Re: [obm-l] questoes envolvendo idades
Acho que alguém já resolveu a 1º. Caso vc não tenha, diga que eu envio. A segunda não consegui, se vc tiver me envie por favor. A solução daterceira é: Pai = P Wilson = W Irmã = I Vou considerar as idades em meses! P+I+W = 1200 (1) I+P-W = 2 (2) P+P-I = 2(W+P-I) (3) De (2), temos que I = P-W e de (3) temos queI = 2 Dessas duas tira-se que que P = 3 Substituindo essas em (1), teremos: 3+2+W = 1200 .: W=200 meses I = 2 .: I = 400 meses P = 3 .: P = 600 meses Se eu estiver certo, as suas respostas não efetua boas! Espero ter ajudado. Um abraço. - Original Message - From: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, July 14, 2003 9:21 PM Subject: [obm-l] questoes envolvendo idades Ola pessoal, Como resolver estes: 1) Julio falou: Se eu tivesse 5/6 da idade que tenho e se Antonio, meu irmao, tivesse 1/4 da que tem, juntos teriamos 3 anos mais do que eu tenho. Mas se eu tivesse 4/9 da idade que tenho e Antonio tivesse 7/12 da idade que tem, juntos teriamos 2 anos menos do que eu tenho. Que idade tem Julio? Qual a idade de Antonio? r: Juliano tem 54 anos, e Antonio, 48 2) A soma das idades de Julio e Roberto eh igual a 64 anos. Julio tem o dobro da idade que Roberto tinha quando Julio tinha a metade da idade que Roberto tera quando seus anos forem o triplo dos de Julio quando este tinha tres vezes a idade de Roberto. Do exposto, pergunta-se: a) Qual a idade de Julio? b) Qual a idade de Roberto? c) Que idade tinha Julio quando Roberto nasceu? d) Que idade terá Roberto quando Julio tiver 50 anos? r: a) 40 anos b) 24 anos c) 16 anos d) 34 anos 3) Quando Wilson tiver a idade que o pai tem hoje, sua irma sera duas vezes mais velha do que eh atualmente e a idade do pai sera o dobro da que tera Wilson quando a irma tiver a idade atual do pai. A soma das idades dos tres da exatamente um seculo. Qual a idade de cada um? r: Wilson tem 20 anos; a irma, 30 e o pai, 50 Esta mensagem foi verificada pelo E-mail Protegido Terra.Scan engine: VirusScan / Atualizado em 09/07/2003 / Versão: 1.3.13Proteja o seu e-mail Terra: http://www.emailprotegido.terra.com.br/
[obm-l] Grupos
Olá, pessoal! Alguém para me ajudar nesses? 1) Seja G um grupo. Dado um G-set X : a) Mostre q a ação do grupo G induz um homomorfismo T : G em P(X).[P(X) é o grupo das permutações dos elementos de X]. b) Mostre q quando X = G, o homomorfismo T induzido é um monomorfismo. c) Conclua q todo grupo G é isomorfo a um subgrupo de P(G). 2) Dado um subgrupo H G, considere a ação # : G em G/H dada por # (g,xH) = (gx)H. a) Mostre q o núcleo do homomorfismo induzido por esta ação é um subgrupo de H. b) Mostre q se H é simples e [G :H] = n então G é isomorfo a um subgrupo do grupo de permutações de n elementos. c) Assuma q G é finito e seja p natural o menor primo q divide a ordem de G. Mostre q se [G : H] = p então H G. Grato, Tertuliano Carneiro.Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam.
[obm-l] Curvas
Caros amigos, as curvas abaixo possuem algum nome especial? Como elas são feitas? Desde já agradeço! Davidson Estanislau 1.gif2.gif
Re: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Paulo e suas ...
On Fri, Jul 18, 2003 at 12:53:43AM -0300, J.Paulo roxer ´til the end wrote: Nicolau,é ridícula essa sua atitude.Qualquer pessoa de bom senso sabe q tenho razão.Meu intuito não é de brigar com os inscritos,mas de conscientizar. Esta é a última mensagem que eu vou escrever para você. Passarei a deletar todas as suas mensagens sem ler e se o seu e-mail voltar a aparecer em obm-l será removido sumariamente. = 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] Curvas
Batize-as como "Curvas de Estanislau" - Mensagem Original De: [EMAIL PROTECTED]Para: "[EMAIL PROTECTED]" [EMAIL PROTECTED]Assunto: [obm-l] CurvasData: 21/07/03 11:09 Caros amigos, as curvas abaixo possuem algum nome especial? Como elas são feitas? Desde já agradeço! Davidson Estanislau B = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Prova por indução finita
Desta vez fui eu que não entendi sua dúvida. De qq forma pela experiência
que tenho em sala de aula imaginoque o seguinte te ajude:
supomos que k! 2^k . Portanto, desde que k+1 é positivo, podemos
multiplicar essa desigualdade dos dois lados por (k+1) = (k+1). k!
(k+1). 2^k = (k+1)! (k+1) . 2^k 2 . 2^k , pois k+1 2 . Segue
que (k+1)! 2^{k+1} .
Ajudou? Se não, pode escrever novamente, mas explique-me melhor sua dúvida.
Boa Sorte.
Um abraço,
Frederico.
From: Henrique Patrício Sant'Anna Branco [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Prova por indução finita
Date: Sun, 20 Jul 2003 21:16:59 -0300
Suponha que k! 2^k.Então(k+1)! = (k+1) . k! (k+1). 2^k ,
pela
hipótese de indução. Como k=4 , claramente k+1 2 = (k+1)!
2^{k+1} .
Não entendi a parte (k+1) . k! (k+1). 2^k... Isso não deveria ser (k+1) .
k! 2 * 2^k.
