[obm-l] Re: |P(z)| > |Q(z)| para uma infinidade de z's

[Artur Steiner]

OK.

Um problema mais interessante é provar que, se f e g são funções inteiras
tais que |f(z)| > |g(z)| ocorra para um número finito de complexos, então,
para todo z, f(z) = k g(z), sendo k uma constante com |k| <= 1.

Isso também poderia ser aplicado no caso dos polinômios. Se |Pz)| > |Q(z)|
para um número finito de complexos, concluímos que P é Q têm o mesmo grau.

Artur Costa Steiner

Em dom, 10 de fev de 2019 13:10, Artur Steiner <
artur.costa.stei...@gmail.com escreveu:

> Gostaria de ver a solução dos colegas.
>
> Sejam P e Q polinômios complexos não constantes, de graus distintos.
> Mostre que |P(z)| > |Q(z)| ocorre para uma infinidade de complexos z.
>
> Obrigado.
>
> Artur Costa Steiner
>

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

Re: [obm-l] Divisibilidade por 13 e 19

[Artur Steiner]

Há um critério que conheço, mas em termos práticos não serve pra nada. É
melhor fazer a divisão.

No caso de 13, vc toma 10 - 13 = -3 e, na representação decimal do número,
substitui 10 por -3 e faz as contas. O número é divisível por 13 se, é
somente se, o resultado for divisível por 13. Analogamente para 19. Vale
qualquer que seja o número de algarismos.

Por exemplo, o número 156. Calculamos 1 x (-3)^2 + 5 x (-3) + 6 = 0,
divisível por 13. Logo, 156 é divisível por 13.

Agora, 209. Obtemos 2 x (-9)^2 × 0 x (-9) + 9 = 162 + 9 = 171 = 9 x 19. E
209 é divisível por 19.

É o mesmo processo dos famosos critérios de divisibilidade por 9 e por 11.
E tem aquele semelhante para 3 porque 3^2 = 9.

Pode ser provado pelas propriedades dos polinômios ou por congruências.

Mas, no caso de 13, 19 e mesmo 7, em termos práticos, em nada facilita.

Não sei se há um critério melhor.



Artur Costa Steiner

Em dom, 10 de fev de 2019 20:56, Jeferson Almir  Considere um número de 4 algarismos da forma 70J7
>
> i) quais o valores de J para que o número seja divisível por 13 ?
>
> ii ) quais os valores de J para que o número seja divisível por 19 ?
>
> Uma vez que eu não faço ideia  quais são  os critérios de divisibilidade
> por 13 e por 19, o algoritmo da divisão resolveria de alguma forma esse
> problema ?? Ou existe outra forma de fazer sem usar o critério ???
>
> --
> 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] |P(z)| > |Q(z)| para uma infinidade de z's

[Artur Steiner]

Gostaria de ver a solução dos colegas.

Sejam P e Q polinômios complexos não constantes, de graus distintos. Mostre
que |P(z)| > |Q(z)| ocorre para uma infinidade de complexos z.

Obrigado.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Fwd: |P(z)| > |Q(z)| para uma infinidade de z's

[Artur Steiner]

Gostaria de ver a solução dos colegas.

Sejam P e Q polinômios complexos não constantes, de graus distintos. Mostre
que |P(z)| > |Q(z)| ocorre para uma infinidade de complexos z.

Obrigado.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Número mínimo de raízes de f

[Artur Steiner]

É, o que podemos afirmar é que f tem pelo menos 401 raízes em [-1000,
1000].

Uma outra forma de mostrar é com base no seguinte teorema:

Se o gráfico de f é simétrico com relação a dois eixos verticais x = a e x
= b distintos, então f é periódica e um de seus períodos é 2|b - a|.

Assim, a f do caso é periódica e um de seus períodos é 2(7 - 2) =10.
Verificamos que 4 e 14 = 4 + 10, além de 0, são raízes. Logo, os números da
forma a_n = 10n e b_n = 4 + 10n, n inteiro, são raízes.Disso concluímos
facilmente que, em [-1000, 1000] , há 401 raízes de uma destas formas.

Para provarmos o teorema citado, observamos que, para todo x,

f(a - x) = f(a + x)
f(b - x) = f(b + x)

Logo  para todo x,

f(x) = f(a + (x - a)) = f(a - (x - a)) = f(2a - x) = f(b + (2a - x - b)) =
f(b - (2a - x - b)) = f(2(b - a) + x)

Como b - a <> 0, vemos que f é periódica e que 2|b - a| é um de seus
períodos..




Artur Costa Steiner

Em ter, 22 de jan de 2019 10:26, Claudio Buffara  0 =
> f(0) = f(2-2) = f(2+2) = f(4);
> f(4) = f(7-3) = f(7+3) = f(10);
> f(10) = f(2+8) = f(2-8) = f(-6)
> f(-6) = f(7-13) = f(7+13) = f(20)
> f(20) = f(2+18) = f(2-18) = f(-16)
> f(-16) = f(7-23) = f(7+23) = f(30)
> ...
> Hipótese de indução: f(10n) = f(4-10n) = 0, para n >= 0.
>
> f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(2+10n+8) = f(2-10n-8) = f(-6-10n) = f(4-10(n+1))
> Mas f(10(n+1)) = f(10n+10) = f(7+10n+3) = f(7-10n-3) = f(4-10n) = 0, pela
> hipótese de indução.
>
> 0 =
> f(0) = f(7-7) = f(7+7) = f(14).
> f(14) = f(2+12) = f(2-12) = f(-10)
> f(-10) = f(7-17) = f(7+17) = f(24)
> f(24) = f(2+22) = f(2-22) = f(-20)
> f(-20) = f(7-27) = f(7+27) = f(34)
> f(34) = f(2+32) = f(2-32) = f(-30)
> ...
> Da mesma forma, dá pra provar que f(-10n) = f(14+10n) = 0, para n >= 0.
>
> Ou seja, no intervalo [-1000,1000], temos as raízes:
> -1000, -990, -980, ..., -10, 0, 10, ..., 980, 990, 1000 ==> 201 raízes
> e também:
> -996, -986, -976, ..., -16, -6, 4, 14, 24, ..., 994 ==> 200 raízes
>
> Assim, no intervalo [-1000,1000], f tem pelo menos 401 raízes.
>
> Mas, de fato, isso não prova que este é o número mínimo de raízes que f
> pode necessariamente ter.
> Pois é possível que as condições do enunciado forcem a existência de
> outras raízes.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> On Tue, Jan 22, 2019 at 8:09 AM Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>
>> Acho esse interessante.
>>
>> Suponhamos que, para todo x, f de R em R satisfaça a
>>
>> f(2 - x) = f(2 + x)
>> f(7 - x) = f(7 + x)
>>
>> e f(0) = 0
>>
>> Determine o número mínimo de raízes que f pode ter em [-1000, 1000]
>>
>>
>> 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 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] Número mínimo de raízes de f

[Artur Steiner]

Acho esse interessante.

Suponhamos que, para todo x, f de R em R satisfaça a

f(2 - x) = f(2 + x)
f(7 - x) = f(7 + x)

e f(0) = 0

Determine o número mínimo de raízes que f pode ter em [-1000, 1000]


Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Equação P(z) = e^z nos complexos

[Artur Steiner]

Acho este interessante:

Na equação acima, P é um polinômio complexo não identicamente nulo.  Mostre
que:

a) No plano complexo, a equação tem uma infinidade de raízes.

b) Em cada reta do plano, a equação tem um número finito de raízes.

Em b, basta demonstrar para a reta real.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Re: [obm-l] Fatoração prima de n!

[Artur Steiner]

Obrigado a todos.

Tinha esquecido do que é atualmente o teorema de Bertrand. A demonstração é
muito complicada?

Artur Costa Steiner

Em qui, 27 de dez de 2018 00:38, Claudio Buffara  É o maior primo <= n.
> Pelo teorema (“postulado”) de Bertrand (se p é primo, então existe um
> primo q tal que p < q < 2p).
>
> Enviado do meu iPhone
>
> Em 26 de dez de 2018, à(s) 19:44, Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:
>
> > Mostre que, para n >= 2, a fatoração prima de n! contém um fator com
> expoente 1.
> >
> > 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 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.

[obm-l] Fatoração prima de n!

[Artur Steiner]

Mostre que, para n >= 2, a fatoração prima de n! contém um fator com
expoente 1.

Abraços.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Provar que f é contínua

[Artur Steiner]

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

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

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

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

Abraços.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Re: [obm-l] Dúvida conceitual (equações)

[Artur Steiner]

Isso de se considerar multiplicidades no número de raízes de um polinômio é
uma convenção conveniente. Facilita muito no caso, por exemplo, das famosas
relações de Girard. Elas só funcionam se considerarmos as multiplicidades.
Em análise complexa há também vários teoremas relativos a funções
analíticas que contam os zeros da função contando multiplicidades.

É claro, por exemplo, que o conjunto de zeros (ou raízes) da função f(x) =
x^3  é {0}. É uma única raiz com multiplicidade 3. Mas em muitas aplicações
é mais conveniente supor que são 3 raízes iguais a 0.Sem esquecer que esta
f só se anula para x = 0.

Há muitas convenções convenientes na matemática. Por exemplo, embora a soma
seja uma operação binária, convenciona-se que uma soma de uma única parcela
é a própria parcela. Isto facilita muito.

Artur Costa Steiner

Em dom, 14 de out de 2018 06:33, Vanderlei Nemitz 
escreveu:

> Bom dia!
> Na seguinte questão, que me foi apresentada por um aluno, a resposta
> proposta é a alternativa C (1/2). Eu sempre pensei que apenas
> considerávamos multiplicidades em equações polinomiais. Como essa é uma
> equação exponencial, obtive a resposta B (-1/2). O que é correto pensar?
>
> O produto das raízes da equação 16.4^3x - 40.4^2x + 17.4^x - 2 = 0 é igual
> a:
> A) 1
> B) - 0,5
> C) 0,5
> D) - 1
> E) 0
>
> Muito obrigado!
>
> --
> 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] sequencias

[Artur Steiner]

Da forma como está, não é verdade. Se a_n = (-1)^(n + 1) 1/n, então Soma
a_n converge. Mas Soma p_n = 1 + 1/3 + 1/5 ,,, e Soma q_n = 1/2 + 1/4 + 1/6
,,,  divergem. Não seria Soma |a_n|  < inf ?  Aí é verdade.

Artur Costa Steiner

Em seg, 10 de set de 2018 22:45, Emanuel Oliveira 
escreveu:

> faltou um detalhe, desculpe.
>
> p_n=max{a_n,0} e q_n=max(-a_n,0).
>
>
> Em seg, 10 de set de 2018 às 22:34, Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:
>
>> Não pode ser isso. As sequências p_n e q_n não têm nada a ver com a_n.
>>
>> Artur Costa Steiner
>>
>> Em seg, 10 de set de 2018 20:56, Emanuel Oliveira 
>> escreveu:
>>
>>> Ajuda nessa questão
>>>
>>> Se |soma(a_n)| < inf, então soma(p_n), soma(q_n) < inf
>>>
>>>
>>> Grato.
>>>
>>> --
>>> 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.

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

Re: [obm-l] sequencias

[Artur Steiner]

Não pode ser isso. As sequências p_n e q_n não têm nada a ver com a_n.

Artur Costa Steiner

Em seg, 10 de set de 2018 20:56, Emanuel Oliveira 
escreveu:

> Ajuda nessa questão
>
> Se |soma(a_n)| < inf, então soma(p_n), soma(q_n) < inf
>
>
> Grato.
>
> --
> 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: Sequência densa

[Artur Steiner]

A ideia é essa mesma. Seja x um elemento genérico .

Artur Costa Steiner

Em sáb, 8 de set de 2018 01:39, Artur Steiner 
escreveu:

> Acho isto interessante:
>
> Suponhamos que f:R ---> R seja contínua, periódica e tenha período
> fundamental irracional. Mostre que a sequência (f(n)) é densa no conjunto
> das imagens de f.
>
> Artur Costa Steiner
>

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Sequência densa

[Artur Steiner]

A ideia é essa mesma. Uma possível prova é:

Seja x um elemento genérico de f[0, p]). Como A = {n + mp} é denso em R, x
é ponto de acumulação de A,  havendo assim uma sequência(a_k) em A que
converge para x e tem seus termos distintos.

Afirmamos que (n_k) tem uma cauda com termos distintos. De fato, como (a_k)
é Cauchy, existe K tal que i, j > K implica que

|a_i - a_j| = |(n_i - n_j) + (m_i - m_j)p|  < p (*)

Se n_i = n_j para i, j > K distintos, então (*) implica que |m_i - m_j| <
1. Como m_i e m_j são inteiro, então m_i = m_j e, portanto, a_i = a_j com i
<> j. Mas isso contraria o fato de que os termos de (a_k) são distintos.

Como toda sequência de reais, esta cauda de (n_k) tem uma subsequência
monótona. E como seus termos são inteiros positivos distintos, esta
subsequência é estritamente crescente.

Assim, em A existe uma sequência que converge para x e é tal que as
parcelas n_k são estritamente crescentes. Como p é período de f e f é
contínua, então

lim f(a_k) = lim f(n_k + p m_k) = lim f(n_k) = x.

Como x é um elemento genérico do conjunto imagem de f e (f(n_k)) é
subsequência de (f(n)), esta última é densa em f([0, p]).

Mas eu sei que há uma prova mais avançada, baseada na função exponencial
definida no disco unitário do plano complexo. Vi um esquema dela há muito
tempo e não entendi nada. Nem tinha conhecimento suficiente pra entender.
Gostaria de ver esta prova.

