[obm-l] Re: [obm-l] Provar que a inteira f é um polinômio de grau positivo
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 exercÃcio, 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 > > > > > > > > -- > > 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 a inteira f é um polinômio de grau positivo
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 exercÃcio, 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 > > > > -- > 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 =
[obm-l] Provar que a inteira f é um polinômio de grau positivo
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 -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Provar que f é contínua
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 > > -- > 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 f é contínua
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 -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Provar que m = n
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
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
> 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
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
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
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. >> >> -- >> 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 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
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
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
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
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
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
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 Steinerescreveu: > 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
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 Chrisostomoescreveu: > Esse daà 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 antivÃrus 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
Esse daí não é o Teorema Fundamental da Aritmética? Em 15 de abril de 2018 20:30, Artur Steinerescreveu: > 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
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
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 Steinerescreveu: > 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 contÃnua em toda a reta e não diferenciável em > ponto nenhum. No plano, é muito simples: a função f(z) = conjugado(z) tem > estas caracterÃsticas. Em nenhum complexo satisfaz à s 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 possÃvel, 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 ubÃquas 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 contÃnua, 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 contÃnua, 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, >>> concluÃmos 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 >>> >> contÃÂnua. 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 >>> > contÃÂnua. 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 antivÃrus 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 antivÃrus 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 antivÃrus 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
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 Buffaraescreveu: > 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 >> >> contÃnua. 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 >> > contÃnua. 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
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 > >> contÃnua. 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 > > contÃnua. 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 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
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 Costaescreveu: > 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 >> contÃnua. 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 > contÃnua. 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
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 Costaescreveu: > 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 >> contÃnua. 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 > contÃnua. 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
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
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
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
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 -- 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] Provar que (f'_n) converge para f'
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 -- 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] Provar que (f_n') converge to f'
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 -- 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] Provar que é um paralelogramo
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 -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Provar que...
Douglas, esse enfoque com funções geradoras é desconhecido pra mim.Eu teria que lersobre o assunto.Obrigado! -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Provar que y tem uma infinidade de zeros em R
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 -- 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 y tem uma infinidade de zeros em R
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 contÃnua e seu Ãnfimo em R é positivo, em toda solução da EDO y'' + gy = 0 tem uma infinidade de zeros. Obrigada. Amanda -- 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.
Re: [obm-l] Provar que y tem uma infinidade de zeros em R
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 contÃnua e seu Ãnfimo em R é positivo, em toda solução da EDO y'' + gy = 0 tem uma infinidade de zeros. Obrigada. Amanda -- 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] Provar que...
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. = 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...
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 -- 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...
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 -- 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...
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 = -- 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...
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...
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. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
RE: [obm-l] Provar que...
Menos (50*51), esse é maior do que 50^2 :) Edu 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. -- 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.
RE: [obm-l] Provar que...
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. -- 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 pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Provar que D = {x | f(x-) =! f(x+)} é enumerável
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 à direita e à esquerda existem em R e são diferentes). Mostre que D é enumerável. Obrigada Amanda -- 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 = -- Esdras Muniz Mota Graduando em Matemática Bacharelado Universidade Federal do Ceará -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] RE: [obm-l] Provar que D = {x | f(x-) =! f(x )} é enumerável
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 -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Provar que D = {x | f(x-) =! f(x+)} é enumerável
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 -- 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] Provar que D = {x | f(x-) =! f(x+)} é enumerável
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 -- 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] Provar que não é inteiro
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
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
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] 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...
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...
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...
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] Provar que é irracional...
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...
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...
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...
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...
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...
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...
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...
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] Provar que raiz de 2 não é racional.
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.
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.
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 .
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 http://br.maisbuscados.yahoo.com
[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional.
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
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 = 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] Res: [obm-l] Provar que é quadrado perfeito
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
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
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
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
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
Será que alguém consegue me ajudar naquela questão que enviei sobre aquela função? Realmente não consegui concluir. Artur = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
--- 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/ = 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 = Flickr agora em português. Você clica, todo mundo vê. http://www.flickr.com.br/ = 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
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 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
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/ = 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
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
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 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 =
Re: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
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
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
Desculpem o erro ao enunciar o Teorema. Não é ..B não é racional.. e sim Y não é racional. - Leandro.