Daí, sabemos que k! 2^k e, claramente, k + 1 2. Ou não?
Grato,
Henrique.
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[obm-l] Re: [obm-l] sequências....
Oi Crom, Aih vão as soluções: 1) Vamos mostrar por indução. Para n=1, temos a_1^3=a_1^2 = a_1=0 ou a_1=1.OK. Além disso, 1+ 8.a_1 é quadrado perfeito. Suponha por indução que a_1, ...a_(n-1) sejam inteiros e que 1+ 8(a_1+...+a_(n-1)).( Vc vai jah perceber pq essa ultima condição). Logo a_1^3+...+a_n^3= (a_1+...+a_n)^2 = (a_1^3+...+a_(n-1)^3)+ a_n^3= (a_1+...+a_(n-1))^2+ 2.a_n.(a_1+...+a_(n-1))+ a_n^2 = =a_n^3= 2.a_n.(a_1+...+a_(n-1))+ a_n^2 = = a_n=0 ou a_n^2= 2.(a_1+...+a_(n-1))+ a_n = = a_n^2- a_n- 2.(a_1+...+a_(n-1))=0. delta= 1+ 8(a_1+...+a_(n-1)), que por indução, é quadrado perfeito (e ímpar, como se pode ver). Assim, a_n= [1+- sqr(1+ 8(a_1+...+a_(n-1))]/2, que em qq dos casos é inteiro! Para completar a indução, mostremos que 1+8(a_1+...+a_n) tbm é quadrado perfeito. De fato: a_n^2= 2.(a_1+...+a_(n-1))+ a_n = 1+8(a_1+...+a_n)= 4.a_n^2+ 4.a_n+ 1= (2.a_n+ 1)^2, e assim a indução está completa. 2) Escolha a_1= 1, a_2= -1, a_3= 2, a_4= -2, a_5= 3 e a_6= -3. Logo: muitos termos se cancelam, e o problema se reduz a achar quatro reais a, b, c, d t.q. (x- a)(x- b)(x- c)(x- d)= (x+ a)(x+ b)(x+ c)(x+ d). Vc pode observar que essa igualdade se reduz a um polinômio de grau 3, da forma p(x)= r.x^3+ s.x x=0 satisfaz tal equação, e p(x)/x= r.x^2+ s, que tem duas raízes reais sss r.s 0. Veja que r= (a+b+c+d) e s= abcd(1/a+ 1/b+ 1/c+ 1/d). Tomando a, b, c, d tais que esse produto dê negativo( por exemplo: a= 4, b=5, c=6 e d=-7, temos r0 e s0), as raízes 0, x_1 e x_2 de p(x) satisfazem a equação inicial. Além disso, -x_1 e -x_2 tbm satisfazem, como é fácil de se verificar. Daí, temos exatamente cinco soluções distintas. -- Mensagem original -- 1)A sequência de números reais ( a_1,a_2,,a_2000) satisfaz a condição: a_1^3+a_2^3++a_n^3=(a_1+a_2++a_n)^2 para todo n, 1=n=2000. Mostre que todo elemento da sequência é um número inteiro. 2) Prove a existência de números reais distintos a_1,a_2,...a_10 tais que a equação (x-a_1)(x-a_2)(x-a_10)=(x+a_1)(x+a_2).(x+a_10), possui exatamente 5 raízes distintas... Qualquer ajuda, eu agradeço. Crom []'s, Yuri ICQ: 64992515 -- Use o melhor sistema de busca da Internet Radar UOL - http://www.radaruol.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: [obm-l] problemas propostos ...
1) Seja A = {a(1),...,a(n)} o seu conjunto. Considere os números a(1),
a(1)+a(2), ..., a(1)+a(2)+...+a(n). Se um deles for múltiplo de n acabou.
Caso contrário, temos n números e n-1 restos possíveis na divisão por n
(1,2,..,n-1). Pelo princípio das gavetas, temos que dois deles deixam o
mesmo resto na div por n. Qd vc pega a diferença deles, vc tem o
resultado.2) Veja que pela equação dada, dentre x e y, um deles deve
ser =0, pois 1+x^2 =0 e sqrt(1-4y^2) - 1 =0. Logo xy=0.
Basta ver então que o xy=0 pode ser atingido, fazendo y=0 e x igual a
qq coisa... veja se o enunciado é esse mesmo.Abraços,
Villard
- Mensagem Original De:
[EMAIL PROTECTED]Para: "[EMAIL PROTECTED]"
[EMAIL PROTECTED]Assunto: [obm-l] problemas propostos
...Data: 20/07/03 21:45Não estou conseguindo enxergar o
princípio das gavetas nesse exercicio do eureka 11; fui analisando todas as
possibilidades para os subconjuntos de inteiros, mas não chego a concluão
alguma. Deve ser simples, mas não vejo1) Mostre que em qualquer
coleão de n inteiros há um subconjunto cuja soma dos elementos é divisível
por n.2) Determine o valor máximo do produto xy se os números reais x e
y satisfazem a relaão: y(1+x^2)=x(sqrt(1-4y^2)-1). Qualquer
ajuda nesses exercícios eu
agradeço.
Korshinói
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Re: [obm-l] IMO_2003_--_Problema_1(quem fez o 3?)
E,realmente,o problema parece extremamente
folgado...Mas e uma folga bm esquisita.Minha
soluçao ficou parrecida com a do Marcio Cohen mas
nao pensei em apertar muito,apesar de o numero
parecer crescer descontroladamente.Talvez olhar
nao mude muito...
Quem fez o tres???