Artur

PS. A densidade do conjunto A foi discutida nesta lista em setembro de
2003, com base no princípio da casa dos pombos. Há 15 anos! O saudoso
Morgado participou da discussão.






Artur Costa Steiner

Em sáb, 8 de set de 2018 12:48, Claudio Buffara 
escreveu:

> Acho que a demonstração depende de dois fatos:
> 1) Se p = período fundamental de f e D é um subconjunto de [0,p] denso em
> [0,p], então f(D) é denso em f([0,p]) = imagem de f;
> e
> 2) O conjunto { n + mp | n é natural e m é inteiro} é denso em [0,p].
>
> (2) é consequência (e, se não me engano, foi a aplicação original) do
> princípio das gavetas de Dirichlet, e também é a base da demonstração do
> resultado que eu mencionei há alguns dias: dada qualquer sequência de
> algarismos, existe uma potência de 2 que começa com aquela sequência.
>
> D é denso em [0,p] ==> fecho(D) = [0,p].
> f([0,p]) é compacto, logo fechado.
> A ideia é mostrar fecho(f(D)) = f([0,p]) = f(fecho(D)).
> Obviamente
>
>
>
>
> On Sat, Sep 8, 2018 at 1:47 AM Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>
>> Acho isto interessante:
>>
>> Suponhamos que f:R ---> R seja contínua, periódica e tenha período
>> fundamental irracional. Mostre que a sequência (f(n)) é densa no conjunto
>> das imagens de f.
>>
>> 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 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] Valor mínimo

[Artur Steiner]

Tem algo errado. Da forma como foi colocada, fazendo pelo menos uma das
variáveis ir para infinito, a soma dada tende a 0 sem nunca ser 0. Não há
valor mínimo. E as opções dadas não fazem sentido, A, B, C e D são
variáveis, não constantes.

Artur Costa Steiner

Em sáb, 8 de set de 2018 09:43, Daniel Quevedo 
escreveu:

> Se A, B, C e D são reais positivos então o valor mínimo de 1/A + 1/B + 4/C
> + 16/D é igual a:
> A) 1/(A + B +C+D)
> B) 16/(A + B +C+D)
> C) 2/(A + B +C+D)
> D) 64/(A + B +C+D)
> E) 4/(A + B +C+D)
>
> R: d
> --
> Fiscal: Daniel Quevedo
>
> --
> 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] Sequência densa

[Artur Steiner]

Acho isto interessante:

Suponhamos que f:R ---> R seja contínua, periódica e tenha período
fundamental irracional. Mostre que a sequência (f(n)) é densa no conjunto
das imagens de f.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Função não periódica

[Artur Steiner]

Suponhamos que f: R ---> R seja contínua, periódica e não constante. Mostre
que g(x) = f(x^2) não é periódica Eu já vi isto em outros fóruns. Muitas
vezes mostram que se p é período fundamental de f, então p não é período de
g. Mas isto não basta.

Artur Costa Steiner

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

Re: [obm-l] Soma de Produtos de Termos em PA

[Artur Steiner]

Isso não é verdade. Se n  3,
a1 = 1, a2= 2, a3 = 3 então

a1 a2 + a2 a3 = 8
(n - 1) a1 an = 6

Não seria 2/(a1 a2) ... + 1/(a(n -1) an) = (n -1)/(a1 an)? Isso é verdade.

Artur Costa Steiner


Em qua, 29 de ago de 2018 09:28, Kevin Felipe Kuhl Oliveira <
kevin_k...@usp.br> escreveu:

> Bom dia, vocês já viram o seguinte problema?
>
> Sejam a1, a2, a3, ..., an termos consecutivos, não nulos, de uma PA, nessa
> ordem. Mostre que
>
> (a1*a2) + (a2*a3) + ... + (a(n-1)*an) = (n-1)(a1*an)
>
> Na minha resposta aparece um termo com r^2 ao final, então não consigo
> provar. Se alguém puder ajudar, agradeço.
>
> Um abraço
>
> Kevin Kühl
>
> --
> 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] Sugestão em uma integral

[Artur Steiner]

Esta sua solução por séries é bem interessante. Valeu! A justificativa para
transformar a integral  de uma série em uma série dr integrais é
convergência uniforme da série, certo?

Eu prnsei numa solução baseada em I1(a) = Int(0, inf) dx/(x^2 + a), a > 0.
Fazendo x = 1/t demonstramos que I1(1) = 0. Depois, fazendo x = at, vamos
cair numa integral que dá arctan e deduzimos que

I1(a) = (Pi log(a))/(4raiz(a)), a > 0

Sendo I2(a) = Int(0, inf) dx/(x^2 + a)^2, vemos que o integrando de I2(a)
é  -d/da 1/(x^2 + a), o simétrico da derivada parcial com relaçâo a a do
integrando de I1(a). Para a >= 1, o valor absoluto desta derivada é
dominado em (0, inf) pela função de x

f(x) = log(x)/(x^2 + 1), x em (0, 1], que já vimos ser integrável neste
intervalo

f(x) = log(x)/x^2, x em (1, inf). Uma simples integração por partes mostra
que este ramo de f é integrável em (1, inf).

Assim, para a >= 1, f domina o integrando de I2(a) em (0, inf) e é
integrável no mesmo. Segundo um teorema da Análise (egresso da Teoria da
Medida), isto nos possibilita diferenciar sob o sinal de integral para
concluir que

I2(a) = -d/da I1(a).

Isto nos leva a que

I2(a) = Pi/8 (log(a) - 2) a^(-3/2), a >= 1

Não sei se esta fórmula vale em (0, 1). Acho que não.

Fazendo a = 1, obtemos I2(1) = -Pi/4

Mas se o objetivo for só determinar I2(1), parece que usei guindaste pra
levantar uma caixa de fósforos.

Acho que a sugestão do tal Phd (um francês) não era o que eu fiz.

Artur Costa Steiner

Em ter, 28 de ago de 2018 21:34, Claudio Buffara 
escreveu:

> x = 1/t ==> Integral(1...+inf) log(x)*dx/(1+x^2)^2 = Integral(0...1)
> t^2*log(t)*dt/(1+t^2)^2
>
> Assim,
> Integral(0...+inf) log(x)*dx/(1+x^2)^2 =
> Integral(0...1) log(x)*dx/(1+x^2)^2 + Integral(1...+inf)
> log(x)*dx/(1+x^2)^2 =
> Integral(0...1) log(x)*dx/(1+x^2)^2 + Integral(0...1)
> x^2*log(x)*dx/(1+x^2)^2 =
> Integral(0...1) (log(x)/(1+x^2)^2 + x^2*log(x)/(1+x^2)^2)*dx =
> Integral(0...1) log(x)*dx/(1+x^2) =
> Integral(0...1) log(x)*(1 - x^2 + x^4 - x^6 + ...)*dx
>
> A primitiva de x^n*log(x) é  x^(n+1)/(n+1)*(log(x) - 1/(n+1)) + C
>
> Logo, Integral(0...1) x^n*log(x)*dx = -1/(n+1)^2 ==>
> Integral(0...1) log(x)*(1 - x^2 + x^4 - x^6 + ...)*dx =
> -1 + 1/3^2 - 1/5^2 + 1/7^2 - ... =
> -(1 - 1/3^2 + 1/5^2 - 1/7^2 + ...)
>
> A série entre parênteses não parece ter soma Pi/4, mas é muito provável
> que eu tenha errado alguma conta.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
>
> On Tue, Aug 28, 2018 at 4:55 PM Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>
>> Ha algum tempo vi uma discussão sobre a integral
>>
>> Int (-oo a oo) ln(x)/(x^2 + 1)^2 dx
>>
>> Um Phd em matemática disse que a resolução fica bem mais simples se
>> considerarmos que (-oo a oo) ln(x)/(x^2 + 1) dx = 0.  Este fato não é
>> difícil de mostrar. Parcelando a segunda integral na soma de uma de (-oo a
>> 1] com outra de [1 a oo) e fazendo x = 1/t em uma delas, concluimos que a
>> integral é nula.
>>
>> Mas não vejo como esta informação possa ser utilizada na resolução da
>> 1a.? Não vi o argumento do Phd.
>>
>> Alguém tem alguma sugestão? A resposta é -pi/4.
>>
>> 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 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] Sugestão em uma integral

[Artur Steiner]

oh meu Deus, houve um engano. Todas as integrais são de 0 a oo.

Artur Costa Steiner

Em ter, 28 de ago de 2018 17:20, Claudio Buffara 
escreveu:

> Como você define ln(x) para x negativo?
>
> Enviado do meu iPhone
>
> Em 28 de ago de 2018, à(s) 16:47, Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:
>
> Ha algum tempo vi uma discussão sobre a integral
>
> Int (-oo a oo) ln(x)/(x^2 + 1)^2 dx
>
> Um Phd em matemática disse que a resolução fica bem mais simples se
> considerarmos que (-oo a oo) ln(x)/(x^2 + 1) dx = 0.  Este fato não é
> difícil de mostrar. Parcelando a segunda integral na soma de uma de (-oo a
> 1] com outra de [1 a oo) e fazendo x = 1/t em uma delas, concluimos que a
> integral é nula.
>
> Mas não vejo como esta informação possa ser utilizada na resolução da
> 1a.? Não vi o argumento do Phd.
>
> Alguém tem alguma sugestão? A resposta é -pi/4.
>
> 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 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] Sugestão em uma integral

[Artur Steiner]

Ha algum tempo vi uma discussão sobre a integral

Int (-oo a oo) ln(x)/(x^2 + 1)^2 dx

Um Phd em matemática disse que a resolução fica bem mais simples se
considerarmos que (-oo a oo) ln(x)/(x^2 + 1) dx = 0.  Este fato não é
difícil de mostrar. Parcelando a segunda integral na soma de uma de (-oo a
1] com outra de [1 a oo) e fazendo x = 1/t em uma delas, concluimos que a
integral é nula.

Mas não vejo como esta informação possa ser utilizada na resolução da 1a.?
Não vi o argumento do Phd.

Alguém tem alguma sugestão? A resposta é -pi/4.

Artur Costa Steiner

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

Re: [obm-l] Outro fato simples e pouco conhecdo: lim n a_n = 0

[Artur Steiner]

> Uma outra prova, além das duas já apresentadas pelo Cláudio, é a seguinte:
>
> Como SOMA a_n converge, a_n decresce para 0. Para k = 1, 2, 3 ..., façamos
> Sk = SOMA (n = k, oo) a_n. Então Sk decresce para 0. Fixado k, para n > k
> temos que
>
> 0 <= (n - k + 1) a_n <= a_k ... + a_n <= S_k
> 0 <= n a_n <= (k - 1) a_n + Sk
>
> Como esta desugualdade vale para todo n > k, temos que
>
> 0 <= limsup n a_n <= limsup ((k - 1) a_n + Sk )= lim ((k - 1) a_n + Sk) =
> (k - 1) . 0 + Sk = Sk
>
> 0 <= limsup n a_n <= Sk
>
> Como esta última desigualdade vale para todo k e Sk decresce para 0,
> segue-se que limsup n a_n = 0. E como os termos n a_n são >= 0, temos que
>
> liminf n a_n >= 0 = limsup n a_n, deduzindo-se portanto que
>
> liminf n a_n = limsup n a_n = lim n a_n = 0
>
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em ter, 28 de ago de 2018 12:26, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> Cláudio,
>> perdi um tempão tentando entender:
>> (i) n > N ==> a(2n) < eps/2
>> e
>> (ii) SOMA(n > N) a(n) < eps/4.
>>
>> Desisti e segui em frente. Pelo que vi em seguida, pensei não seria, como
>> abaixo?
>>
>> (i) Soma(i=1 a 2n) aN+i  < eps/2
>>
>> (ii) Soma (i=1 a n) aN+n+i  < eps/4
>>
>> depois tomar  bj= aN+j
>>
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>>
>>
>>
>> Em ter, 28 de ago de 2018 às 07:29, Artur Steiner <
>> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:
>>
>>>
>>>
>>> Artur Costa Steiner
>>>
>>> Em seg, 27 de ago de 2018 23:44, Claudio Buffara <
>>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>>
>>>> Seja (a(n)) monótona decrescente e tal que SOMA a(n) converge.
>>>>
>>>> Seja eps > 0.
>>>> Como SOMA a(n) converge, existe N tal que:
>>>> (i) n > N ==> a(2n) < eps/2
>>>> e
>>>> (ii) SOMA(n > N) a(n) < eps/4.
>>>>
>>>> Como (a(n)) é decrescente, n*a(2n) < a(n+1) + ... + a(2n) < eps/4 ==>
>>>> (2n)*a(2n) < eps/2 < eps
>>>> Ou seja, a subsequência (2n)*a(2n) -> 0.
>>>>
>>>> Além disso, (2n+1)*a(2n+1) < (2n+1)*a(2n) = 2n*a(2n) + a(2n) < eps/2 +
>>>> eps/2 = eps ==>
>>>> a subsequência (2n+1)*a(2n+1) -> 0.
>>>>
>>>> Logo n*a(n) -> 0.
>>>>
>>>> Um contra-exemplo pra recíproca é a(n) = 1/n*log(n).
>>>> (a(n)) é decrescente e n*a(n) -> 0 mas SOMA a(n) diverge.
>>>>
>>>> ***
>>>>
>>>> Inicialmente eu pensei em em provar por contradição, supondo que n*a(n)
>>>> -> a > 0.
>>>> Nesse caso, existe N tal que n > N ==> n*a(n) > a/2 ==> a(n) > (a/2)/n
>>>> ==> SOMA a(n) diverge por comparação com a série harmônica.
>>>> Mas e se lim n*a(n) não existir?
>>>>
>>>
>>> Mas como a_n é decrescente e SOMA a_n converge, lim n a_n existe!
>>>
>>> Para todo n
>>>
>>> n a_n = (a_1 + ... + a_n) - ((a_1 _ a_n) ... + (a_n - a_n))
>>>
>>> No 1o parênteses, temos a seq. das somas parciais de a_n que, por
>>> hipótese, converge. No segundo, temos uma seq. crescente e dominada pela do
>>> 1o, que, sendo convergente, é limitada.  Logo a 2a seq é crescente e
>>> limitada, sendo portanto convergente.
>>>
>>> Sendo n a_n a  diferença de 2 seqs. convergentes, lim n a_n existe. E,
>>> como vc mostrou, tem então que ser 0.
>>>
>>> Artur
>>>
>>>>
>>>> []s,
>>>> Claudio.
>>>>
>>>>
>>>>
>>>> On Mon, Aug 27, 2018 at 4:44 PM Artur Steiner <
>>>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>>>>
>>>>> Mostre que, se a_n é uma sequência monótona de reais tal que Soma a_n
>>>>> converge, então lim n a_n = 0. A recíproca não é verdadeira.
>>>>>
>>>>> Basta supor que a_n é decrescente.
>>>>>
>>>>> Dedte limite decorre a que talvez seja a mais simples prova de que a
>>>>> série harmônica diverge. (Desde que na prova do limite já não se use a
>>>>> divergência da série harmônica.)
>>>>>
>>>>> 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 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.
>
>