RES: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
Nao hah um engano no enunciado deste teorema? O numero B nem aparece na expressao. Se X e Y sao algebricos, X^Y pode ser algebrico mesmo que Y nao seja 0 nem 1. [Artur Costa Steiner] 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
eu também errei. A prova de que pi é transcendente, a que me refiro, é devida à Lindemann, não a Liouville! Foi mal :) [EMAIL PROTECTED] wrote: Desculpem o erro ao enunciar o Teorema. Não é ..B não é racional.. e sim Y não é racional. - Leandro. = 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
Aí vai o link. http://www.mathematik.uni-muenchen.de/~freitas/pi.pdf Só precisa saber alemão Eu não sei .. Só entendo a matemática ... e bem pouco ... []s [EMAIL PROTECTED] wrote: Desculpem o erro ao enunciar o Teorema. Não é ..B não é racional.. e sim Y não é racional. - Leandro. = 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
Pelo que me lembro a prova de Liouville (sobre a transcendência de pi) constrói inicialmente uma equação polinomial com grau n que teria como solução pi. Ele então prova que tal equação não existiria pois n deveria ser infinito. Isso como vc está dizendo parece ser diferente de considerar uma série de potências. 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. Podemos dizer que existem infinitos x para os quais sen(x) = 0, ou seja isso não define um número transcendente, mas um conjunto de números da forma 2*k*pi com k em Z, dos quais com exceção de um todos são transcendentes. O problema parece ser decidir quando a solução de uma equação de grau infinito oferece um número transcendente. É essa tarefa, que eu concordo, não é trivial. Provavelmente teremos que construir grupos associados, como fez Galois para o caso finito. Neste caso daria para provar que e+pi é transcendente. Bastaria construir uma equação de grau infinito que oferecesse e+pi como solução e ter um teorema de apoio que mostrasse que essa solução é transcendente. Ronaldo Luiz Alonso. [EMAIL PROTECTED] wrote: 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. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] 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
RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
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 transcendente Artur -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
Re: RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
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
RES: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
Tem razao, para a = 0 a afirmacao nao eh valida. Para a0, eu dei uma prova diferente das que foram apresentadas. Observemos que k + raiz(k^2 +a )e k - raiz(k^2 +a) sao raizes da equacao do 2o grau x^2 - 2kx - a = 0. Como a0, 0 nao eh raiz, e a equacao equivale a x^2 - a = 2kx ou, para x0, x - a/x = 2k. Como k eh irracional e a0 eh racional, esta equacao nao pode ter raizes racionais. Logo, tanto k + raiz(k^2 +a )como k - raiz(k^2 +a)sao irracionais. Artur -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] nome de Carlos Enviada em: sexta-feira, 3 de agosto de 2007 00:30 Para: obm-l@mat.puc-rio.br Assunto: Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional Oi a todos da lista. Não sei se perdi algo do enunciado, mas podemos supor k= - sqrt(2) e a = 0? Assim, k^2+a=2=0 e k+sqrt(k^2+a)=-sqrt(2)+sqrt(2)=0 que é racional. Por favor, se eu perdi algo do enunciado, corrijam-me. Estou escrevendo pelo enunciado que está no próprio e-mail (enunciado pelo Artur). Abraços, Carlos. Oi Saulo, a soma de 2 irracionais nao complementares tambem pode ser racional. Ex: sqrt(2) somado com 1.41 - sqrt(2) []'s Rogerio Ponce */saulo nilson [EMAIL PROTECTED]/* escreveu: k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh Um numero irracional mais um outro numero qualquer sempre da irracional, a nao ser que rq(k^2+a) seja -k ai teremos -k=rq(k^2+a) absurdo ja que k^2+a=0 On 8/2/07, *Artur Costa Steiner* [EMAIL PROTECTED] mailto:[EMAIL PROTECTED] wrote: Este problema parece complicado, mas tendo-se um clique apresenta uma solucao simples, Achei interessante. Seja a um numero racional. Mostre que, se k for irracional e k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh irracional. Artur Alertas do Yahoo! Mail em seu celular. Saiba mais http://br.mobile.yahoo.com/mailalertas/. __ Faça ligações para outros computadores com o novo Yahoo! Messenger http://br.beta.messenger.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