--- Fábio_Dias_Moreira
[EMAIL PROTECTED] escreveu: Oi
pessoal,
Acabei de chegar do Japão, e dei uma olhada
rápida nos emails da lista. Eu li as soluções
do P1 da IMO, que estão na linha da solução do
Alex. Eu acabei descobrindo sem querer na prova
que o problema é muito folgado, se as escolhas
dos ti's forem apropriadas.
Tome dA = {x-y|xy, x e y elementos de A}. |dA|
= 5050.
Tome t1 = 1. Marque como proibidos todos os
inteiros da forma 1+dA, i.e. da forma 1+x com x
em dA. Tome o menor elemento de S que ainda não
foi proibido e chame-o de t2. Proíba todo mundo
da forma t2+dA. Tome o menor elemento de S não
proibido de t3. (...)
É impossível que tj-ti esteja em dA, com ji,
pois então tjti, logo tj = ti+x, x em dA,
*absurdo*, pois então tj teria sido proibido,
por construção. Logo basta verificar que todos
os ti's estão
Mas há no máximo 5050 proibidos e 1 escolhido
antes de t2, logo t2 = 5051; t3 = 10102; ...;
t100 = 5051*99 = 500049 10^6.
(Um subproblema: Seja A um conjunto de inteiros
positivos tal que |dA| = n. Quanto vale k, o
valor mínimo de max(A)? Eu acho que n = 5050 =
k 10^6, mas não pensei a fundo no problema.
Se isso for verdade, o problema é mais folgado
ainda.)
[]s,
--
Fábio ctg \pi Dias Moreira
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Re: [obm-l] Curvas
Elas se parecem com hipocicloides.Pra fazer pegue um lapis e grude numa roda dentada que roda dentro de outra roda dentada. --- Davidson Estanislau [EMAIL PROTECTED] escreveu: Caros amigos, as curvas abaixo possuem algum nome especial? Como elas são feitas? Desde já agradeço! Davidson Estanislau ___ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Demonstração_não_encontrada
Vai aqui a demo do Gugu. Saudacoes! A prova era assim: pensa que seu polinomio e' P(z)=z^n+a1.z^(n-1)+...+an. Se z=R.cis(t),P(z)=R^n(cis(nt)+o(1)), onde o(1) e' uma coisa pequena, que tende a 0 quando R tende a infinito. Mas isso mostra que a imagem de um circulo grande por P(z) da' n voltas em torno de 0 (a origem) no sentido anti-horario. Por outro lado, se P(0) nao e' 0, entao a imagem de um circulo pequeno centrado em 0 por P esta' pertinho de P(0) e logo nao da' volta nenhuma em torno da origem. Se P(z) nunca e' 0, entao o numero de voltas que a imagem por P de um circulo de centro em 0 e raio R da' em torno de 0 e' sempre inteiro e e' uma funcao continua de R, donde e' constante, absurdo pois varia entre 0 (para R pequeno) e n (para R grande). Portanto em algum momento as imagens desses circulos devem passar por 0 (a unica coisa que pode fazer mudar o numero de voltas), e logo existe c com P(c)=0. Abracos, Gugu --- brunos.pompeo [EMAIL PROTECTED] escreveu: Gostaria q alguém me desse a demonstração do teorema fundamental da álgebra, ou seja, todo polinômio tem raíz. Por favor, identifique o e-mail. Obrigado Bruno Pompeo __ Acabe com aquelas janelinhas que pulam na sua tela. AntiPop-up UOL - É grátis! http://antipopup.uol.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 = ___ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Re: [obm-l] IMO - P1
Quem quer generaliuzar???
--- Marcio Afonso A. Cohen
[EMAIL PROTECTED] escreveu: É
verdade! Valeu!
Marcio
- Original Message -
From: [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Saturday, July 19, 2003 4:49 PM
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] IMO - P1
Oi Marcio,
Soh hj eu li seu email, depois que eu tbm
consegui fazer a questão.
Tem apenas um detalhe que vc não observou:
os t_i´s devem ser distintos,
pq senão os dois conjuntos seriam iguais.
Seguindo a sua notação, sendo D_i=(D+
t_i)U(t_i- D), temos |D_i|=
2.5050.
O t_(i+1) deve ser escolhido em
T = S\(S_1 U...U S_i U {t_1,
t_2,...,t_i})
Olha como o problema é impressionante: para
garantir que t_100 pode ser
escolhido, devemos ter T não-vazio. Ora,
|S_1 U...U S_99 U {t_1, t_2,...,t_99}|=
|S_1|+...+ |S_99|+ 99=
99.2.5050+ 99= 00+ 99= 99
100 ()
Os números foram muitos bem escolhidos, e
o problema ainda não perdeu
a elegância com números feios! NOvamente,
parabéns Gugu.
