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 s
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
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, send
Sabendo que m(r) é crescente, m(r)>=0 para qualquer que seja 0=< r =< L e que
integral(m(r)dr) de 0 até L é M(L-X), prove que o valor mínimo de
integral(m(r)*r dr) de 0 até L é igual a ML(L-X)/2.
Obs:m(r) não é uma função necessariamente contínua.
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema d
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
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
int
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
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
> 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, ...
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_
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
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
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. En
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 sej
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 sã
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 div
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 iguai
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
Não, não é não. O TF. Aritmética diz que todo inteiro positivo ou é primo ou é
representado de forma unívoca, a menos da ordem dos fatores, por um produto de
primos.
Artur
Enviado do meu iPad
Em 16 de abr de 2018, à(s) 5:24 PM, Israel Meireles Chrisostomo
escreveu:
> Esse daà não é o Teo
Esse daí não é o Teorema Fundamental da Aritmética?
Em 15 de abril de 2018 20:30, Artur Steiner
escreveu:
> Eu acho esse interessante:
>
> Sejam m e n inteiros positivos tais que o produto dos divisores de m
> iguale-se ao produto dos divisores de n. Então, m = n.
>
> Artur Costa Steiner
>
> --
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.
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
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 ex
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
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, t
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, t
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 al
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 unifo
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.
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 meromorf
Alguém poderia explicar a parte que fala da base 3A passagem da penúltima para
a última linha?
From: marconeborge...@hotmail.com
To: fteije...@yahoo.com.br
Subject: FW: [obm-l] Re: [obm-l] Provar por indução
Date: Thu, 17 Jan 2013 17:14:15 +
> Date: Wed, 2 May 2012 16:54:44 -0
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) !
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
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
á
Douglas, esse enfoque com funções geradoras é desconhecido pra mim.Eu teria que
lersobre o assunto.Obrigado!
--
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acredita-se estar livre de perigo.
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
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)>=M>0 para todo x real.
---///---
Espírito da demonstração:
a) Se y for positiva e estiver descendo, a EDO faz y descer cada vez mais
rápido,
Mostre que, se g de R em R é contínua e seu ínfimo em R é positivo, em toda
solução da EDO
y'' + gy = 0
tem uma infinidade de zeros.
Obrigada.
Amanda
--
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acredita-se estar livre de perigo.
=
ém. 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:
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.
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 rea
...@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),
&
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
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
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
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.
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
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, sendoD1 =
{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
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 conju
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 mensag
ns Rama
> To: OBM-L
> Sent: Sunday, May 25, 2014 11:03 AM
> Subject: [obm-l] Provar perpendicularidade em Geometria Plana
>
>
>
> Caros amigos, alguém me auxilia nessa demonstração de Geom Plana? É do
> livro da SBM do Antonio Caminha Muniz Neto.
> Abraço a todos.
> M
perpendicular ao segmento EF.
Abraços
Hermann
- Original Message -
From: Martins Rama
To: OBM-L
Sent: Sunday, May 25, 2014 11:03 AM
Subject: [obm-l] Provar perpendicularidade em Geometria Plana
Caros amigos, alguém me auxilia nessa demonstração de Geom Plana? É do livro
da SBM do Antonio
Obrigado, Carlos Victor.
Solução simples e bonita!
Abraço,
Martins Rama.
--
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 usa
Oi Martins, esqueci de dizer que o ponto R é a interseccão de OA e EF, ok ?
Abraços
Carlos Victor
Em 25 de maio de 2014 13:31, Carlos Victor escreveu:
> Oi Martins, Observe o seguinte :
>
> Os segmentos AE e AF são respectivamente : c.cosA e bcosA.
> Observe agora que os triângulos ABC e AEF s
Oi Martins, Observe o seguinte :
Os segmentos AE e AF são respectivamente : c.cosA e bcosA.
Observe agora que os triângulos ABC e AEF são semelhantes, por possuirem
os lados AC e AB com razões iguais aos lados AE e AF e, claro um ângulo
em comum.
Donde o ângulo FEA = ângulo em B.
Como o ângul
Caros amigos, alguém me auxilia nessa demonstração de Geom Plana? É do
livro da SBM do Antonio Caminha Muniz Neto.
Abraço a todos.
Martins Rama.
Seja ABC um triângulo acutângulo de circuncentro O. Se E e F são os pés
das alturas relativas aos vértices B e C, respectivamente, prove que o
segmento
Considere os seguintes casos:
i) x >= 0 -> x^n >= 0 -> |x^n| = x^n = |x|^n;
ii) x < 0 (considere x = - y (onde y > 0). Temos: |x| = - x = y) e n = 2k
(onde k é natural) -> x^n = (-y)^(2k) = y^(2k) > 0 -> |x^n| = x^n
= y^(2k) = |x|^n;
iii) x < 0 (considere x = - y (onde y > 0). Temos: |x| = - x =
Caros Colegas,Como provar que |x^n| = |x|^n , sendo x um número real qualquer e n um inteiro positivo?Abraços do Ennius__
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
=
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,
Veja se o caminho abaixo é satisfatório.