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

Re: [obm-l] Outro fato simples e pouco conhecdo: lim n a_n = 0

[Artur Steiner]

Uma outra prova, além das duas já apresentadas pelo Cláudio, é a seguinte:

Como SOMA a_n converge, a_n decresce para 0. Para k = 1, 2, 3 ..., façamos
Sk = SOMA (n = k, oo) a_n. Então Sk decresce para 0. Fixado k, para n > k
temos que

0 <= (n - k + 1) a_n <= a_k ... + a_n <= S_k
0 <= n a_n <= (k - 1) a_n + Sk

Como esta desugualdade vale para todo n > k, temos que

0 <= limsup n a_n <= limsup ((k - 1) a_n + Sk )= lim ((k - 1) a_n + Sk) =
(k - 1) . 0 + Sk = Sk

0 <= limsup n a_n <= Sk

Como esta última desigualdade vale para todo k e Sk decresce para 0,
segue-se que limsup n a_n = 0. E como os termos n a_n são >= 0, temos que

liminf n a_n >= 0 = limsup n a_n, deduzindo-se portanto que

liminf n a_n = limsup n a_n = lim n a_n = 0

Artur

Artur Costa Steiner

Em ter, 28 de ago de 2018 12:26, Pedro José  escreveu:

> Boa tarde!
> Cláudio,
> perdi um tempão tentando entender:
> (i) n > N ==> a(2n) < eps/2
> e
> (ii) SOMA(n > N) a(n) < eps/4.
>
> Desisti e segui em frente. Pelo que vi em seguida, pensei não seria, como
> abaixo?
>
> (i) Soma(i=1 a 2n) aN+i  < eps/2
>
> (ii) Soma (i=1 a n) aN+n+i  < eps/4
>
> depois tomar  bj= aN+j
>
> Saudações,
> PJMS
>
>
>
>
> Em ter, 28 de ago de 2018 às 07:29, Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:
>
>>
>>
>> Artur Costa Steiner
>>
>> Em seg, 27 de ago de 2018 23:44, Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Seja (a(n)) monótona decrescente e tal que SOMA a(n) converge.
>>>
>>> Seja eps > 0.
>>> Como SOMA a(n) converge, existe N tal que:
>>> (i) n > N ==> a(2n) < eps/2
>>> e
>>> (ii) SOMA(n > N) a(n) < eps/4.
>>>
>>> Como (a(n)) é decrescente, n*a(2n) < a(n+1) + ... + a(2n) < eps/4 ==>
>>> (2n)*a(2n) < eps/2 < eps
>>> Ou seja, a subsequência (2n)*a(2n) -> 0.
>>>
>>> Além disso, (2n+1)*a(2n+1) < (2n+1)*a(2n) = 2n*a(2n) + a(2n) < eps/2 +
>>> eps/2 = eps ==>
>>> a subsequência (2n+1)*a(2n+1) -> 0.
>>>
>>> Logo n*a(n) -> 0.
>>>
>>> Um contra-exemplo pra recíproca é a(n) = 1/n*log(n).
>>> (a(n)) é decrescente e n*a(n) -> 0 mas SOMA a(n) diverge.
>>>
>>> ***
>>>
>>> Inicialmente eu pensei em em provar por contradição, supondo que n*a(n)
>>> -> a > 0.
>>> Nesse caso, existe N tal que n > N ==> n*a(n) > a/2 ==> a(n) > (a/2)/n
>>> ==> SOMA a(n) diverge por comparação com a série harmônica.
>>> Mas e se lim n*a(n) não existir?
>>>
>>
>> Mas como a_n é decrescente e SOMA a_n converge, lim n a_n existe!
>>
>> Para todo n
>>
>> n a_n = (a_1 + ... + a_n) - ((a_1 _ a_n) ... + (a_n - a_n))
>>
>> No 1o parênteses, temos a seq. das somas parciais de a_n que, por
>> hipótese, converge. No segundo, temos uma seq. crescente e dominada pela do
>> 1o, que, sendo convergente, é limitada.  Logo a 2a seq é crescente e
>> limitada, sendo portanto convergente.
>>
>> Sendo n a_n a  diferença de 2 seqs. convergentes, lim n a_n existe. E,
>> como vc mostrou, tem então que ser 0.
>>
>> Artur
>>
>>>
>>> []s,
>>> Claudio.
>>>
>>>
>>>
>>> On Mon, Aug 27, 2018 at 4:44 PM Artur Steiner <
>>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>>>
>>>> Mostre que, se a_n é uma sequência monótona de reais tal que Soma a_n
>>>> converge, então lim n a_n = 0. A recíproca não é verdadeira.
>>>>
>>>> Basta supor que a_n é decrescente.
>>>>
>>>> Dedte limite decorre a que talvez seja a mais simples prova de que a
>>>> série harmônica diverge. (Desde que na prova do limite já não se use a
>>>> divergência da série harmônica.)
>>>>
>>>> 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 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.

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

Re: [obm-l] Outro fato simples e pouco conhecdo: lim n a_n = 0

[Artur Steiner]

Artur Costa Steiner

Em seg, 27 de ago de 2018 23:44, Claudio Buffara 
escreveu:

> Seja (a(n)) monótona decrescente e tal que SOMA a(n) converge.
>
> Seja eps > 0.
> Como SOMA a(n) converge, existe N tal que:
> (i) n > N ==> a(2n) < eps/2
> e
> (ii) SOMA(n > N) a(n) < eps/4.
>
> Como (a(n)) é decrescente, n*a(2n) < a(n+1) + ... + a(2n) < eps/4 ==>
> (2n)*a(2n) < eps/2 < eps
> Ou seja, a subsequência (2n)*a(2n) -> 0.
>
> Além disso, (2n+1)*a(2n+1) < (2n+1)*a(2n) = 2n*a(2n) + a(2n) < eps/2 +
> eps/2 = eps ==>
> a subsequência (2n+1)*a(2n+1) -> 0.
>
> Logo n*a(n) -> 0.
>
> Um contra-exemplo pra recíproca é a(n) = 1/n*log(n).
> (a(n)) é decrescente e n*a(n) -> 0 mas SOMA a(n) diverge.
>
> ***
>
> Inicialmente eu pensei em em provar por contradição, supondo que n*a(n) ->
> a > 0.
> Nesse caso, existe N tal que n > N ==> n*a(n) > a/2 ==> a(n) > (a/2)/n ==>
> SOMA a(n) diverge por comparação com a série harmônica.
> Mas e se lim n*a(n) não existir?
>

Mas como a_n é decrescente e SOMA a_n converge, lim n a_n existe!

Para todo n

n a_n = (a_1 + ... + a_n) - ((a_1 _ a_n) ... + (a_n - a_n))

No 1o parênteses, temos a seq. das somas parciais de a_n que, por hipótese,
converge. No segundo, temos uma seq. crescente e dominada pela do 1o, que,
sendo convergente, é limitada.  Logo a 2a seq é crescente e limitada, sendo
portanto convergente.

Sendo n a_n a  diferença de 2 seqs. convergentes, lim n a_n existe. E, como
vc mostrou, tem então que ser 0.

Artur

>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> On Mon, Aug 27, 2018 at 4:44 PM Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>
>> Mostre que, se a_n é uma sequência monótona de reais tal que Soma a_n
>> converge, então lim n a_n = 0. A recíproca não é verdadeira.
>>
>> Basta supor que a_n é decrescente.
>>
>> Dedte limite decorre a que talvez seja a mais simples prova de que a
>> série harmônica diverge. (Desde que na prova do limite já não se use a
>> divergência da série harmônica.)
>>
>> 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 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] Radiciação

[Artur Steiner]

n^2 -10n +29 = (n- 5)^2 + 4 > (n - 5)^2. Logo, sqrt(n^2 -10n +29) > n - 5

n^2 -10n +29 = (n - 4)^2 - (2n -13) < (n - 4)^2 para n > 6. Logo, para n >
6, sqrt(n^2 -10n +29) < n - 4.

O inteiro pedido é portanto 20062006 - 5 = 20062001

Artur Costa Steiner

Em seg, 27 de ago de 2018 19:33, Daniel Quevedo 
escreveu:

> O maior inteiro que não excede a sqrt(n^2 -10n +29) para n = 20062006 é
> igual a:
> A) 20062001
> B)20062002
> C) 20062003
> D) 20062004
> E)20062005
>
> R: a
> --
> Fiscal: Daniel Quevedo
>
> --
> 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] lim n ---> oo (1^a + 2^a .... + n^a)/n^(a + 1) = 1/(a + 1) para a > -1

[Artur Steiner]

Boa solução!

No caso das somas de Riemann, temos o seguinte:

Suponhamos que f seja contínua e não negativa e que sua integral
imprópria sobre
(a, b],  a e b em R, seja finita. Seja P_n uma sequência de partições de
[a, b] com norma (comprimento do menor intervalo) tendendo a 0. Sendo L_n a
soma inferior de Riemann de f sobre P_n, temos que

lim L_n = Integral (a, b] f(x) dx , imprópria.

Se f for limitada, caímos naquele clássico teorema. O interessante é quando
f é ilimitada.

Na realidade, não é preciso que f seja não negativa. Basta que seja limitada
inferiormente por uma função Lebesgue integrável sobre o intervalo. Mas
demonstrando para o caso particular, o geral fica coberto.

Resultado similar vale para intevalos do tipo [a, b), a e b em R.

Me parece que sua prova pode ser adaptada para o caso em que f é
decrescente.

Artur Costa Steiner

Em seg, 27 de ago de 2018 16:48, Claudio Buffara 
escreveu:

> Para -1 < a < 0, vale:
> (1/n)*(k/n)^a > Integral(k/n...(k+1)/n) x^a*dx > (1/n)*((k+1)/n)^a, para
> 1<=k<=n-1.
>
> Somando de k = 1 até n-1, obtemos:
> (1 + 2^a + ... + (n-1)^a)/n^(a+1) > Integral(1/n...1) x^a*dx > (2^a + 3^a
> + ... + n^a)/n^(a+1) ==>
>
> S(n) - 1/n > (1 - (1/n)^(a+1))/(a+1) > S(n) - 1/n^(a+1)
>
> Se lim S(n) existe, então fazendo n -> infinito, as duas extremidades
> tendem ao mesmo limite e o meio tende a 1/(a+1).
> Logo, o limite é 1/(a+1) quando -1 < a < 0.
>
> Mas, de fato, não respondi sua pergunta.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
>
> On Mon, Aug 27, 2018 at 3:41 PM Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>
>>
>>
>> Artur Costa Steiner
>>
>> Em seg, 27 de ago de 2018 15:26, Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Isso aí não é a soma de Riemann relativa a Integral(0...1) x^a*dx ?
>>> Mas pra -1 < a < 0, a integral é imprópria. É esta a sutileza?
>>>
>>
>> É. E geralmente se passa batido nela. Aquela clássico teorema sobre
>> convergência de somas de Riemann com norma tendendo a 0 de modo geral não
>> vale para integrais impróprias. Mas no caso vale. Por que?
>>
>>
>>
>>>
>>>
>>> On Mon, Aug 27, 2018 at 3:02 PM Artur Costa Steiner <
>>> steinerar...@gmail.com> wrote:
>>>
>>>> A determinação deste limite costuma levar a uma sutileza que geralmente
>>>> passa batida.
>>>>
>>>> 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.
>>
>>
>> --
>> 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Outro fato simples e pouco conhecdo: lim n a_n = 0

[Artur Steiner]

Mostre que, se a_n é uma sequência monótona de reais tal que Soma a_n
converge, então lim n a_n = 0. A recíproca não é verdadeira.

Basta supor que a_n é decrescente.

Dedte limite decorre a que talvez seja a mais simples prova de que a série
harmônica diverge. (Desde que na prova do limite já não se use a
divergência da série harmônica.)

Artur Costa Steiner

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

Re: [obm-l] Integral nula

[Artur Steiner]

Aliás, no momento eu não me lembro se os conjuntos magros são da 1a ou da
2a categoria. O G e o F de Gdelta e de Fsigma são iniciais de palavras
quilométricas em alemão. A letra grega sigma geralmente significa uma
característica relativa a enumerabilidade, como sigma-álgebra, sigma-finito.