Ateh mais,
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Re: [obm-l] Re:_[obm-l]_Demonstração_não_encontrada
E,e foi dado numa aula nivel 2 bem mixuruca da Semana Olimpica para deuses como os carinhas de ouro da OBM. As demos sao meiop geometricas mesmo...A do Gugu e meio assim... E na verdade Galois foi mais alem. --- João [EMAIL PROTECTED] escreveu: Não se espantem! Isso é extremamente FÁCIL! Tanto é que foi provado por um ser comum e insignificante chamado GAUSS em sua tese de doutoramento. Agora, falando sério, existem várias demonstrações que usam conceitos não-algébricos. Mas no caso de Gauss, parece-me que ele baseia-se em parte em considerações geométricas. TEOREMA FUNDAMENTAL DA ÁLGEBRA: Todo polinômio p(x) em C[x] de grau = 1 possui pelo menos uma raiz complexa É possível demonstrá-lo partindo de alguns resultados básicos sobre funções de 2 variáveis reais ou complexas. Para f(x) = ax2+ bx + c, usa-se o método de isolar a e completar quadrados (método conhecido desde os babilônios) Já as eq. cúbicas e quárticas foram solucionadas no séc XVI pelos matemáticos da Renascença ( Cardano e seu discípulo Ferrari as publicaram no livro Ars Magna). Para f(x) = ax2+ bx + c, usa-se o método de isolar a e completar quadrados. f(x) = x3 + ax2 + bx + c sempre com os coeficientes em C, faça y = x + a/3 e retorne para f(x) = f(y - a/3) = g(y)= y3 + py + q com p = b - a2/3 e q = c - ba/3 + 2 a3/27 epor favor verifique que a partir das raízes de 1 + w + w2 = 0 teremos para quaisquer u e v: ( y + u + v ) ( y + wu + w2v ) ( y + w2u + wv ) = y3 + y ( -3uv ) + ( u3 + v3 ). Portanto se encontrarmos p = -3uv e q = u3 + v3 e seguirmos nos cálculos acharemos as raízes de g(y) e consequentemente de f(x). Ficou provado no séc. XIX por Abel e Galois que é impossível resolver por radicais uma equação geral de grau = 5 Eu acho um assunto interessante, porém pesado pra se tratar aqui. Recorri a um texto do Grupo de Álgebra da UFMG pra fazer estes comentários. FORTE ABRAÇO - Original Message - From: brunos.pompeo [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Saturday, July 19, 2003 7:21 PM Subject: [obm-l] Demonstração não encontrada Gostaria q alguém me desse a demonstração do teorema fundamental da álgebra, ou seja, todo polinômio tem raíz. Por favor, identifique o e-mail. Obrigado Bruno Pompeo __ Acabe com aquelas janelinhas que pulam na sua tela. AntiPop-up UOL - É grátis! http://antipopup.uol.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 = = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = ___ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l]
--- Ítalo_Raony_C._Lima [EMAIL PROTECTED] escreveu: Entrei há pouco na lista. Alguém poderia me informar onde pego a prova da IMO( a última)? aqui mesmo na lista ou no site www.kalva.demon.co.uk ___ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] IMO - Curiosidades.
Na verdade ela começou com uma prata. Ah,o Ciprian Manolescu sobreviveu ao problema mais dificil de todos os tempos --- Paulo Santa Rita [EMAIL PROTECTED] escreveu: Ola Pessoal, No endereco : http://vyasa.math.iisc.ernet.in/PEOPLE/halloffame.html Voces podem ver varios fatos curiosos relacionados a IMO. Por exemplo, la voces poderao ver os medalhistas imo que conseguiram tambem ter uma medalha fields ( O Yoccoz, amigo do Prof Gugu e um deles : IMO em 1974 e FIELDS em 1994 ), estudantes que competiram durante 3 anos consecutivos e conseguiram 3 medalhas de ouro, estudantes com 5 medalhas ( 3 ouros + duas outras entre bronze e prata ) e assim sucessivamente. O que me pareceu o desempenho mais notavel foi o de uma atleta mulher que saindo de um pais ainda altamente preconceituoso ( URSS ) contra as mulheres disputou 3 anos (1989 a 1991 ) consecutivos e conseguiu 3 medalhas de ouro : Evgenija Malinnikova. Essa notavel estudante venceu muito mais que tres IMO's. Venceu a enorme pobreza de suas origens e o forte preconceito contra as mulheres que ainda existe em seu pais. Muitos outros fatos existem. Vale a pena dar uma olhada ! Um Abraco a Todos ! Paulo Santa Rita 7,2127,190703 _ MSN Messenger: converse com os seus amigos online. http://messenger.msn.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 = ___ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Re: [obm-l] Prova por indução finita
pode-se demonstrar que k!/2^k pode ser tapo
grande como se queira
--- Frederico Reis Marques de Brito
[EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá
Denisson. Essa é dauele tipo em que se usa
um truque sujo utilíssimo.
Deixo os detalhes por sua conta e vamos direto
ao ponto:
Suponha que k! 2^k.Então(k+1)! = (k+1)
. k! (k+1). 2^k , pela
hipótese de indução. Como k=4 , claramente
k+1 2 = (k+1)!
2^{k+1} .
O outro se resolve com um truque dessemesmo
naipe.
Abraços,
Frederico.
From: denisson [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Prova por indução finita
Date: Sun, 20 Jul 2003 15:56:13 -0300
Alguem pode resolver essas pra mim?