Este problema parece complicado, mas tendo-se um clique apresenta uma solucao simples, Achei interessante. Seja a um numero racional. Mostre que, se k for irracional e k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh irracional. Artur
Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh Um numero irracional mais um outro numero qualquer sempre da irracional, a nao ser que rq(k^2+a) seja -k ai teremos -k=rq(k^2+a) absurdo ja que k^2+a=0 On 8/2/07, Artur Costa Steiner [EMAIL PROTECTED] wrote: Este problema parece complicado, mas tendo-se um clique apresenta uma solucao simples, Achei interessante. Seja a um numero racional. Mostre que, se k for irracional e k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh irracional. Artur
Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
Saulo, sua afirmação inicial é falsa. Vc afirma que se k é um irracional e x um real qualquer diferente de -k, então k + x é irracional. Isto não é verdade. Quer um exemplo? Seja k um irracional qualquer. Tome x = (1 - k). Assim, x != -k e x + k = (1 - k) + k = 1 é racional. Abraço Bruno 2007/8/2, saulo nilson [EMAIL PROTECTED]: k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh Um numero irracional mais um outro numero qualquer sempre da irracional, a nao ser que rq(k^2+a) seja -k ai teremos -k=rq(k^2+a) absurdo ja que k^2+a=0 On 8/2/07, Artur Costa Steiner [EMAIL PROTECTED] wrote: Este problema parece complicado, mas tendo-se um clique apresenta uma solucao simples, Achei interessante. Seja a um numero racional. Mostre que, se k for irracional e k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh irracional. Artur -- 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
Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
Por hipótese: a racional, k irracional Suponha b = k + raiz(k^2 + a) racional. Então: b -k = sqrt(k^2 + a) (b - k)^2 = (sqrt(k^2 +a))^2 b^2 -2*b*k +k^2 = k^2 +a b^2 -2*b*k = a b*(b-2*k) = a a/b = b -2*k Se b racional, implica a/b racional. Porém, k é irracional por hipotese e portanto b -2*k é irracional para b racional = Contradição []´s Demetrio --- Artur Costa Steiner [EMAIL PROTECTED] escreveu: Este problema parece complicado, mas tendo-se um clique apresenta uma solucao simples, Achei interessante. Seja a um numero racional. Mostre que, se k for irracional e k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh irracional. Artur 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 =
Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
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.
Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
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
Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
Oi Saulo, a soma de 2 irracionais nao complementares tambem pode ser racional. Ex: sqrt(2) somado com 1.41 - sqrt(2) []'s Rogerio Ponce saulo nilson [EMAIL PROTECTED] escreveu: k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh Um numero irracional mais um outro numero qualquer sempre da irracional, a nao ser que rq(k^2+a) seja -k ai teremos -k=rq(k^2+a) absurdo ja que k^2+a=0 On 8/2/07, Artur Costa Steiner [EMAIL PROTECTED] wrote: Este problema parece complicado, mas tendo-se um clique apresenta uma solucao simples, Achei interessante. Seja a um numero racional. Mostre que, se k for irracional e k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh irracional. Artur Alertas do Yahoo! Mail em seu celular. Saiba mais.
Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
Oi a todos da lista. Não sei se perdi algo do enunciado, mas podemos supor k= - sqrt(2) e a = 0? Assim, k^2+a=2=0 e k+sqrt(k^2+a)=-sqrt(2)+sqrt(2)=0 que é racional. Por favor, se eu perdi algo do enunciado, corrijam-me. Estou escrevendo pelo enunciado que está no próprio e-mail (enunciado pelo Artur). Abraços, Carlos. Oi Saulo, a soma de 2 irracionais nao complementares tambem pode ser racional. Ex: sqrt(2) somado com 1.41 - sqrt(2) []'s Rogerio Ponce */saulo nilson [EMAIL PROTECTED]/* escreveu: k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh Um numero irracional mais um outro numero qualquer sempre da irracional, a nao ser que rq(k^2+a) seja -k ai teremos -k=rq(k^2+a) absurdo ja que k^2+a=0 On 8/2/07, *Artur Costa Steiner* [EMAIL PROTECTED] mailto:[EMAIL PROTECTED] wrote: Este problema parece complicado, mas tendo-se um clique apresenta uma solucao simples, Achei interessante. Seja a um numero racional. Mostre que, se k for irracional e k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh irracional. Artur Alertas do Yahoo! Mail em seu celular. Saiba mais http://br.mobile.yahoo.com/mailalertas/. __ Faça ligações para outros computadores com o novo Yahoo! Messenger http://br.beta.messenger.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Provar que k + raiz(k^2 +a ) eh irracional
Oi a todos da lista. Não sei se perdi algo do enunciado, mas podemos supor k= - sqrt(2) e a = 0? Assim, k^2+a=2=0 e k+sqrt(k^2+a)=-sqrt(2)+sqrt(2)=0 que é racional. Por favor, se eu perdi algo do enunciado, corrijam-me. Estou escrevendo pelo enunciado que está no próprio e-mail (enunciado pelo Artur). Abraços, Carlos. Oi Saulo, a soma de 2 irracionais nao complementares tambem pode ser racional. Ex: sqrt(2) somado com 1.41 - sqrt(2) []'s Rogerio Ponce */saulo nilson [EMAIL PROTECTED]/* escreveu: k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh Um numero irracional mais um outro numero qualquer sempre da irracional, a nao ser que rq(k^2+a) seja -k ai teremos -k=rq(k^2+a) absurdo ja que k^2+a=0 On 8/2/07, *Artur Costa Steiner* [EMAIL PROTECTED] mailto:[EMAIL PROTECTED] wrote: Este problema parece complicado, mas tendo-se um clique apresenta uma solucao simples, Achei interessante. Seja a um numero racional. Mostre que, se k for irracional e k^2 + a =0, então k + raiz(k^2 + a) eh irracional. Artur Alertas do Yahoo! Mail em seu celular. Saiba mais http://br.mobile.yahoo.com/mailalertas/. __ Faça ligações para outros computadores com o novo Yahoo! Messenger http://br.beta.messenger.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Provar que eh divisivel por 17
Escreva sua expressão assim: 2*(2^7)^n + 3*(3^2)^n + 5*(5^10)^n + 7*(7^6)^n Agora simplificamos a expressão observando que 2^4 = 16 = -1 (mod 17) == (2^7)^n = (-1)^n * 8^n 3^2 = 9 = -8 (mod 17) == (3^2)^n = (-1)^n * 8^n 5^2 = 25 = 8 (mod 17) == (5^10)^n = 5^(2*5*n) = (5^2)^5n = 8^5n 8^5 = 64*64*8 = (-4)*(-4)*8 = 16*8 = (-1)*8 = -8 (mod 17) Assim, (5^10)^n = (-1)^n * 8^n Adivinhe quanto será (7^6)^n... 7^6 = 343 * 343 = 3 * 3 = 9 = -8 (mod 17) == (7^6)^n = (-1)^n * 8^n Assim a expressão original é: (-1)^n*8^n * (2 + 3 + 5 + 7) = (-1)^n*8^n * 17, e portanto é divisível por 17, para todo n natural! Abraço Bruno 2007/6/28, Artur Costa Steiner [EMAIL PROTECTED]: Esta não consegui. Tentei por indução, complicou. Algúem pode ajudar? Mostra que 2^(7n+1) + 3^(2n+1) +5^(10n+1) + 7^(6n+1), n =0, 1,2eh divisivel por 17. Abracos Artur -- 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