Artur Costa Steiner

Em seg, 27 de ago de 2018 14:45, Artur Costa Steiner 
escreveu:

> Eu acho que a grande maioria dos alunos iria julgar que este tipo de
> discussão não serve para nada. Pouquíssimos iriam ficar motivados.Os
> participantes desta lista são exceção.
>
> Quanto ao problema que o Cláudio propôs, uma forma de provar é com base no
> fato de que o conjunto das continuidades de uma função de R em R é um
> Gdelta (isto é uma particularização para R de funções entre espaços
> topológicos). E os racionais não sâo um Gdelta.
>
> Se Q fosse Gdelta, o conjunto dos irracionais I seria Fsigma e,
> consequentemente, estaria contido numa união enumerável de fechados. Como I
> tem interior vazio, todos estes fechados teriam interior vazio e I seria
> "magro" na classificação dr Baire. Mas isto implicaria que R =  I união Q
> fosse magro, contrariamente ao fato de que R é um espaço de Baire.
>
> Uma possível prova de que o conjunto das continuidades é Gdelta baseia-se
> no conceito de oscilaçào de uma função em um ponto e em um conjunto.
>
> Artur
>
> Em 27 de ago de 2018 11:03, "Claudio Buffara" 
> escreveu:
>
> Acho que você foi uma exceção.
>
> Se foi uma aula de cálculo normal, pra alunos normais, o mais provável é
> que mais da metade da turma não tenha entendido os detalhes técnicos e
> muito menos a significância do exemplo, já que realmente é muito difícil
> (pelo menos pra mim) visualizar a situação "patológica" de uma função
> continua nos irracionais mas descontínua nos racionais. Até porque, a meu
> ver, a definição de continuidade é, dentre todas que aparecem num curso de
> cálculo, a que leva mais tempo pra ser digerida (muito mais do que derivada
> e integral, por exemplo, em que a situação pode ser visualizada com muito
> mais facilidade).
>
> Dito isso, não acho que este exemplo vá conseguir motivar quem quer que
> seja a estudar matemática. Acho que quem se empolga com ele já foi
> "fisgado" pela matemática muito antes, talvez no ensino fundamental, e
> muito provavelmente começou a estudar cálculo antes dele ser exigido
> oficialmente na escola ou faculdade.
>
> De qualquer forma, aqui vai um problema que complementa o da função de
> Thomae (e eu não sabia que ela tinha este nome!): prove que não existe uma
> função de R em R que seja contínua nos racionais e descontínua nos
> irracionais.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> On Sun, Aug 26, 2018 at 4:34 PM Thácio Hahn dos Santos 
> wrote:
>
>> Uma variação interessante da segunda parte do problema, pra quem não
>> conhece, é a Função de Thomae, onde c(x) passa a valer 1/q para todo x
>> racional diferente de zero expresso por p/q, com p e q primos entre si.
>> Tomando, sem perda de generalidade, um epsilon racional 1/r, tem-se c(x) <
>> epsilon para todo x racional p/q com q > r. c(x) só pode exceder epsilon,
>> portanto, quando q <= r, restando um número finito de possibilidades para
>> q, dado algum r. Toma-se delta como a menor distância entre x e um desses
>> (finitos) pontos em que c excede epsilon. Segue que c é contínua nos
>> irracionais, ao contrário da função do problema inicial.
>> E é também Riemann-integrável com integral zero, já que o conjunto de
>> pontos em que a  função é positiva (racionais) é enumerável e portanto tem
>> medida de Lebesgue nula, sendo desprezível na integração.
>>
>> Foi a menção a essa função, por parte de um professor de Cálculo no
>> primeiro semestre da faculdade, destacando suas propriedades estranhas por
>> ser integrável em qualquer intervalo sem ser diferenciável em ponto algum,
>> que eu despertei interesse pelo Cálculo e mais especificamente pelas
>> famigeradas funções patológicas, rs. Essas curiosidades e exemplos exóticos
>> são excelentes pra chamar atenção da garotada. Fica aí uma dica aos
>> professores e futuros professores da lista.
>>
>> Um abraço.
>>
>> --
>> 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.

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

Re: [obm-l] lim n ---> oo (1^a + 2^a .... + n^a)/n^(a + 1) = 1/(a + 1) para a > -1

[Artur Steiner]

Artur Costa Steiner

Em seg, 27 de ago de 2018 15:26, Claudio Buffara 
escreveu:

> Isso aí não é a soma de Riemann relativa a Integral(0...1) x^a*dx ?
> Mas pra -1 < a < 0, a integral é imprópria. É esta a sutileza?
>

É. E geralmente se passa batido nela. Aquela clássico teorema sobre
convergência de somas de Riemann com norma tendendo a 0 de modo geral não
vale para integrais impróprias. Mas no caso vale. Por que?



>
>
> On Mon, Aug 27, 2018 at 3:02 PM Artur Costa Steiner <
> steinerar...@gmail.com> wrote:
>
>> A determinação deste limite costuma levar a uma sutileza que geralmente
>> passa batida.
>>
>> 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.

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

Re: [obm-l] Integral nula

[Artur Steiner]

Os argumentos estão perfeitos, mas o critério de Lebesgue só garante a
integrabilidade de Riemann, certo? Para concluir que a integral de Riemann
é nula, precisamos antes verificar  que a integral de Lebesgue com a medida
de Lebesgue é nula Isto é imediato, pois o conjunto de Cantor tem esta
medida nula. E em virtude de outro teorema, se f é Riemann integrável em um
intervalo compacto, então f é Lebesgue integrável e as duas integrsis
coincidem.

Artur Costa Steiner

Em sáb, 25 de ago de 2018 19:25, Claudio Buffara 
escreveu:

> O conjunto de Cantor é o complementar em [0,1] de uma união disjunta de
> intervalos abertos cuja soma dos comprimento tem limite 1.
> Logo, tem medida nula.
> A função característica deste conjunto é descontínua em todos os seus
> pontos, mas contínua (e igual a 0) em todos os demais pontos de [0,1], já
> que cada um destes últimos pertence a algum intervalo aberto.
> Assim, a função característica do conjunto de Cantor é integrável (pelo
> critério de Lebesgue) e igual a zero.
>
> Já a função característica de Q é descontínua em todo ponto (qualquer
> número real é limite de uma sequência de racionais e de uma sequência de
> irracionais).
> Logo, não é Riemann-integrável.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> On Sat, Aug 25, 2018 at 7:09 PM Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>
>> Sendo c a função característica do conjunto de Cantor, mostre que
>>
>> Integral [0, 1] c(x) dx =0
>>
>> Explique porque os seus argumentos não vigoram se c for a função
>> característica dos racionais.
>>
>> 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 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] Integral nula

[Artur Steiner]

Sendo c a função característica do conjunto de Cantor, mostre que

Integral [0, 1] c(x) dx =0

Explique porque os seus argumentos não vigoram se c for a função
característica dos racionais.

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

[Artur Steiner]

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

[obm-l] Re: Equação diferencial ordinária

[Artur Steiner]

Eu tenho uma prova matemática, um tanto complicada.

Se y se anular um número finito de vezes, existe então a tal que y não se
anula em [a, oo). Como y é contínua, y é, neste intervalo, positiva ou
negativa. Para facilitar a leitura, deste ponto em diante os termos postivo
e negativo sempre se referirão a [a, oo),

Suponhamos y seja negativa. Como g é positiva, a EDO implica que y'' seja
positiva, o que, a seu turno, implica que y' seja estritamente crescente.
Se y' assumir algum valor não negativo, então lim x --> oo y'(x) > 0, disto
decorrendo que y(x) vá para oo com x,  contrariamente à hipótese de que y é
negativa. Assim, y' é negativa e y é estritamente decrescente. e negativa.

Sendo w >  0 o ínfimo de g em R,  para x em [a, oo) temos g(x) y(x) < d
y(a) < 0. Pela EDO, segue-se que y''(x) > - d y(a) > 0 em [a, oo), logo o
ínfimo de y'' neste intervalo é postivo. Como consequência, y' vai para oo
com x, novamente uma contradição.

Concluimos assim que a hipótese de que y seja negativa em  [a, oo) é
insustentável. Mas se y for positiva, então -y é uma solução da EDO
negativa em [a, oo), o que vimos ser impossível.

Vemos assim que a hipótese de que y se anule em R um número finito de vezes
leva a  contradição,  sendo portanto falsa. Se y for o deslocamento da
massa presa a uma mola com k variável e x for o tempo, então fica
matematicamente provado que a massa vai passar pela origem infinitas vezes
(desprezando atrito com o solo e resistência do ar)

Artur Costa Steiner

Em 19 de ago de 2018 14:21, "Artur Steiner" 
escreveu:

Seja g de R em R contínua e com ínfimo em R positivo. Mostre que toda
solução da EDO

y'' + gy = 0

tem uma infinidade de zeros em R.

Artur Costa Steiner

-- 
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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Equações do 2 grau

[Artur Steiner]

É, inverter a ordem dos coeficientes foi genial.

Artur Costa Steiner

Em seg, 20 de ago de 2018 13:58, Daniel Quevedo 
escreveu:

> D fato o enunciado é só isso, o q tbm achei incompleto... mas a solução do
> Matheus foi fantástica, parabéns!!!
>
> Em seg, 20 de ago de 2018 às 11:25, Matheus Secco 
> escreveu:
>
>> Na verdade, foi construída essa função auxiliar para reinterpretar os
>> dados do problema de outra maneira que fosse útil.
>>
>> Em seg, 20 de ago de 2018 11:01, Alexandre Antunes <
>> prof.alexandreantu...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Bom dia,
>>>
>>> Mas o enunciado de 1a não estaria incompleto?
>>> - o que diz que a expressão é relativa a uma equação (ou função) do 2°
>>> grau?
>>> - E se a função suposta for outra?
>>>
>>> Em Seg, 20 de ago de 2018 10:09, Matheus Secco 
>>> escreveu:
>>>
 Para a primeira, supondo a, b, c reais, considere a função quadrática
 f(x) = cx² + bx + a e veja que a^2+ab+ac = a(a+b+c) = f(0) * f(1).
 Do enunciado, tem-se f(0) * f(1) < 0 e isso significa que a função
 possui exatamente 1 raiz entre 0 e 1. Por se tratar de uma função
 quadrática, deve ter outra raiz real, que está fora do intervalo (0,1). Com
 isso, possui duas raízes reais distintas e então o discriminante b² - 4ac é
 positivo: b²> 4ac.

 On Sun, Aug 19, 2018 at 6:21 PM Daniel Quevedo 
 wrote:

> 1) Se a^2 +ab + ac < 0, então:
> A) a^2 > 4ab
> B) b^2 > 4ac
> C) c^2 > 4ab
> D) a^2 = 4b
> E) b^2 = 4ac
>
> R: B
>
> 2) sendo a, b e c inteiros ímpares, sobre as raizes da equação ax^2 +
> bx + c = 0 podemos afirmar que:
> A) são inteiros ímpares
> B) são inteiros pares
> C) não são racionais
> D) são racionais não inteiras
> E) não são reais
>
> R: C
> --
> Fiscal: Daniel Quevedo
>
> --
> 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.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
> --
> Fiscal: Daniel Quevedo
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

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

[Artur Steiner]

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

Artur Costa Steiner

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

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

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

[Artur Steiner]

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

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

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

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

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

Assim, basta mostrar que Dm = Dn.

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

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

Temos ainda que

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

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

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

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



Artur Costa Steiner

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

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

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


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

[obm-l] Re: [obm-l] Equações do 2 grau

[Artur Steiner]

Ns 1a, ainda não cheguei a uma conclusão. Podemos afirmar que a^2 < (b +
c)^2.

Na segunda, o discriminante D = b^2 - 4ac é ímpar, assim não nulo. Se for
positivo, para que seja um quadrado perfeito devemos ter D = 1 (mod 8) (o
quadrado de qualquer ímpar é congruente a 1 módulo 8). Se for este o caso,
então, como b^2 = 1 (mod 8), temos, mod 8, que

4ac = D - b^2 = 1 - 1 = 0,

o que significa que 4ac é múltiplo de 8. Mas como a e c são ímpares, isto é
impossível.  Logo, raiz(D) é irracional e, como a, b e c são inteiros, a
fórmula da equação quadrática implica na existência de duas raízes simples
irracionais.

E se D < 0, temos dois complexos conjugados. ambos com parte real racional
não nula e parte imaginária irracional.

Se vc já conhecer o seguinte obscuro teorema, a conclusão acima é imediata:

Se P é um polinômio com coeficientes inteiros tal que (1) o coeficiente
líder e o termo independente são ímpares e (2) o total de coeficientes
ímpares é ímpar, então P não tem nenhuma raiz com as partes real e
imaginária racionais.

Trinômios do segundo grau com coeficientes ímpares enquadram-se neste caso.
Mas aí acho que é usar guindaste de 30 t para levantar 1 alfinete.

Artur Costa Steiner

Em 19 de ago de 2018 18:21, "Daniel Quevedo"  escreveu:

1) Se a^2 +ab + ac < 0, então:
A) a^2 > 4ab
B) b^2 > 4ac
C) c^2 > 4ab
D) a^2 = 4b
E) b^2 = 4ac

R: B

2) sendo a, b e c inteiros ímpares, sobre as raizes da equação ax^2 + bx +
c = 0 podemos afirmar que:
A) são inteiros ímpares
B) são inteiros pares
C) não são racionais
D) são racionais não inteiras
E) não são reais

R: C
-- 
Fiscal: Daniel Quevedo

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

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

[obm-l] Provar que m = n

[Artur Steiner]

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

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

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

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

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Equação diferencial ordinária

[Artur Steiner]

Seja g de R em R contínua e com ínfimo em R positivo. Mostre que toda
solução da EDO

y'' + gy = 0

tem uma infinidade de zeros em R.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Sequência das médias ponderadas

[Artur Steiner]

Este é um fato interessante, não muito divulgado.