Prove por indução finita:
n!2^n, para todo n=4
Prove por indução finita:
n²2n+1, para todo n=3
obrigado
Denisson
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[obm-l] Re: [obm-l] Problema de matrizes
esta questão é da prova de admissão para o mestrado em matemática aplicada na Unicamp. -- Mensagem original -- De que ano é esta questão?? A. C. Morgado escreveu: Propuseram-me um problema que estah me perturbando um pouco. Para resolve-lo tive que usar fatos que nao sao do conhecimento usual de um (bom) aluno de ensino medio. Alguem conseguiria uma soluçao em nivel de vestibular do ITA? Problema: Prove que se a matriz real A eh anti-simetrica entao a matriz I + A eh invertível. Morgado = 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 = -- Use o melhor sistema de busca da Internet Radar UOL - http://www.radaruol.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: [obm-l] polinomios
Eu usaria algo como comparaçao de coeficientes. f(x)=(x+2)G(x) e f(x)=x+1+(x^2+4)H(x).Multiplicando talvez de certo... --- Eduardo Henrique Leitner [EMAIL PROTECTED] escreveu: Um polinômio f, divido por x+2 e x^2 + 4, dá restos 0 e x+1, respectivavemente. Qual é o resto da divisão de f por (x+2)(x^2 + 4)? tipo, eu resolvih fatorando o x^2 + 4 em (x + 2i)(x - 2i), mas eu acho que deve ter uma maneira mais real (não usando imaginários eu digo...) de resolver o exercício... se alguém souber souber se tem ou não tem outra maneira, por favor me diga... e caso tenha, como é? = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = ___ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Problema de matrizes
Eu vou pensar um pouco mas vou tentar ajudar:se demonstrarmos que det(I+A)=0 acarreta que A nao e antisimetrica?Ou tentar usar autovalores e coisas assim? --- A. C. Morgado [EMAIL PROTECTED] escreveu: Propuseram-me um problema que estah me perturbando um pouco. Para resolve-lo tive que usar fatos que nao sao do conhecimento usual de um (bom) aluno de ensino medio. Alguem conseguiria uma soluçao em nivel de vestibular do ITA? Problema: Prove que se a matriz real A eh anti-simetrica entao a matriz I + A eh invertível. Morgado = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = ___ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] probabilidade
Como assim normais???Qual a definiçao de normais --- A. C. Morgado [EMAIL PROTECTED] escreveu: Se o 0 estivesse incluido, o problema seria bem melhor e a resposta seria 328. Quanto a voce ter feito bobagem, fique tranquilo. Todos os normais (ou seja, todos exceto Nicolau, Gugu, Ralph e Fabio e algum outro de que nao me recordo agora) da lista jah fizeram. Que ninguem nos leia, eu ja escrevi que MMC (2; 3) = 5. Chato eh a existencia de uns caras com ar professoral que escrevem montes de bobagens e que quando as bobagens sao apontadas somem da lista por uns tempos e sao incapazes de dizer: errei, peço desculpas a quem perdeu seu tempo lendo o que escrevi. Herrar e umano. A incapacidade de admitir os proprios erros eh que se chama de burrice. Will wrote: Falando um pouco da letra b) ... Concordo com vocês quanto ao erro na resposta, até porque já é consideravelmente dificil encontrar 504 numeros pares de 3 algarismos, imagine encontrar pares com algarismos distintos... Mas me parece que o calculo do Morgado não contou os números terminados em zero (72 possibilidades) e os que tem o zero no meio (32 possibilidades). Somando tudo dá 304, o que é até parecido com o tal 504 do livro, que deve ser um maldito erro tipográfico. Espero não estar falando nenhuma bobagem, mas é o que me parece a primeira vista. Saudações Will - Original Message - From: A. C. Morgado [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Friday, July 18, 2003 9:44 PM Subject: Re: [obm-l] probabilidade 1) Ha 9 modos de escolher o primeiro algarismo, 9 de escolher o segundo... A resposta eh 9*9*9*9= 6561 2) Seu livro estah errado e voce tambem. Ha 4 modos de escolher o ultimo algarismo (so pode ser 2, 4, 6 ou 8); depois disso ha 8 modos de escolher o primeiro algarismo (nao pode ser igual ao ultimo) e 7 modos de escolher o do meio. A resposta eh 4*8*7 = 224 elton francisco ferreira wrote: Com os algarismos 1,2,3,4,5,6,7,8 e 9: a) quantos numeros naturais de 4 algarismos podem ser formados? 6561 b) Quantos numeros naturais pares de 3 algarismos distintos podem ser escritos? Na letra b) o livro diz que é 504 mas eu só consigo achar como valor 448. Vcs podem ajudar-me? = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = ___ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] TFA - Teorema Fundamental da Algebra
Ola Pessoal,
Revendo a mensagem na qual aprresento a PROVA DE CAUCHY para o Teorema
Fundamental da Algebra achei-a um tanto confusa, pois eu estava escrevendo
com
pressa. Como este Teorema e importante, dificilmente encontrado em livros do
ensino medio e sendo a prova de Cauchy simples, facilmente acompanhavel por
um estudante dedicado, resolvi re-escrever a prova, colocando detalhes de
forma que
qualquer pessoa possa entender.
Esse Teorema tem provas mais longas e mais curvas. Usando Analise complexa a
prova e trivial e curtissima, mas nao acho que seja adeguado apresentar
aqui, por
obvias razoes.
A IDEIA FUNDAMENTAL : A ideia subjacente a esta prova e a seguinte. Se
everdade
que todo polinomio no plano de Argand tem raiz, entao esta raiz minimiza o
seu modulo
e a suposicao de um minimo positivo deve conduzir a um absurdo. Como fazer
este
absurdo surgir ? Considerando um circulo em torno do ponto que minimiza o
modulo do
polinomio e tratando retas passando por este ponto. Em uma destas retas
evidenciara
o absurdo. O resto e detalhe.
Segue a Prova de Cauchy :
Seja P(X) = A0*(X^n) + A1*(X^n-1) + ... + An-1*X + An um polinomio no qual
os
coeficientes A0, A1, ..., An-1, An sao numeros complexos quaisquer e X e uma
variavel complexa. Queremos mostrar que existe Z complexo tal que :
P(Z) = A0*(Z^n) + A1*(Z^n-1) + ... + An-1*Z + An = 0.
Para tanto, seja M = MIN { MODULO( P(X) ), X variando em C }.
Como, por definicao, modulo( P(X) ) = 0. Segue que M = 0. Portanto, M pode
ser
PRIMEIRO CASO : M = 0.
Neste caso, existe um complexo Z0 tal que MODULO( P(Z0) ) = 0. Segue que
P(Z0) = 0 e portanto Z0 e uma raiz de P(X) e a demonstracao esta concluida.
SEGUNDO CASO : M 0.
