram.com/AlgebraicNumberMinimalPolynomial.html
http://en.wikipedia.org/wiki/Algebraic_number


Perguntas:
1-  É adequado pensar em um número transcendente como
um algébrico de grau infinito?
2-  Em caso de resposta afirmativa para a primeira
pergunta (eu acho que sim), alguém conhece alguma
prova de transcendência baseada nesta idéia?

[]´s Demetrio

--- ralonso [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 É verdade me enganei. Bem lembrado: A soma de um
 algebrico com um
 transcendente é transcendente e o produto de um
 algebrico
 não nulo por um transcendente é transcendente.
 
 Na verdade o que eu enunciei é apenas uma
 conjectura.   Acho que é
 possível demostrá-la, usando as
 idéias de Liouville para provar a transcendência de
 pi e e.
 
 Vou ver se encontro algum tempo para discutir e
 expor a prova de
 Liouvile e fazer comentários aqui na lista.
 Se alguém demonstrar vai ficar famoso.
 
 Abraços
 Ronaldo.
 
 
 Artur Costa Steiner wrote:
 
   Nao, a soma e o produto de de dois transcendentes
 nao tem que ser
  transcendente. por exemplo, pi e 1 - pi sao
 transcendentes mas a soma
  eh 1, inteiro. pi e 1/pi sao transcendentes, mas o
 prduto eh 1. A soma
  de um transcendente com um algebrico eh
 trancendente e o produto de um
  transcendente por um algebrico nao nulo eh
 transcendenteArtur
 
   -Mensagem original-
   De: [EMAIL PROTECTED]
   [mailto:[EMAIL PROTECTED] nome de
 ralonso
   Enviada em: sexta-feira, 3 de agosto de 2007
 09:15
   Para: obm-l@mat.puc-rio.br
   Assunto: Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2
 +a ) eh
   irracional
 
   Ora pi + e é irracional, pois ambos são
 transcendentes.
   Se eu não me engano a soma e o produto de
 dois
   transcendentes é transcendente,
   logo são irracionais.
 
   Bruno França dos Reis wrote:
 
   Eu aposto, com probabilidade de acerto igual
 a 1, que pi +
   e é irracional! Truco!
   2007/8/2, [EMAIL PROTECTED]
 [EMAIL PROTECTED]:
  
De fato, o Bruno tem razão, e existem
 exemplos
ainda menos artificiais.
  
Se x e y são dois números irracionais,
 não há
como decidir, a priori, se x + y,
x/y ou xy são ou não irracionais, casos
 simples
à parte.
  
Não se sabe nem mesmo se 'pi + e' é
 irracional,
segundo o mathworld:
  
http://mathworld.wolfram.com/Pi.html.
  
Abraço,
  
- Leandro.
  
  
  
  
   --
   Bruno França dos Reis
   email: bfreis - gmail.com
   gpg-key:
  

http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.key
  
   icq: 12626000
  
   e^(pi*i)+1=0
 
 



  Alertas do Yahoo! Mail em seu celular. Saiba mais em 
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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
=

Re: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional

[ralonso]

Olá Demetrio!

Perguntas:
1-  É adequado pensar em um número transcendente como
um algébrico de grau infinito?

Olá Demetrio! Quase isso.   As idéias a que me refiro abaixo para provar
que e+pi é transcendente e portanto irracional fariam uso disso.   Por exemplo 
pi/4 seria a solução
da equação de grau infinito tg (x) = 1 (enxergando tg (x) como uma série de 
potências).
Mas isso requereria mais rigor matemático.
O que seria solução de uma equação de grau infinito ???

2-  Em caso de resposta afirmativa para a primeira
pergunta (eu acho que sim), alguém conhece alguma
prova de transcendência baseada nesta idéia?

Sim, a prova de Liouville.

Ronaldo Luiz Alonso

Demetrio Freitas wrote:

 O  grau algébrico de um número (algébrico) N  é o grau
 do polinômio mônico irredutível de coeficientes
 racionais onde N aparece como raiz.

 http://mathworld.wolfram.com/AlgebraicNumberMinimalPolynomial.html
 http://en.wikipedia.org/wiki/Algebraic_number



 []´s Demetrio

 --- ralonso [EMAIL PROTECTED] escreveu:

  É verdade me enganei. Bem lembrado: A soma de um
  algebrico com um
  transcendente é transcendente e o produto de um
  algebrico
  não nulo por um transcendente é transcendente.
 