Seja a_n uma sequência de reais, p_n uma sequência de pesos positivos e s_n
= (Soma(k = 1, n) a_k p_k)/(Soma(k = 1, n) p_k) a sequência das médias
ponderadas de a_n com relação aos pesos p_n. Se Soma(k = 1, oo) p_k
divergir, então, nos reais extendidos,

liminf a_n <= liminf s_n <= limsup s_n <= limsup a_n

A desigualdade do meio vale é claro para qualquer sequência de reais.
Mostrando-se uma das desigualdades das extremidades, a outra fica
demonstrada. Concluímos automaticamente que, se a_n tiver limite nos reais
extendidos, s_n tem o mesmo limite.

Com exceção da desigualdade do meio,  nada disso vale se Soma p_n convergir.


Artur Costa Steiner

-- 
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] Re: [obm-l] Séries aparentemente complicadas

[Artur Steiner]

Artur Costa Steiner

Em sex, 17 de ago de 2018 13:29, Claudio Buffara 
escreveu:

> Ou seja, pra toda série divergente de termos positivos, existe uma série
> de termos positivos que diverge mais devagar.
>
> É verdade.
>
> 2018-08-16 16:01 GMT-03:00 Artur Costa Steiner :
>
>> Excelente solução.
>>
>> Mas tem um resultado geral sim. Se (a_n) é uma sequência de reais
>> positivos, então Soma (a_n)/(s_n) converge se, e somente se, (s_n) converge.
>>
>> Se s_n ---> s em R, então s > 0 e uma simples comparação de limites
>> mostra que Soma (a_n)/(s_n) converge.
>>
>> Se (s_n) divergir, uma possível prova é considerar t_m, a sequência das
>> somas parciais de (a_n)/(s_n), e mostrar que t_m não é Cauchy. Para todo
>> n, podemos achar m > n tal que t_,m - t_n > 1/2.
>>
>> Artur
>>
>> Em 16 de ago de 2018 14:43, "Claudio Buffara" 
>> escreveu:
>>
>> Sabemos que SOMA(p_n) e SOMA(1/p_n) divergem.
>>
>> Analisando exemplos mais simples:
>>
>> a_n = n ==> SOMA(a_n/s_n) = SOMA(n/(n(n+1)/2)) = SOMA(2/(n+1)) -> diverge
>> (~ 2 * série harmônica)
>> (notação: x_n ~ y_n  <==>  lim(n->infinito) (x_n/y_n) = 1)
>>
>> a_n = 1/n ==> SOMA(a_n/s_n) = SOMA((1/n)/(1+1/2+...+1/n)) ~
>> SOMA(1/(n*log(n))) -> diverge (por exemplo, pelo teste da integral).
>>
>>
>> Sabemos também que p_n ~ n*log(n) e que SOMA(1/p_n) ~ log(log(n)).
>> Assim, SOMA((1/p_n)/s_n) ~ SOMA((1/(n*log(n))) / log(log(n)) = SOMA(
>> 1/(n*log(n)*log(log(n))) ) -> diverge (também pelo teste da integral)
>>
>> p_n ~ n*ln(n) ==>  n*log(n)/(1*log(1) + 2*log(2) + ... + n*log(n))
>> Comparando com Integral(1...n) x*log(x)*dx, o denominador é assintótico a
>> (1/2)*(n^2*log(n) - n^2/2) ==>
>> SOMA(a_n/s_n) ~ (1/2)*SOMA(log(n)/(n*(log(n) - 1/2))) ~ (1/2)*SOMA(1/n)
>> -> diverge
>>
>>
>> Será que não tem um resultado mais geral por trás disso?
>> Algo do tipo: se s_n diverge então SOMA(a_n/s_n) também diverge?
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>>
>> 2018-08-16 5:13 GMT-03:00 Artur Steiner :
>>
>>> Sejam (a_n) uma sequência, (s_n) a sequência das somas parciais de (a_n)
>>> e (p_n) a sequência dos primos. Analise a convergência/divergência de Soma
>>> (a_n)/(s_n) para os casos;
>>>
>>> 1) a_n = p_n
>>>
>>> 2) a_n = 1/p_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 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.

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

[obm-l] Outra de função composta

[Artur Steiner]

OK,  aí vai minha solução.

Antes, uma definição. Diremos que o par (x, y)  é um par cíclico  da função
g de D em D se (x, y) for um elemento de D^2 tal que g(x) = y e g(y) = x,
com x e y DISTINTOS. Como ordem aqui não importa, vamos acordar que (x, y)
= (y, x).

Suponhamos que g = f o f para alguma f.  Vamos mostrar que g não pode ter
precisamente 1 par cíclico (pode ter mais de 1 ou nenhum, mas nunca
exatamente 1).

Suponhamos, por absurdo, que g tenha precisamente 1 par cíclico. Então, f(f(x))
= y e  f(f(y)) = x. Façamos f(x) = u, f(y) = v. Segue-se que  f(u) = y =>
f(f(u)) = v e, similarmente, f(f(v)) = u. Ou seja, g(u) = v e g(v) = u,
indicando que (u, v) é um par cíclico de g. Como, por hipótese, (x, y) é o
único par cíclico de g, isto nos leva a que u = x e v = y ou a que u = y e
v = x. No 1o caso, chegamos a f(x) = u = x, g(x) = f(x) = u = x. Mas como
g(x) = y, obtemos x = y, contradição. No 2o caso, obtemos f(x) = u = y,
g(x) = f(y) = v = x. Mas como g(x) = y, temos novamente a contradição de
que x = y.

Se vc continuar indutivamente, vai concluir que ou g tem uma infinidade de
pares cíclicos ou tem um número par dos mesmos.

No nosso caso, se (x, y) for par cíclico de nosso trinômio do 2o grau g,
então (x, y) é solução do sistema

ax^2 + bx + c = y
ay^2 + by + c = x

Observemos que a simetria deste sistema leva sempre a duas soluções, não
necessariamente distintas,  da forma (s1, s2) e (s2, s1). Só originarão um
par cíclico se s1 e s2 forem reais distintos. Se s1 = s2, que neste caso
são reais, será gerado um ponto fixo de g, o que não impede a existência de
f. Se não houver solução real, f não tem nenhum par cíclico, o que também
não impede a existência de f (estamos no domínio real). Assim, para que f
possa existir, devemos evitar o caso s1 e s2 reais distintos.

Sipondo-se x e y distintos, subtraindo as equações temos

a(x^2 - y^2) + b(x - y)  = y - x, que dividida por x - y <> 0 leva a.

y = -x - (b + 1)/a, lembrando que a <> 0.

Com alguma álgebra, substituição na 1a equação leva à eq. quadrática em x

ax^2 + (b+1)x + (b+1)/a + c = 0

Para que f possa existir, a hipótese x = y tem que levar a
contradição..Esta ocorrerá se e somente se o delta da quadrática for menor
ou igual a 0. Forçando isto, chegamos s

(b+1)^2 - 4a((b+1)/a + c) ≤ 0
=> b^2 + 2b + 1 - 4b - 4 - 4ac ≤ 0
=> (b+1) (b-3) ≤ 4ac

Esta desigualdade é uma condição necessária à existência de f.


A complementação do Cláudio é muito interessante.



Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Séries aparentemente complicadas

[Artur Steiner]

Sejam (a_n) uma sequência, (s_n) a sequência das somas parciais de (a_n) e
(p_n) a sequência dos primos. Analise a convergência/divergência de Soma
(a_n)/(s_n) para os casos;

1) a_n = p_n

2) a_n = 1/p_n

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Mostrar que f é identicamente nulo.

[Artur Steiner]

Suponhamos que f: [0, 1] ---> R seja contínua e que, para todo n = 0, 1,
2.., Integral [0, 1] f(x) x^n dx = 0. Mostre que f é identicamente
nula.

Isso parece um tanto intuitivo, mas será que há uma prova imediata ou quase?

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Integral trivial... para alguns

[Artur Steiner]

Mostre que, para a > 1/2 e b > 0,

Int [0, oo) dx/(x^a + b)^2 = Γ(2 - 1/a) Γ(1/a) / (a *b^{2-1/a})

sendo Γ a função gama.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Integral interessante

[Artur Steiner]

Mostre que

Int (0 a oo) dx/x^x = 1/1^1 + 1/2^2 ... + 1/n^n 

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Problema interessante de composta f o f

[Artur Steiner]

Acho este aqui muito interessante. Não exige nenhum conhecimento avançado.

Suponhamos que f: R—> R satisfaça a f(f(x)) = ax^2 + bx + c  para todo x.
onde a <> 0, b e c são coeficientes reais. Mostre que

(b + 1)(b - 3) <= 4ac

Artur

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Re: [obm-l] problemas fáceis pro ensino fundamental

[Artur Steiner]

Pelo que já vi, a esmagadora maioria dos alunos do ensino médio teria muita
dificuldade e nenhum interesse nesses problemas mais elaborados. O fato é
que pouquíssimas pessoas apreciam matemática. A maioria odeia.

Vou dar 3 problemas bem mais  simples do que os que vc deu e que quase todo
mundo erra. Já vi bons engenheiros errando. E muitos teimam em suas
respostas erradas.

1. Suponha que a Terra seja uma esfera perfeita e que ao redor dela seja
passado um fio de espessura desprezível formando um círculo concêntrico com
a Terra. Se o comprimento do fio exceder de 1 m a circunferência da Terra,
dê exemplo de um animal que passaria sob o fio sem tocá- lo. Muitos dizem,
ora talvez um micróbio.  Um pardal certamente não passaria. O fio está
praticamente colado no solo.

2., Um ônibus percorreu a1a metade de seu trajeto com velocidade média de
80 km/h. Na segunda metade, o trânsito estava ruim e a velocidade média foi
de apenas 20 km/h. Pode-se então afirmar que a velocidade média ao longo de
todo o trajeto foi de ..

A maioria diz 50 km/h.

3. 99% da massa de uma melancia de 1 kg é composta por água. A melancia é
exposta ao sol e, devido à evaporação, a água passa a representar 98% da
massa total. Qual a nova massa da melancia? Muitos dão um valor muito
próximo de 1kg e teimam.

E tem aquilo que se fazia quando eu era garoto e impressionava muitos, como
mágica: Pense um número e não o diga. Multiplique por  2. Some 10. Divida a
soma por 2. Desta soma, deduza o número que vc pensou. Pronto? Sim! Deu 5.
É mesmo! Vc adivinhou meu número?

Artur Costa Steiner

Em qua, 1 de ago de 2018 12:38, Claudio Buffara 
escreveu:

> Um dos atrativos da matemática (pelo menos pra mim) é a existência de
> problemas que estão em aberto há décadas (ou séculos) mas cujos enunciados
> podem ser facilmente compreendidos por alunos de ensino fundamental. Três
> exemplos são a conjectura de Goldbach, a conjectura de que existe uma
> infinidade de primos gêmeos, e a conjectura de Collatz.
>
> É interessante que existem 3 problemas elementares cujos enunciados são
> parecidos com os das conjecturas acima:
> 1) Prove que todo número natural maior do que 11 pode ser escrito como a
> soma de dois números compostos;
> 2) Encontre todos os “primos trigêmeos” (trios de números primos que
> diferem por 2, tais como 3, 5 e 7);
> 3) O primeiro termo de uma sequência é 10. Cada termo seguinte é igual à
> metade do termo anterior, se este for par, ou 7 unidades maior do que o
> termo anterior, se este for ímpar. Qual o 2018º termo da sequência?
>
> Como vocês podem verificar, os três problemas são fáceis, ainda que, pra
> resolvê-los, sejam necessários um mínimo de raciocínio e alguma
> experimentação.
>
> Mas o que eu quero saber é se um aluno normal de 7o ou 8o ano (de 12 a 14
> anos de idade, em média) seria capaz de resolver tais problemas.
> O que vocês acham?
>
> E será que um aluno de 6o ano (11-12 anos) seria capaz de explicar porque
> a soma de dois números primos consecutivos não pode ser igual ao dobro de
> um número primo?
>
> OBS: Todos estes problemas envolvem apenas conceitos que são vistos antes
> do 6o ano: operações com números naturais e números pares, ímpares, primos
> e compostos.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> --
> 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] Composição f o f

[Artur Steiner]

ok, aí vai minha solução. Deve haver outras. Antes, vamos ver dois lemas.

Lema 1

Seja f uma função definida num domínio D e com valores em D e seja g = f o
f. Se o ponto a de D for o único ponto fixo de g, então a é o (único) ponto
fixo de f.

Prova: sendo b = f(a), então f(b) = f(f(a)) = g(a) = a e g(b) = f(f(b)) =
f(a) = b, do que deduzimos que b é ponto de fixo de g. Como g tem em a seu
único ponto fixo, segue-se que b = a, ou seja, f(a) = a, o que mostra que a
é ponto fixo de f.

Lema 2

Se f: R --> R tiver um ponto fixo em a e for diferenciável em a ,então g =
f o f é diferenciável em a com g'(a) = (f'(a))^2 (o que implica que g'(a)
>= 0).

Prova: como f(a) = a, f é diferenciável em a e em f(a). Pela regra da
cadeia, g é diferenciável em a e g'(a) = f'(f(a)) f'(a) = f'(a) . f'(a) =
(f'(a))^2.