Neste caso, seja Z0 o complexo tal que MODULO( P(Z0) ) = M. IMAGINANDO no
plano complexo um circulo de centro Z0 e raio R, segue que qualquer ponto Z
na
circunferencia deste circulo pode ser imaginado como a extremidade de um
vetor,
soma dos vetores :
Z0 : origem em (0,0) e extremidade no ponto Z0
Z1 : origem no ponto Z0, extremidade no ponto Z e modulo R
Assim, para qualquer Z na circunferencia do circulo, teremos :
Z = Z0 + Z1
Calculando agora P(Z), teremos :
P(Z)=P(Z0 + Z1)=A0*((Z0 + Z1)^n ) + A1*((Z0+Z1)^n-1 ) + ... + An-1*(Z0+Z1) +
An
Na expressao acima, ao expandirmos (Z0+Z)^p - p = 0,1,2, ..., n - usando o
Binomio
de Newton, iremos obter as parcelas A0*(Z0^n), A1*(Z0^n-1), ..., An-1*Z0, An
nas
quais nao aparece Z1 e diversas outras parcelas, nas quais sempre constara
Z1 :
1) Sozinho, sem que apareca Z0. Exemplos :
A0*(Z1^n), A1*(Z1^n-1), ..., An-1*Z1
2) Acompanhado de Z1. Exemplos :
BINOM(N,1)*A0*(Z0^n-1)*(Z1), BINOM(N,N-1)*A0*(Z0)*(Z1^n-1), ...
onde BINOM(N,P) = N! / ( P!*(N-P)! )
Esta observacao deixa claro que P(Z0+Z1) tera o seguinte aspecto :
P(Z0+Z1) = P(Z0) + B0*(Z1^n) + B1*(Z1^n-1) + ... + Bn*Z1
onde cada Bi e uma constante ou um polinomio em Z0.
Claramente que dependendo dos Ai originais, de n e do valor de Z0, alguns
destes
Bi poderao ser nulos. Se, alem de eliminar os Bi nulos, ordenarmos o
polinomio em Z1
resultante segundo as potencias crescentes de Z1, renomeando a seguir os Bi
por C's,
teremos algo semelhante a :
P(Z0+Z1) = P(Z0) + C1*(Z1^a) + C2*(Z1^b) + ... + Cp*(Z1^w).
Nesta ultima expressao acima :
1) Nenhum dos Ci e nulo, por construcao.
2) a b c ... w, em virtude da ordenacao
3) p = n, obvio.
Colocando C1*(Z1^a) em evidencia :
P(Z0+Z1) = P(Z0) + C1*(Z1^a)*[ 1 + (C2/C1)*(Z1^b-a) + ... + (Cp/C1)*(Z1^w-a)
]
Como estamos supondo P(Z0) 0, podemos dividir tudo po P(Z0). Dividindo :
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1 + ( C1/P(Z0) )*(Z1^a)*[ 1 + (C2/C1)*(Z1^b-a) + ... +
(Cp/C1)*(Z1^w-a) ]
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1 + ( C1/P(Z0) )*[(Z1^a)*( 1 + (C2/C1)*(Z1^b-a) + ... +
(Cp/C1)*(Z1^w-a) )]
Fazendo C1/P(Z0) = k :
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1 + k*[(Z1^a)*( 1 + (C2/C1)*(Z1^b-a) + ... +
(Cp/C1)*(Z1^w-a) )]
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1 + k*[(Z1^a)*( 1 + Z1*F(Z1) )
onde F(Z1) e uma funcao ( um polinomio ) em Z1.
Claramente que sao numeros complexos tanto k quanto Z1, podendo portanto
serem
colocados na forma trigonometrica, isto e :
k = P*( cosQ + i*senQ ) e Z1 = R( cosS + i*senS )
Portanto : k*(Z1^a) = P(R^a)*( cos(Q + aS) + i*sen(Q + aS) ). Dai :
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1+ P(R^a)*( cos(Q + aS) + i*sen(Q + aS) )*( 1 + Z1*F(Z1)
)
PRESTE BASTANTE ATENCAO AQUI : Z0 e fixo. Ele e o complexo que torna modulo(
P(Z) )
minimo. Segue que P(Z0) e um complexo fixo e que C1/P(Z0) tambem o e, pois
C1 e uma constante ou um polinomio em Z0. Mas Z1 nao e fixo. Z1 e UM PONTO
na circunferencia do circulo de centro Z0 e raio R. Portanto, QUALQUER QUE
SEJA Z0, podemos escolher Z1 de forma que Q + aS = pi, qualquer que seja o
natural a. Assim, existe Z1 tal que Q + aS = pi.
E como Z = Z0 + Z1, podemo dizer que EXISTE Z tal que Q+aS = pi.
Fazendo a substituicao :
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1+ P(R^a)*( cos(pi) + i*sen(pi) )*( 1 + Z1*F(Z1) )
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1 - P(R^a)*( 1 + Z1*F(Z1) ) = 1 - P(R^a) -
P(R^a)*Z1*F(Z1) )
Aplicando modulo nos
Re: [obm-l] E-mail do Tengan sobre o IMO 6
Legal,esta ideia e parecida com a minha.Mas uma
coisa:alguem pode ser mais explicito nesta parte
de olhar a raiz primitiva de q?E como e que a
ordem e exatamente p?
--- edmilson motta [EMAIL PROTECTED] escreveu:
Ei pessoal,
voces notaram que o problema 6 da prova e' uma
versao simplificada de um problema que eu e o
Ed
mandamos em uma das listas de treinamento do
ano
passado? O problema da lista era algo assim:
Sejam a,r1 e p um primo. Prove que existe um
primo q tal que (a mod q) tem ordem p^r.
Este e' o famoso lema de van der Waerden, que
e'
utilizado na prova do teorema de reciprocidade
geral de Artin (mais detalhes, veja por exemplo
Lang, Algebraic Number Theory, pag. 200).