  Na verdade o que eu enunciei é apenas uma
  conjectura.   Acho que é
  possível demostrá-la, usando as
  idéias de Liouville para provar a transcendência de
  pi e e.
 
  Vou ver se encontro algum tempo para discutir e
  expor a prova de
  Liouvile e fazer comentários aqui na lista.
  Se alguém demonstrar vai ficar famoso.
 
  Abraços
  Ronaldo.
 
 
  Artur Costa Steiner wrote:
 
Nao, a soma e o produto de de dois transcendentes
  nao tem que ser
   transcendente. por exemplo, pi e 1 - pi sao
  transcendentes mas a soma
   eh 1, inteiro. pi e 1/pi sao transcendentes, mas o
  prduto eh 1. A soma
   de um transcendente com um algebrico eh
  trancendente e o produto de um
   transcendente por um algebrico nao nulo eh
  transcendenteArtur
  
-Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED]
[mailto:[EMAIL PROTECTED] nome de
  ralonso
Enviada em: sexta-feira, 3 de agosto de 2007
  09:15
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2
  +a ) eh
irracional
  
Ora pi + e é irracional, pois ambos são
  transcendentes.
Se eu não me engano a soma e o produto de
  dois
transcendentes é transcendente,
logo são irracionais.
  
Bruno França dos Reis wrote:
  
Eu aposto, com probabilidade de acerto igual
  a 1, que pi +
e é irracional! Truco!
2007/8/2, [EMAIL PROTECTED]
  [EMAIL PROTECTED]:
   
 De fato, o Bruno tem razão, e existem
  exemplos
 ainda menos artificiais.
   
 Se x e y são dois números irracionais,
  não há
 como decidir, a priori, se x + y,
 x/y ou xy são ou não irracionais, casos
  simples
 à parte.
   
 Não se sabe nem mesmo se 'pi + e' é
  irracional,
 segundo o mathworld:
   
 http://mathworld.wolfram.com/Pi.html.
   
 Abraço,
   
 - Leandro.
   
   
   
   
--
Bruno França dos Reis
email: bfreis - gmail.com
gpg-key:
   
 
 http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.key
   
icq: 12626000
   
e^(pi*i)+1=0
  
 

   Alertas do Yahoo! Mail em seu celular. Saiba mais em 
 http://br.mobile.yahoo.com/mailalertas/
 =
 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: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional

[silverratio]

Olá,

É preciso ser um pouco cuidadoso com essa questão de transcendência.

Eu responderia não à primeira pergunta do Demétrio.
Várias questões precisam ser respondidas quando você fala em grau infinito.

Eu entendo que com grau infinito você estaria provavelmente se referindo
à uma série. Mas isso está longe de ser suficiente..

No exemplo do Ronaldo, pi/4 é solução de tg (x) = 1.
Mas x = 0 é solução de sen(x) = 0.
Posso expressar sen(x) igualmente bem em série de potência, e
no entanto 0 está longe de ser transcendente.

Isto mostra que qualquer número a princípio pode ser solução de
uma equação que envolva uma série, ou a expansão em séries
de uma função.

Quanto à segunda pergunta, não sei à qual prova o Ronaldo está
se referindo.
O que eu sei que Liouville fez foi dar uma caracterização dos
números transcendentes à partir do que ele chamou de aproximações
racionais, o que é diferente de pensar em séries, ou polinômios infinitos.
Trata-se de aproximar números com SEQUÊNCIAS de racionais.

Provar a transcendentalidade, ou mesmo irracionalidade, não é uma
tarefa trivial.. especialmente a primeira.
Existe um Teorema famoso que foi provado Gelfond, e independentemente
por Schneider, que diz o seguinte:

TEOREMA (Gelfond  Schneider):
* Se X e Y são números algébricos, X é diferente de zero e um, e B não
é racional, então X^Y é transcendente.

Como exemplo, temos que e^(pi) (mas não e + pi) é transcendente,
bem como 2^sqrt(2).
Contudo, a demonstração de tal teorema não é fácil.
Eu citaria como referência o livro do Ivan Niven, Irrational Numbers.

Abraço,

- Leandro.

Re: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional

[silverratio]

Desculpem o erro ao enunciar o Teorema.

Não é ..B não é racional.. e sim Y não é racional.

- Leandro.