Seja n>1 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
Fic
Como provar que 1 + 1/2 +1/3 + ...1/n não é inteiro?
Gostaria de uma abordagem usando teoria dos números
Obrigado.
Em primeiro lugar, note que 1/2=1/3+1/6. Dividindo por k dos dois
lados, note que 1/(2k)=1/(3k)+1/(6k)
Então usando esta ideia, você pode ir abrindo assim:
1=1/2+1/3+1/6 (use k=3 para abrir o 1/6)
1=1/2+1/3+1/9+1/18 (use k=9 para abrir o 1/18)
1=1/2+1/3+1/9+1/27+1/54 (use k=18 para abrir o 1/54)
Prove por indução que para cada numero natural p > = 3,existem p numeros
naturais distintos dois a dois :
n1,n2,...,np tais que
1/n1 + 1/ n2 ...+ 1/np = 1
Essa complicou pra mim,conto com ajuda,agradeço desde já
: [obm-l] RE: [obm-l]
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
> 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
>
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
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
2012/3/25 João Maldonado :
> Olá Marcelo, realmente esqueci de provar que converge. Enfim, a prova é
> fácil
>
> sendo x finito, Vamos provar por indução que se f(x) < 2, f(x+1) < 2
>
> temos f(x+1) = sqrt(2 + f(x)), < sqrt(2+2) = 2, e f(1) < 2, o que completa a
> demonstração de que f(infinito) co
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 c
...(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
>
> ----------
> Fro
;
>
> 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
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
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 +
C
Como provar q raiz(2+raiz(2+raiz(2+...raiz(2)),generalizando para n raizes,é
irracional?
Gostaria de pedir ajuda para provar por indução que fib(n + 2) >= ((1 +
5^1/2))^n com n>=0. Não encontro a substituição correta para terminar.
Desde já obrigada!
Maria
Quer deixar seu Oi com a sua cara? No Mundo Oi voc
Oi Pedro...eh assim,
P(A U B) < = 1Mas P( A U B) = P(A)+P(B)-P(A inter B) Assim, P(A U B) < = 1 implica P(A)+P(B)-P(A inter B) < = 1Mas P(A^c)=a implica P(A)=1-a  e P(B^c)=b implica P(B)=1-bassim,1-a+1-b-P(A inter B) < = 1 então segue que P(A inter B)>=1-a-b.Valew, CgomesEm 14/0
P(A)=1-a
P(B)=1-b
P(A uniao B)<=1
Portanto,
P(A)+P(B)-P(A inter B)=P(A uniao B)<=1, ou seja,
1-a-b = P(A)+P(B)-1 <= P(A inter B)
Citando Pedro Costa :
Prove que P(A^c)=a e P(B^c)=b, então P(A inter B)>=1-a-b
--
Arlane Manoel S Silva
Departamento de Matemática
Prove que P(A^c)=a e P(B^c)=b, então P(A inter B)>=1-a-b
2009/4/8 Artur Steiner :
> Eu nao consegui chegar a uma conclusao neste aqui. Talvez haja uma saida
> trivial que nao vi. Tentei usar o teorema de Wilson.
>
> Mostre que o inteiro positivo eh primo se, e somente se,
>
> (n - 2! = 1 (mod n)
Acho que faltou um parênteses, não ? (n-2)! = 1 mod n. Se f
Eu nao consegui chegar a uma conclusao neste aqui. Talvez haja uma saida
trivial que nao vi. Tentei usar o teorema de Wilson.
Mostre que o inteiro positivo eh primo se, e somente se,
(n - 2! = 1 (mod n)
_
Faça já uma
Para uma prova de um resultado geral, do qual raiz(2) é um caso particular, dê
uma olhada neste link
http://answers.yahoo.com/question/index;_ylt=AnMLanfMAP2UTFvIemEdmWfsy6IX;_ylv=3?qid=20090406134112AAIkOK6&show=7#profile-info-DWoot6l7aa
A prova geral pode ser também feita pelo teo
*
>
> 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 q
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 nã
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 escreveu:
De: Rodrigo Assis
Assunto: [obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional.
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data
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
Pessoal não estou conseguindo resolver. O problema pede que seja feito
através do Teorema Fundamental da Aritmética. Já tentei 2 vezes e nada...
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 l
e: Artur Costa Steiner <[EMAIL PROTECTED]>
Para: "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
Original Message -
> *From:* Artur Costa Steiner <[EMAIL PROTECTED]>
> *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:
>
> Most
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
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
Acho este problema interessante:
Seja a_n, n=1,2,3... uma sequencia de reais positivos e s_n a sequencia das
somas parciais de a_n. Mostre que Soma (a_n)/((s_n^)2) converge.
Artur
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 q
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 q
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/o
--- 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
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 ver
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 pens
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
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 séri
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