A minha solucao e' curta demais pra um problema
6 da
IMO,
entao gostaria de pedir que voces checassem a
solucao. Para nao irritar aqueles que ainda
nao pensaram no problema, vou deixar um espaco
em branco:
mais em baixo...
mais um pouco...
ta' chegando...
Agora sim, vamos ao problema. Em primeiro
lugar,
olhando para uma raiz
primitiva
de q, e' facil reduzir o problema a
provar que existe um primo q tal que
p mod q nao e' uma p-esima potencia, i.e.,
p^{(q-1)/p} mod q nao e' 1 mod q.
Considere
N = (p^p-1)/(p-1) = p^(p-1) + ... + p + 1
Se q e' um primo que divide N e p-1, entao de
N=p mod q, segue q=p, absurdo. Entao para
todo primo q que divide N, p mod q tem ordem
exatamente p. O problema acaba se p^2 nao
divide q-1, mas se todos os primos que dividem
N sao = 1 mod p^2, entao N = 1 mod p^2, o
que e' um absurdo.
Agora vejam: se no lema de van der Waerden
a=p, r=1, este e' exatamente o problema da IMO,
com algumas pequenas modificacoes! A solucao
do problema da lista e' igualzinho `a
demonstracao acima. Eu lembro que o Alex e o
Issao fizeram este problema, e acho que mais
alunos tambem acertaram. Espero que os
pokemons tenham se lembrado do problema
durante a prova!
Estamos melhorando: um problema na IMO e uma
previsao acertada! Alguem arrisca os proximos
numeros da loto?
Ate'
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[obm-l] Um Problema Interessante ...
Ola Pessoal ! Em muitas Linguagens de Programacao de Computadores e possivel criarmos funcoes recurssivas, vale dizer, e possivel criarmos funcoes que chamam a si mesmas um numero arbitrario de vezes. A recurssividade pode ser de mais de um tipo e, em geral, usa intensamente o recurso de variaveis locais para guardar o status das inumeras iteracoes. Matematicamente falando, a recurssividade pode ser modelada pelo processo de composicao de uma funcao com ela mesma. Se Y1=F(X), entao Y1=F(F(X)) seria uma rrecurssao. Em programacao, em geral, nos nao estamos preocupados com a recurssao em si. mas sim na potencialidade de tal possibilidade representa, pois muitos algoritmicos se tornam de solucao facil e elegante se o implementamos por recurssao. Mas e claro que toda solucao recurssiva exige um conhecimento interno da funcao. Por muitas razoes, eu estou precisando resolver o seguinte problema : Seja Y=H(X) uma funcao continua, conhecida, e A, B e C inteiros e N um natural maior que 2. Que condicoes Y=H(X) deve atender para que exista F(X) tal que : A*F^N(X) + B*F^(N-1)(X) + C*F(X) = H(X) Onde F^N(X) e a composicao de F(X) consigo mesma N vezes, isto e : F^N(X) = FoFoFoFo...oF(X)N vezes Pode ser que eu esteja querendo resolver um problema que ja foi resolvido. Neste caso, alguem sabe onde posso ver a solucao ? Um Abraco a Todos Paulo Santa Rita 2,1609,210703 _ MSN Hotmail, o maior webmail do Brasil. http://www.hotmail.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] Problema de matrizes
Nao eh dificil dar uma soluçao usando autovalores. Veja a soluçao enviada pelo Stabel, que eh otima, e que consegue usar autovalores de forma compreensivel a (bons) alunos do ensino medio. Mas, sei la, continuo desconfiado que deve haver uma soluçao que nao va alem de determinantes e sistemas de equaçoes lineares. Algo que provasse diretamente que A anti-simetrica real implicaria det(A+I) diferente de 0. Morgado Em Mon, 21 Jul 2003 14:57:44 -0300 (ART), Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet [EMAIL PROTECTED] disse: Eu vou pensar um pouco mas vou tentar ajudar:se demonstrarmos que det(I+A)=0 acarreta que A nao e antisimetrica?Ou tentar usar autovalores e coisas assim? --- A. C. Morgado [EMAIL PROTECTED] escreveu: Propuseram-me um problema que estah me perturbando um pouco. Para resolve-lo tive que usar fatos que nao sao do conhecimento usual de um (bom) aluno de ensino medio. Alguem conseguiria uma soluçao em nivel de vestibular do ITA? Problema: Prove que se a matriz real A eh anti-simetrica entao a matriz I + A eh invertível. Morgado = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = ___ Yahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam. http://br.mail.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = = 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] Desigualdades em inteiros
Há algum tempo circulou pela lista uma questão deste tipo: se p e q são inteiros positivos tais que 7/10 p/q 11/15, então o menor valor que q pode ter é: a)6 b)7 c)25 d)30 e)60 A resposta é b)7 Se p,q são positivos, essas desigualdades são equivalentes a 15p 11q e 7q 10p = (15/11)p q (10/7)p . Usei o seguinte: se a diferença entre as pontas for maior ou igual a 1 (10p/7 - 15p/11 = 5p/77 = 1), então existe um inteiro q nesse intervalo. Daí conseguimos achar uma cota superior para p, pois p = |77/5| + 1 = 16 (| | é a função piso). Daí para a frente, eu não pensei em mais nada que resolva o problema diretamente, a não ser a verificaçao manual para os primeiros valores de p até conseguir um inteiro q entre 15p/11 e 10p/7. Claro que, neste caso, a verificação é simples: p=5 já nos mostra um intervalo que contém um inteiro. Mas existe alguma outra forma de resolver este problema? De um modo geral, existe um mecanismo mais inteligente para se tratar deste tipo de desigualdade envolvendo números inteiros? Abraço Eduardo = 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] Transformada de Laplace
Marcus, Eu havia esquecido de resolver a 2ª transformada: Essa fica bem facil. Use o fato de que cos(2x) = cos^2x sin^2(x) = cos^2 (x) (1 cos^2(x)) = 2cos^2(x)-1 , ou seja, Cos^2(x) = (cos(2x)+1)/2. Assim, se g(t) = exp(-2x).(cosx)^2 , then, g(t) = [exp(-2x).cos(2x) + exp(-2x) ]*1/2 Lembrando que a transformada de Laplace de exp(at)*f(t) e dada por F(s-a) entao, como, a transformada de cos(2x) e dada por s^2/(s^2+4) e a transformada de exp(-2x) e dada por 1/(s+2) entao, G(s) = ½ * ( (s+2)/(s+2)^2+4 )) + ½*(1/s+2)). Regards, Leandro L. Recova Nem tudo que se enfrenta pode ser modificado, mas nada pode ser modificado ate que se enfrente. Como fazer para calcular as trnasformadas de Laplace das funções cos(mt)sen(nt) e exp(-2x)(cosx)^2 ?