No caso, temos g(x) = - sen(x) e, portanto, g(0) = 0.Logo, g tem um ponto
fixo em 0. Vamos mostrar que este é o único ponto fixo de g em R.
Sendo h(x) = x - g(x) = x + sen(x), temos que h'(x) = 1 + cos(x) >= 0. h é
estritamente crescente e, assim, só se anula para x = 0, o que implica que
0 é o único ponto fixo de g em R.

Se existir uma f tal que f(f(x)) = g(x), então, pelo Lema 1, x = 0 é ponto
fixo de f. Se f for diferenciável, então, pelo Lema 2, g é diferenciável em
0 com g'(0) >= 0. Mas como g'(0) = - cos(0) = -1, temos uma contradição que
mostra que esta f diferenciável não existe.

Se houver uma f tal que f(f(x)) = -sen(x) para todo real x, então esta f
não é diferenciável em x = 0.

Abraços

Artur Costa Steiner

Em ter, 31 de jul de 2018 15:11, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:

> posta a solução Artur
> Abraços
>
> Em 31 de julho de 2018 14:34, Artur Steiner  > escreveu:
>
>> Acho este interessante:
>>
>> Mostre que não existe f: R--> R diferenciável tal que f(f(x)) = -sen(x)
>> para todo x.
>>
>> Artur Costa Steiner
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
>
> --
> Israel Meireles Chrisostomo
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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

[obm-l] Composição f o f

[Artur Steiner]

Acho este interessante:

Mostre que não existe f: R--> R diferenciável tal que f(f(x)) = -sen(x)
para todo x.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Paradoxo probabilístico/psicológico

[Artur Steiner]

Se jogarmos n vezes de forma aleatória um dado equilibrado, a probabilidade
de qualquer sequência de resultados é de (1/6)^n. Assim, se jogarmos um
dado, digamos, 10 vezes e sempre obtivermos 6, não há matematicamente
nenhuma evidência de que o dado seja viciado. Mas se isso acontecer, quase
todo mundo vai suspeitar - e muitos vão afirmar - que o dado é viciado. Eu,
por exemplo, embora sabendo que todas as possíveis sequências são
equiprováveis, vou ter sérias dúvidas sobre a honestidade do dado.

Mas se der 6 1 5 2 6 3 1 4 2 5, ningúem vai se chocar.

Como explicar este paradoxo probabilístico/psicológico?

Artur Costa Steiner

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

Re: [obm-l] Propriedade dos Reais

[Artur Steiner]

Imagine que vc tenha R$ 1000 na sua conta e queira fazer uma compra com
cartão de débito. Se o valor da compra for menor que 1000, o cartão passa.
E se for exatamente de 1000, também passa. Porque o banco tem um programa
que autoriza a transação se o valor da compra for <= saldo disponível. E
como 1000 <= 1000, a compra é autorizada.

Artur Costa Steiner

Em Sáb, 14 de jul de 2018 16:44, Luiz Antonio Rodrigues <
rodrigue...@gmail.com> escreveu:

> Olá, pessoal!
> Boa tarde!
> Porque dizemos que x<=x para todo x real?
> É algo que eu não consigo entender...
> Muito obrigado e um abraço!
> Luiz
>
> --
> 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] ensino de matemática

[Artur Steiner]

Gostaria muito de participar.

Artur Costa Steiner

Em Qua, 11 de jul de 2018 21:51, Leandro Martins 
escreveu:

> Caros,
>
> Também tenho interesse em participar de tal discussão. Maior que minha
> aproximação com a Matemática Olímpica, é minha aproximação com a
> Matemática. Ainda maior é a aproximação de muitos alunos, sob diversos
> aspectos.
>
> Vejamos no que dá...
>
> Abraço!
>
> Em 11 de julho de 2018 12:30, Claudio Buffara 
> escreveu:
>
>> Prezados colegas da lista:
>>
>> Entendo que o tema pode ser off-topic pois não trata especificamente de
>> problemas olímpicos, mas aqui vai de qualquer forma...
>>
>> Algum de vocês se interessa pelo ensino de matemática (escolar ou
>> universitário)?
>>
>> Pergunto porque há anos tenho pensado na melhor forma de ensinar
>> matemática (principalmente em termos de composição do currículo e de
>> apresentação dos tópicos nos livros didáticos), estou convencido de que não
>> estamos fazendo certo, nem na escola e nem na universidade, e gostaria de
>> ter gente interessada pra debater idéias e, quem sabe, elaborar algum
>> projeto mais concreto.
>>
>> Em linhas gerais, discordo da ordem em que os assuntos são abordados, na
>> maioria dos livros.
>> O foco é muito mais na ordem lógica (seguindo o rigor do método
>> axiomático, mesmo em livros pra ensino médio) sem nenhuma preocupação:
>> - com a motivação para os resultados que são apresentados (e, nos ensinos
>> fundamental e médio, quase nunca demonstrados);
>> - com tornar estes resultados intuitivos para o estudante.
>>
>> Também acho que certos assuntos deveriam ser incluídos e outros excluídos
>> do currículo, mas este, pra mim, é um problema menor. Pois, qualquer que
>> seja o tópico, se for bem ensinado e incentivar o aluno a pensar, já tá
>> valendo.
>>
>> A meu ver, seria ideal se cada tópico do currículo de matemática fosse
>> apresentado seguindo a sequência:
>> identificação de padrões ("patterns") ==> formulação de conjecturas ==>
>> demonstração destas conjecturas.
>> Pois esta é a maneira como a matemática é criada.
>> Mas acho que muito poucos professores estão capacitados pra ensinar
>> matemática deste jeito.
>>
>> Em particular, no Ensino Médio, a ênfase nos últimos anos tem sido na tal
>> contextualização, que pode ser vista em todo o seu esplendor nas provas do
>> Enem.
>> O resultado disso me parece ser um retrocesso na formação matemática dos
>> alunos e também a disseminação da mentalidade de que a única matemática que
>> deve ser estudada é aquela que é usada no dia-a-dia dos cidadãos comuns.
>>
>> E, na universidade, a coisa não é muito melhor, mesmo num assunto que só
>> é visto na graduação em matemática. a análise real.
>> Vejam só:
>> Os livros tratam da topologia da reta antes de conceitos tais como
>> compacidade e conexidade se mostrarem realmente necessários (o que, de
>> fato, só ocorre em dimensão > 1; na reta, quase tudo pode ser demonstrado
>> com base em sequências e no método da bisseção, que são coisas bastante
>> intuitivas, mas que quase nunca são usadas).
>>
>> Limites e continuidade podem ser introduzidos também com base em
>> sequências, interpretando-se os epsilons como margens de erro em
>> aproximação.
>>
>> Aliás, a noção de que análise nada mais é do que uma teoria de
>> aproximações quase nunca é mencionada.
>> Por exemplo, foi só estudando a análise do R^n é que eu me dei conta de
>> que a derivada é uma aproximação de uma função arbitrária por uma função
>> afim.
>> Antes disso, eu só sabia que "derivada = inclinação da reta tangente".
>>
>> Os livros também mencionam critérios de convergência de séries
>> (Dirichlet, Abel, etc.) que vêm do nada (pois foram inventados para o
>> estudo de séries de Fourier, que estes liros não abordam).
>>
>> E o principal resultado sobre convergência de séries de potências decorre
>> quase trivialmente do estudo das PGs infinitas (assunto de Ensino Médio).
>> Mas qual livro deixa isso explícito?
>>
>> E, pra terminar, poucos têm uma figura para ilustrar o teorema
>> fundamental do cálculo que, com uma figura bem feita, fica bem intuitivo.
>> No entanto, a análise na reta em geral é apresentada com um caráter
>> aritmético/algébrico, mas quase nunca geométrico.
>>
>> Obrigado pela atenção.
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>> --
>> 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Artur Steiner]

Agora que vc falou, me lembrei do teorema. Ele implica que, se todas as
raízes de P estiverem sobre uma mesma reta do plano complexo, então todas
as raízes de P' estarão sobre esta mesma reta.  Particularizando-se para a
reta real, temos a conclusão desejada.

Há muito tempo vi esse teorema no livro do Alfohrs.

Artur Costa Steiner

Em 5 de jul de 2018 13:42, "Claudio Buffara" 
escreveu:

https://en.wikipedia.org/wiki/Gauss%E2%80%93Lucas_theorem

2018-07-05 12:45 GMT-03:00 Artur Steiner :

> Não sabia não
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em Qui, 5 de jul de 2018 08:04, Claudio Buffara 
> escreveu:
>
>> E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS...
>>
>> 2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci :
>>
>>> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes
>>> de p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem
>>> reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor
>>> e a maior raiz.
>>>
>>> Lucas Colucci
>>>
>>>
>>> On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner <
>>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>>>
>>>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito
>>>> conhecido:
>>>>
>>>> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então
>>>> todas as raízes de P' também são.
>>>>
>>>> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
>>>> polinômios com coeficientes reais.
>>>>
>>>>
>>>> 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 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.
>


-- 
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] Polinômio com raízes reais

[Artur Steiner]

Não sabia não

Artur Costa Steiner

Em Qui, 5 de jul de 2018 08:04, Claudio Buffara 
escreveu:

> E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS...
>
> 2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci :
>
>> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes de
>> p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem
>> reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor
>> e a maior raiz.
>>
>> Lucas Colucci
>>
>>
>> On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner <
>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:
>>>
>>> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então
>>> todas as raízes de P' também são.
>>>
>>> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
>>> polinômios com coeficientes reais.
>>>
>>>
>>> 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 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Polinômio com raízes reais

[Artur Steiner]

Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:

Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então todas
as raízes de P' também são.

Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
polinômios com coeficientes reais.


Artur Costa Steiner

-- 
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] União de Dois Conjuntos

[Artur Steiner]

Sim, vc tem razão. Em matemática, por convenção, o ou não é excludente.

Artur Costa Steiner

Em Qua, 4 de jul de 2018 18:03, Luiz Antonio Rodrigues <
rodrigue...@gmail.com> escreveu:

> Também pensei nisso, mas quando dizemos "pertence a A ou a B" já não
> estamos considerando a intersecção também?
> É essa a minha dúvida...
>
> On Wed, Jul 4, 2018, 5:30 PM Olson  wrote:
>
>> Acredito que a intersecção seja somente os termos em comum, enquanto a
>> união também considera os termos que não estão em comum.
>>
>> Em qua, 4 de jul de 2018 17:14, Luiz Antonio Rodrigues <
>> rodrigue...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Olá, boa tarde!
>>> Eu achei a definição abaixo na Wikipedia.
>>> Não entendi porque tenho que considerar a intersecção também...
>>> Alguém pode me ajudar?
>>> Muito obrigado!
>>> Luiz
>>>
>>> The *union of two sets* A and B is the *set* of elements which are in
>>> A, in B, or in *both* A and B. For example, if A = {1, 3, 5, 7} and B =
>>> {1, 2, 4, 6} then A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.
>>>
>>> --
>>> 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.

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

Re: [obm-l] Ajuda em desigualdade

[Artur Steiner]

É isso mesmo. Matriz Hessiana positiva definida e gradiente nulo implicam
mínimo local. Mas não necessariamente global.

Artur Costa Steiner

Em Ter, 3 de jul de 2018 14:24, Claudio Buffara 
escreveu:

> Até porque se as 3 derivadas parciais forem positivas em (3,3,3) - e eu
> não fiz as contas - este não pode ser ponto de mínimo local, certo?
> Acho que você quis dizer derivadas parciais segundas, mas mesmo assim não
> é garantido.
> Se me lembro bem (e provavelmente estou errado) a matriz Hessiana tem que
> ser positiva definida.
> Seja como for, deve haver uma solução elementar.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-07-03 13:24 GMT-03:00 Pedro José :
>
>> Boa tarde!
>> Creio que tenha falado bobagem, as derivadas parciais positivas não
>> garantem o ponto de mínimo local.
>>
>> Em 3 de julho de 2018 09:49, Pedro José  escreveu:
>>
>>> Bom dia!
>>>
>>> Já que ninguém lhe respondeu...
>>> Por Lagrange chega-se que x=y=z=3 é um ponto singular, mas daí a mostrar
>>> que é um mínimo em todo domínio, não consegui nada.
>>> Que é um mínimo local, dá para ver pois todas derivadas parciais são
>>> positivas para x=y=z=3.
>>> Mas fica um direcionamento.
>>> Talvez anime alguém a avançar.
>>>
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>>
>>> Em 2 de julho de 2018 08:38, marcone augusto araújo borges <
>>> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>>>
 Sejam x, y e z números positivos tais que x+y+z = 9, determine o valor
 mínimo de P =(x^3 + y^3)\(xy+9) + (x^3 +z^3)\(xz+9) + (y^3 + z^3)\(yz+9)

 Agradeço desde já.

 --
 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.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Cálculo em várias variáveis

[Artur Steiner]

Recomendo The Elements of Real Analysis, de Robert Bartle. Excelente,
Bartle era muito claro. Outro é o de Walter Rudin, Mathematical Analysis. E
também o livro de Tom Apostol, acho que o título é o mesmo que o do Rudin.

Em Português, há o livro do Elon Lages Lima. Não conheço, mas já me
disseram que é excelente.

No livro do Apostol há a prova de um fato sobre diferenciabilidade em R^n
que não me parece muito conhecido e que nunca vi em outra publicação.

Artur Costa Steiner

Em Ter, 12 de jun de 2018 21:19, luciano rodrigues 
escreveu:

> Cálculo com geometria analítica Louis Lethold vol.2
>
> Em 12 de jun de 2018, às 19:17, Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>
>
> Olá galera, gostaria de aprender um pouco mais de cálculo em um nível
> bacana.Procuro um material que me ensine calcular integral duplas ,
> triplas, etc.Será que vcs teriam cono me ajudar com a bibliografia para os
> meus estudos?
> Desde já agradeço!Â
> --
> 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 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] Esta equação trigonométrica tem raízes não reais?