[obm-l] PREPARAÇÃO PARA O IMO
Olá a todos, existe algum livro em português que prepare para o IMO, cuja questões são de nível extraordináriamente difícil? Outra, alguém sabe dizer os porquês de países, por exemplo, como oVietnan e Bulgáriasuperarem países,historicamente,bem sucedidos cientificamente, como os EUA e a RUSSIA? Obrigado pela atenção NelsonYahoo! Mail Mais espaço, mais segurança e gratuito: caixa postal de 6MB, antivírus, proteção contra spam.
Re: [obm-l] Problema de matrizes
-- Cabeçalho inicial --- De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Mon, 21 Jul 2003 19:16:47 -0300 (EST) Assunto: Re: [obm-l] Problema de matrizes Nao eh dificil dar uma soluçao usando autovalores. Veja a soluçao enviada pelo Stabel, que eh otima, e que consegue usar autovalores de forma compreensivel a (bons) alunos do ensino medio. Mas, sei la, continuo desconfiado que deve haver uma soluçao que nao va alem de determinantes e sistemas de equaçoes lineares. Algo que provasse diretamente que A anti-simetrica real implicaria det(A+I) diferente de 0. [...] Eu acho que tenho uma solução elementar parcial para o problema: Seja nxn o tamanho da matriz A. Seja P o conjunto das permutações de comprimento n). Seja p uma permutação de P. Se p não for uma involução, tome sua inversa q. Olhe para os termos associados a p e q no determinante da matriz A+I. Como pq = i, onde i é a identidade de P, p e q têm a mesma paridade, logo os termos associados têm, a priori, o mesmo sinal. Mas se x aparece num dos termos, então -x aparece no termo oposto; logo um dos termos é (-1)^k o outro, onde k é o número de pontos não-fixos, i.e. x tais que p(x) != x. Caso pp = i, eu afirmo que o termo associado é certamente não-negativo. Note que então que os ciclos de p têm comprimento no máximo 2. Logo o termo pode ser construído do termo associado à identidade (que vale 1) se fizermos inversões disjuntas. Cada inversão troca um 1*1 por um -x*x = -x^2, mas também multiplica por -1 por causa da inversão da paridade. Logo o termo é multiplicado por x^2, certamente não-negativos. Se uma permutação p não-involutiva tem um número ímpar de pontos não-fixos, então sua inversa q gera um termo que é igual em módulo ao termo gerado por p, mas tem sinal oposto, logo os dois termos se cancelam. Agora considere todas as permutações com k pontos não fixos, k par. Então os termos gerados por essas permutações são da forma 2*(-1)^m*P, onde m é 0 ou 1 e P é um produtório de um núme s associados à permutação que não são 1 e que estão na metade superior da matriz -- escolher os termos daqui é sempre possível se mexermos no m apropriadamente). Eu acho que não sei passsar muito daqui. A minha idéia era agrupar esses últimos termos com os termos quadrados perfeitos de mesmo grau para formar novos quadrados perfeitos maiores, assim retirando os termos que podem ser negativos de circulação. Pergunta 1: É sempre possível agrupar os termos dessa forma? Pergunta 2: m depende só de k (ou melhor ainda, não depende de nada)? Se sim, a resposta à pergunta 1 parece ser bem mais fácil. Pergunta 3 (ao Morgado): Na sua opinião, isso está no nível do ITA? Se eu tiver alguma idéia interessante sobre as perguntas 1 e 2, eu mando para a lista. []s, -- Fábio ctg \pi Dias Moreira = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Prova por indução finita
Desta vez fui eu que não entendi sua dúvida. De qq forma pela experiência
que tenho em sala de aula imaginoque o seguinte te ajude:
supomos que k! 2^k . Portanto, desde que k+1 é positivo, podemos
multiplicar essa desigualdade dos dois lados por (k+1) = (k+1). k!
(k+1). 2^k = (k+1)! (k+1) . 2^k 2 . 2^k , pois k+1 2 .
Segue
que (k+1)! 2^{k+1} .
Ajudou? Se não, pode escrever novamente, mas explique-me melhor sua
dúvida.
Ah, certo, você multiplicou os dois lados por (k+1).
O que eu tinha pensado é o seguinte:
Sabemos que k! 2^k nas condições do enunciado. Então, temos que (k+1)!
2^(k+1), (k+1)! = k!*(k+1) e 2^(k+1) = 2*2^k (de acordo?).
Portanto, a igualdade fica k!(k+1) 2(2^k). Como temos que k! 2^k e (k+1)
2 (pelo enunciado), então, está demonstrado.
Isso estaria certo?
Abraços,
Henrique.
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