[Artur Steiner]

Nâo tem mesmo nâo. Outra forma de ver isto é com a identidade sen(z) +
cos(z) = raiz(2) sen(z + pi/4), Isto nos leva a

sen(z + pi/4) = raiz(2)/2, que é um real em [-1, 1]. Logo, z + pi/4, e
portanto z, são reais.

Se sen(z) é um real em [-1, 1], então z é real. Condição similar vale para
o cosseno.

Artur Costa Steiner

Em Qua, 23 de mai de 2018 12:26, Claudio Buffara 
escreveu:

> Acho que não.
> Elevando ao quadrado (logo, aumentando o conjunto das raízes) você chega
> em sen(2z) = 0 <==> e^(2iz) = e^(-2iz) <==> e^(4iz) = 1 <==> 4iz = m*2*pi*i
> (m inteiro) <==> z = m*pi/2.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> 2018-05-12 21:25 GMT-03:00 Artur Costa Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com>:
>
>> A equação sen(z) + cos(z) = 1
>>
>>  Nos reais, as raízes são os arcos que, no círculo trigonométrico, têm
>> determinações coincidentes com 0 ou com pi/2. Mas há raízes não reais?
>>
>> Isto não é difícil de se chegar a uma conclusão, mas acho interessante.
>>
>> Artur
>>
>>
>> Enviado do meu iPad
>> --
>> 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] Módulo do Inverso de um Número

[Artur Steiner]

Suponho que vc se refira aos reais.

O inverso existe se, e somente se, x <> 0.

Se x < 0, |x| = -x, 1/x < 0, |1/x| = -1/x = 1/(-x) = 1/|x|

Se x > 0, |x| = x, 1/x > 0, |1/x| = 1/x = 1/|x|

Artur Costa Steiner

Em Ter, 24 de abr de 2018 20:36, Luiz Antonio Rodrigues <
rodrigue...@gmail.com> escreveu:

> Olá, pessoal!
> Boa noite!
> Estou tentando provar que |1/x|=1/|x|
> É tão simples que peço desculpas pela ignorância... Mas não consigo
> concluir a prova... Eu pensei em partir dos casos, baseados na definição...
> Não deu certo...
> Alguém pode me ajudar?
> Muito obrigado e um abraço!
> Luiz
>
> --
> 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] Questão de derivada

[Artur Steiner]

Eu li errado, temos que lim x --> 0 f'
(x) = L. Assim,  a Regra de l' Hopital conforme mostrei demonstra que, de
fato, f'(c) = L.

Mas o que vc fez não mostra que f'(c) = L.

Artur Costa Steiner

Em Seg, 23 de abr de 2018 14:31, Igor Caetano Diniz <icaetanodi...@gmail.com>
escreveu:

> Se a questão tivesse um intervalo explícito [a,b] e diferenciável em todo
> ponto (a,b) exceto possivelmente num ponto c em (a,b) tal que lim f '(x) =
> L, x-> c, o que eu fiz estaria correto?
>
> 2018-04-23 14:11 GMT-03:00 Artur Steiner <artur.costa.stei...@gmail.com>:
>
>> Como f é contínua em 0, então, pela regra de L'Hopital,
>>
>> lim x --> 0+  (f(x) - f0))/(x - 0) = lim x --> 0+ f'(x) = L
>>
>> Pela definição de derivada lateral, o limite do primeiro membro é a
>> derivada à direita de 0. É só o que podemos concluir do enunciado. Nada
>> garante que a derivada à esquerda de 0 sequer exista.
>>
>> Artur Costa Steiner
>>
>> Em Dom, 22 de abr de 2018 22:45, Igor Caetano Diniz <
>> icaetanodi...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Boa noite,
>>> Gostaria de uma ajuda numa questão. Primeiro saber se pensei
>>> corretamente na maneira (1) e se é possível resolver como pensei também na
>>> maneira (2).
>>> Aí vai:
>>> Questão 5.3.8 do livro do Stephen Abbot, Understanding Analysis:
>>>
>>> Assuma que f é contínua em um intervalo que contém o zero e
>>> diferenciável em todo ponto diferente de zero. Se lim f ' (x) = L, x->0,
>>> prove que f ' (0) existe e é igual a L.
>>>
>>> O que pensei em fazer:
>>>
>>> Pensei em duas maneiras.
>>> 1)Se o limite existe em 0, então existem os limites laterais, limite a
>>> esquerda e limite a direita: lim x->0- f ' (x) = L e lim x->0+ f ' (x) = L.
>>> Lema: f ' (c) = lim f(c+h)-f(c-h)/2h = lim [ f(c+h)-f(c) +f(c) - f(c-h)
>>> ]/2h = 1/2 lim x->c-[f(c+h)-f(c)/h] + 1/2 lim x->c+ [f(c+h)-f(c)/h]
>>>
>>> Logo como existem esses limites laterais, existe a derivada em 0, e
>>> portanto, é L
>>>
>>> 2) queria tentar fazer, usando uma sequência xn<0 com limxn = 0 e yn>0
>>> com lim yn = 0 e provar que lim(f(yn)-f(xn)/(yn-xn)) = f'(0) = L. Mas sinto
>>> que isso é verdade e não sei provar
>>>
>>> Abraços
>>>
>>> --
>>> 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.

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

[obm-l] Re: [obm-l] Questão de derivada

[Artur Steiner]

Como f é contínua em 0, então, pela regra de L'Hopital,

lim x --> 0+  (f(x) - f0))/(x - 0) = lim x --> 0+ f'(x) = L

Pela definição de derivada lateral, o limite do primeiro membro é a
derivada à direita de 0. É só o que podemos concluir do enunciado. Nada
garante que a derivada à esquerda de 0 sequer exista.

Artur Costa Steiner

Em Dom, 22 de abr de 2018 22:45, Igor Caetano Diniz 
escreveu:

> Boa noite,
> Gostaria de uma ajuda numa questão. Primeiro saber se pensei corretamente
> na maneira (1) e se é possível resolver como pensei também na maneira (2).
> Aí vai:
> Questão 5.3.8 do livro do Stephen Abbot, Understanding Analysis:
>
> Assuma que f é contínua em um intervalo que contém o zero e diferenciável
> em todo ponto diferente de zero. Se lim f ' (x) = L, x->0, prove que f '
> (0) existe e é igual a L.
>
> O que pensei em fazer:
>
> Pensei em duas maneiras.
> 1)Se o limite existe em 0, então existem os limites laterais, limite a
> esquerda e limite a direita: lim x->0- f ' (x) = L e lim x->0+ f ' (x) = L.
> Lema: f ' (c) = lim f(c+h)-f(c-h)/2h = lim [ f(c+h)-f(c) +f(c) - f(c-h)
> ]/2h = 1/2 lim x->c-[f(c+h)-f(c)/h] + 1/2 lim x->c+ [f(c+h)-f(c)/h]
>
> Logo como existem esses limites laterais, existe a derivada em 0, e
> portanto, é L
>
> 2) queria tentar fazer, usando uma sequência xn<0 com limxn = 0 e yn>0 com
> lim yn = 0 e provar que lim(f(yn)-f(xn)/(yn-xn)) = f'(0) = L. Mas sinto que
> isso é verdade e não sei provar
>
> Abraços
>
> --
> 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] Desigualdade

[Artur Steiner]

É isso mesmo.

Artur Costa Steiner

Em Ter, 17 de abr de 2018 08:04, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Nao entendi esse a_k Produto.
>
> por exemplo se fossem a_1, a_2 e a_3, entao seria 
> 1/a_1[(a_3)^2-(a_1)^2][(a_2)^2-(a_1)^2]
> +1/a_2[(a_3)^2-(a_2)^2][(a_1)^2-(a_2)^2]+1/a_3[(a_2)^2-(a_3)^2][(a_1)^2-(a_3)^2],
> é maior que zero , é isso?
>
> Douglas Oliveira.
>
> Em ter, 17 de abr de 2018 00:49, Artur Costa Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:
>
>> Sejam a_1, a_n  números positivos, distintos dois a dois, e, para k
>> = 1, ... n, definamos
>>
>> p_k = a_k Produto (j = 1, n, j <> k) ((a_j)^2) - (a_k)^2)
>>
>> Mostre que 1/p_1 ... + 1/p_n > 0
>>
>> Artur
>>
>>
>>
>> --
>> 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.

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

Re: [obm-l] Soma (k = 1, n) 1/P'(r_k) = 0

[Artur Steiner]

É verdadeira para todo polinômio de grau  n >= 2 que tenha n raízes
simples.

Artur Costa Steiner

Em Seg, 16 de abr de 2018 14:18, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Entao a questao é até que ponto ela é verdadeira , pois funciona para
> casos elementares.
>
> Douglas Oliveira
>
> Em dom, 15 de abr de 2018 22:29, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
> bernardo...@gmail.com> escreveu:
>
>> 2018-04-15 13:09 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima
>> :
>> > Usa o polinomio de Lagrange , nao é nada obvia mesmo.
>>
>> Como usa Lagrange, a fórmula segue para k = 0, 1, ... n-1
>> (interpolando em n pontos, vamos até grau n-1).  E é, de fato, falso
>> para k = n, use P(x) = (x-1)(x+1).
>>
>> Além disso, mesmo para k = n-1, a demonstração por complexa não se
>> aplica mais (o grau dá errado...), e o mesmo polinômio serve para
>> mostrar que a soma não dá mais zero.
>>
>> Abraços,
>> --
>> 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 m = n

[Artur Steiner]

Eu acho esse interessante:

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

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Derivadas da função Zeta de Riemann

[Artur Steiner]

No semiplano Re(z) > 1, Zeta é definida pela série Z(z) = Soma (n = 0, oo)
1/n^z. Neste semiplano, as derivadas de ordem n de Z são dadas pelas séries
obtidas diferenciando-se n vezes os termos da série primitiva. Provar este
fato que, incrivelmente, não parece ser muito conhecido, é interessante

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: Função não periódica

[Artur Steiner]

No caso de f(x) = sen(x^2), também podemos fazer assim:

Se f for periódica, então f'(x) = 2x cos(x^2) também é. E como f' é'
contínua, é limitada. Mas fazendo x_n = raiz(2pi n), n natural, vemos que
f'(x_n) = raiz(2pi n) vai para oo com n. Temos assim uma contradição que
mostra que f não é periódica.


Artur Costa Steiner

Em Sáb, 14 de abr de 2018 20:16, Artur Costa Steiner <
artur_stei...@yahoo.com> escreveu:

> Isso é consequência do fato de que x —> sen(x^2) é contínua mas não
> uniformemente contínua.
>
> Artur
>
>
> Enviado do meu iPad
>
> Em 14 de abr de 2018, à(s) 1:10 PM, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
> Que tal começar provando que x --> sen(x^2) não é periódica?
>
> 2018-04-14 13:04 GMT-03:00 Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>:
>
>> Eu também fiquei inseguro em relação a isso e também notei que não
>> usei (pelo menos não explicitamente) a continuidade de f.
>>
>> Mas g(raiz(x+kT)) = g(raiz(x+(k+1)T) não só para um número x fixo, mas
>> para cada x >= -kT: um intervalo infinito.
>> Será que isso não é suficiente para estabelecer a periodicidade de g?
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>> 2018-04-14 11:42 GMT-03:00 Bernardo Freitas Paulo da Costa <
>> bernardo...@gmail.com>:
>>
>>> Oi Claudio,
>>>
>>> 2018-04-14 10:54 GMT-03:00 Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>:
>>> > f é periódica (digamos, de período T > 0).
>>> >
>>> > Suponhamos que g também seja periódica, digamos de período P.
>>> >
>>> > Para todo x, e todo k em N tal que x+kT >= 0, g(raiz(x+kT)) = f(x+kT) =
>>> > f(x+(k+1)T) = g(raiz(x+(k+1)T)) ==>
>>> > raiz(x+(k+1)T) - raiz(x+kT) = nP, para algum n em N.
>>>
>>> não é verdade que, se g(x) é periódica, e g(x) = g(y), então x - y
>>> é
>>> múltiplo do período.  Por exemplo, sin(pi/2 + a) = sin(pi/2 - a), para
>>> todo a.
>>>
>>> > Mas tomando k suficientemente grande, podemos fazer raiz(x+(k+1)T) -
>>> > raiz(x+kT) tão pequeno quanto quisermos, em particular < P, o que
>>> contraria
>>> > raiz(x+(k+1)T) - raiz(x+kT) = nP.
>>>
>>> Intuitivamente, deve mesmo ter a ver com o que você falou sobre o
>>> limite da diferença das raízes em PA, mas acho que é um pouco mais
>>> complicado.  Repare que, no enunciado do Arthur, tem um "f
>>> contínua"...
>>>
>>> > 2018-04-12 15:55 GMT-03:00 Artur Steiner <
>>> artur.costa.stei...@gmail.com>:
>>> >>
>>> >> Suponhamos que f:R —> R seja contínua, periódica e não
>>> constante. Mostre
>>> >> que g(x) = f(x^2) não é periódica.
>>> >>
>>> >> Artur
>>>
>>> Abraços,
>>> --
>>> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> Â acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> =
>>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> =
>>>
>>
>>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Função não periódica

[Artur Steiner]

A prova que encontrei baseia-se no fato de que, se g é contínua e
periódica, então g é unformemente contínua.

Sendo a composição de duas funcões contínuas, f e x --> x^2, g é contínua.
Vamos mostrar que não é uniformemente contínua, o que implica que não seja
periódica.

Como f não é constante, existem a e b com f(a) <> f(b). Sendo contínua,
periódica e não constante, f tem um período fundamental p > 0. Definamos
duas sequências por u_n = raiz(a + np) e v_n = raiz(b + np). Então, u_n -
v_n --> 0. Mas como para todo n g(u_n) - g(v_n) = f(a + np) - f(b + np) =
f(a) - f(b) <> 0, g(u_n) - g(v_n) não converge para 0. Logo, g não é
uniformemente contínua e, portanto, não é periódica.


Artur Costa Steiner

Em 14 de abr de 2018 11:02, "Claudio Buffara" <claudio.buff...@gmail.com>
escreveu:

f é periódica (digamos, de período T > 0).

Suponhamos que g também seja periódica, digamos de período P.

Para todo x, e todo k em N tal que x+kT >= 0, g(raiz(x+kT)) = f(x+kT) =
f(x+(k+1)T) = g(raiz(x+(k+1)T)) ==>
raiz(x+(k+1)T) - raiz(x+kT) = nP, para algum n em N.
Mas tomando k suficientemente grande, podemos fazer raiz(x+(k+1)T) -
raiz(x+kT) tão pequeno quanto quisermos, em particular < P, o que
contraria raiz(x+(k+1)T)
- raiz(x+kT) = nP.




2018-04-12 15:55 GMT-03:00 Artur Steiner <artur.costa.stei...@gmail.com>:

> Suponhamos que f:R —> R seja contínua, periódica e não constante. Mostre
> que g(x) = f(x^2) não é periódica.
>
> 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.

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

Re: [obm-l] Soma (k = 1, n) 1/P'(r_k) = 0

[Artur Steiner]

A prova por análise complexa baseia-se no fato de que, se P e Q  são
polinômios com grau(P) >= grau(Q) + 2 e f =Q/P, definida para P(z) <> 0,
então,

Soma (z em Z) Res(f, z) = 0  (*)

onde Z é o conjunto dos zeros de P e Res(f, z) é o resíduo de f em z, que é
pólo de f.

A prova disso baseia-se no teorema dos resíduos e no fato de que lim r -->
oo Integral (sobre Cr) f(z) dz = 0, sendo Cr a periferia do disco de centro
na origem e raio r.

Particularizando-se para o caso em que Q(z) = 1 para todo z,  f = 1/P e (*)
se reduz a

Soma (z em Z) Res(1/P, z) = 0 (**)

Se z é zero simples de P, então Res(1/P, z) = 1/P'(z), pois z é pólo
simples de 1/P (observe que, neste caso,  P'(z) <> 0). Supondo-se agora que
P tem grau n >= 2 e tem n zeros simples r_1,  r_n, (**) implica que

Soma (k = 1, n) 1/P'(r_k) = 0

conforme afirmado.

A chave da prova é que

lim r --> oo Integral (sobre Cr) f(z) dz = 0,

a qual não é difícil. Baseia-se nas propriedades da integral e nas dos
polinômios.

Artur Costa Steiner

Em 13 de abr de 2018 00:57, "Mórmon Santos" <mormonsan...@gmail.com>
escreveu:

Como é por análise complexa?

Em qui, 12 de abr de 2018 15:22, Artur Steiner <
artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:

> Para n >= 3, só consegui por análise complexa. Há uma prova que me parece
> muito bonita.
>
> Tentei também por frações parciais, mas caí num imbróglio.
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em Qui, 12 de abr de 2018 14:42, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Olá! Alguém encontrou uma solução elementar par este?
>> Eu fiz pra n = 2 e n = 3 mas a generalização me parece muito complicada.
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>>
>> 2018-04-08 20:42 GMT-03:00 Artur Steiner <artur.costa.stei...@gmail.com>:
>>
>>> Seja P um polinômio complexo, de grau n >= 2, que tenha n raízes simples
>>> r_1, ... r_n. Mostre que Soma (k = 1, n) 1/P'(r_k) = 0.
>>>
>>> Para quem conhece um pouco de análise complexa, isto é corolário de um
>>> resultado geral. Mas parece que pode ser provado sem análise complexa.
>>>
>>> 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 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.

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

[obm-l] Função não periódica

[Artur Steiner]

Suponhamos que f:R —> R seja contínua, periódica e não constante. Mostre
que g(x) = f(x^2) não é periódica.

Artur

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

[obm-l] Perímetro de um triângulo

[Artur Steiner]

Dado um triângulo ABC, traça-se uma tangente ao seu incírculo, a qual
intersecta AB e AC nos pontos M e N, ficando o segmento MN no interior de
ABC. Determine o perímetro do triângulo AMN em função dos lados a, b e c de
ABC.

Artur

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

[obm-l] Desigualade referente à composição de f com a própria f

[Artur Steiner]

Eu acho esse bem interessante:

Suponhamos que, para todo real x, f:R —> R satisfaça a f(f(x)) = ax^2 + bx
+ c, onde a <> 0, b e c são coeficientes reais. Mostre que

(b + 1)(b - 3) <= 4ac

Artur

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

Re: [obm-l] Soma (k = 1, n) 1/P'(r_k) = 0

[Artur Steiner]

Para n >= 3, só consegui por análise complexa. Há uma prova que me parece
muito bonita.

Tentei também por frações parciais, mas caí num imbróglio.

Artur Costa Steiner

Em Qui, 12 de abr de 2018 14:42, Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>
escreveu:

> Olá! Alguém encontrou uma solução elementar par este?
> Eu fiz pra n = 2 e n = 3 mas a generalização me parece muito complicada.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-04-08 20:42 GMT-03:00 Artur Steiner <artur.costa.stei...@gmail.com>:
>
>> Seja P um polinômio complexo, de grau n >= 2, que tenha n raízes simples
>> r_1, ... r_n. Mostre que Soma (k = 1, n) 1/P'(r_k) = 0.
>>
>> Para quem conhece um pouco de análise complexa, isto é corolário de um
>> resultado geral. Mas parece que pode ser provado sem análise complexa.
>>
>> 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 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] Pontos de condensação

[Artur Steiner]

Em um espaço topológico qualquer, dizemos que x é ponto de condensação de
um conjunto A se, para toda vizinhança V de x, V inter A não for
enumerável. No caso de espaços métricos, podemos mostrar que, sendo C o
conjunto dos pontos de condensação do não enumerável A e  C' o complementar
de C, então A inter C não é enumerável e C' inter A é enumerável.

No caso de R com a métrica Euclidiana, temos dois outros conceitos
correlatos:

Dizemos que x é ponto de condensação bilateral de A se, para todo eps > 0,
(x - eps, x) inter A e (x, x + eps) inter A não forem enumeráveis. Isto é,
os pontos de A condensam-se em ambos lados de x. E dizemos que x é ponto de
condensação unilateral de A se os pontos de A se condensarem em apenas um
dos lados de x: para todo eps > 0, apenas uma das interseções acima não é
enumerável. Exemplificando: Todo elemento de (0, 1) é ponto de condensação
bilateral do mesmo; 0 e 1 são seus únicos pontos de condensação
uniilaterais.

Sendo A não enumerável, B o conjunto de seus pontos de condensação
bilaterais e U o conjunto de seus pontos de condensação unilaterais, mostre
que

A inter B não é enumerável

U é enumerável.

Artur Costa Steiner

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

Re: [obm-l] Perguntas pro Claudio Buffara

[Artur Steiner]

Eu gostaria dr citar alguns pontos de caráter geral sobre sua perguntas

Julgo conveniente lembrar que esta é uma lista para amantes da matemática,
assim como há para amantes de música, jardinagem, literatura, etc.
Participa que quiser. Ninguém é obrigado a resolver os problemas aqui
disticutidos. Isto não aliena ninguém. Para os que têm interesse em algum
ramo do conhecimento, é sempre bom interagir com quem tem talento no
assunto. Não se trata de exibicionismo.  Muitos adeptos da Física gostariam
de ter interagido com Stephen Hawking.

Problemas olímpicos, assim como tópicos avançados na matemática, são
estudados por quem nisso tem interesse. Concordo que nem sempre apresentam
uma aplicação prática, pelo menos uma claramente identificável. Seria algo
como perguntar " qual a utilidade da música clássica? Qual a de se aprender
latim?" Mas para os aficcionados, há uma utilidade real e palpável:
torna-os mais felizes, causa-lhes satisfação.

No caso da matemática, muito do que temos hoje só existe porque um dia, por
exemplo, alguém resolveu a "inutilidade" de uma equação diferencial.

Dois exemplos: estes complicados problemas sobre números primos aplicam-se
em criptografia, para que transações bancárias possam ser feitas com uma
boa dose de segurança. E há algum tempo vim a saber que, na elaboração das
fontes de computador , cujos tamanhos variam conforme desejamos, sempre
mantendo intacta a proporção, utiliza-se teoria dos fractais, algo ligado a
análise complexa avançada, algo que, para muitos, é uma total perda de
tempo.

Apenas algumas reflexões.

Abraços

Artur Costa Steiner


Em Ter, 10 de abr de 2018 13:17, Marcela Costa 
escreveu:

> Caros participantes da lista obm-l.
>
> Tenho seguido esta lista lendo as mensagens de fora há algum tempo e
> fiquei cismada com duas mensagens que o participante Claudio Buffara enviou
> em 23 de março (
> https://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg55232.html ) e 25 de
> março ( https://www.mail-archive.com/obm-l@mat.puc-rio.br/msg55196.html),
> a respeito do ensino de matemática e decidi participar.
>
> Dessa forma, tenho as seguintes perguntas pra ele:
>
> 1) O Sr. diz que produtos notáveis e fatorações são "notoriamente mal
> ensinados". O Sr. tem alguma sugestão de como ensinar melhor estes tópicos?
>
> 2) O Sr. não acha um pouco arrogante fazer uma afirmação como esta, já que
> o Sr. tem um talento claramente acima da média em matemática e pertence à
> elite dos "olímpicos"?
>
> 3) O Sr. não acha que o exibicionismo com estes problemas dificílimos
> acaba por alienar os alunos normais?
>
> 4) Qual a aplicabilidade na vida real de problemas de olimpíadas de
> matemática?
>
> Sds
>
> --
> 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: Probleminha um tanto estranho

[Artur Steiner]

Isto é uma generalização do seguinte fato: Se todos os coeficientes de  um
pol. do 2o grau forem ímpares, então o pol. não apresenta nenhuma raiz com
ambas as partes racionais.

Artur Costa Steiner

Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner <artur.costa.stei...@gmail.com>
escreveu:

> Mostre que o polinômio
>
> P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 -  21438 x^129
> + 67917
>
> não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais
>
> Abraços.
>
> Artur Costa Steiner
>

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

[obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho

[Artur Steiner]

A mesma conclusão vale para

Q(x) = x^(1 quinquilhão) - 2 x^(1 quatrilhão) + 3 x^(18 bilhões) + 6 x^(1
milhão e trezentos mil) + 8 x^(3971) - 7

Tem a ver com a paridade dos coeficientes.

Artur Costa Steiner

Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner <artur.costa.stei...@gmail.com>
escreveu:

> Mostre que o polinômio
>
> P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 -  21438 x^129
> + 67917
>
> não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais
>
> Abraços.
>
> Artur Costa Steiner
>

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

[obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho

[Artur Steiner]

Sim. Se o complexo z for raiz de P, então pelo menos uma das partes de z é
irracional.

Se vc conhecer um fato muito pouco conhecido sobre polinômios com
coeficientes inteiros, a prova leva digamos 10 segundos. A prova deste fato
não me parece nada trivial, mas só exige conhecimentos básicos de álgebra
de polinômios e de números complexos.

Artur Costa Steiner

Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner <artur.costa.stei...@gmail.com>
escreveu:

> Mostre que o polinômio
>
> P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 -  21438 x^129
> + 67917
>
> não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais
>
> Abraços.
>
> Artur Costa Steiner
>

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

[obm-l] Soma (k = 1, n) 1/P'(r_k) = 0

[Artur Steiner]

Seja P um polinômio complexo, de grau n >= 2, que tenha n raízes simples
r_1, ... r_n. Mostre que Soma (k = 1, n) 1/P'(r_k) = 0.

Para quem conhece um pouco de análise complexa, isto é corolário de um
resultado geral. Mas parece que pode ser provado sem análise complexa.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Probleminha um tanto estranho

[Artur Steiner]

Mostre que o polinômio

P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 -  21438 x^129
+ 67917

não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais

Abraços.

Artur Costa Steiner

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

[Artur Steiner]

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

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

Abraços
Artur


Artur Costa Steiner

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

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

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

[obm-l] n^n = n (mod 8) para n ímpar

[Artur Steiner]

Embora simples, acho interessante mostrar isso (aqui, = significa
congruente a). Parece não ser muito conhecido.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: Teorema fundamental da álgebra

[Artur Steiner]

OK!

Artur Costa Steiner

Em Dom, 25 de mar de 2018 15:06, Carlos P. 
escreveu:

> Muito obrigado pelas respostas.
>
> Com relação à função exponencial, se fizermos z_n = 2n pi i, então |z_n|
> --> oo quando n --> oo mas z_n = 1 para todo n, pois a exp tem período 2 pi
> i. Logo, exp(z) não vai para oo quando |z| vai. Ok?
>
> Carlos
> --
> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br  em nome de
> Carlos P. 
> *Enviado:* sábado, 24 de março de 2018 20:13:07
> *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Assunto:* [obm-l] Teorema fundamental da álgebra
>
> Boa noite!
>
> Estou estudando análise complexa e gostaria de alguns esclarecimentos
> sobre o TFA.
>
> 1) Na prova baseada no teorema de Liouville, as únicas propriedades de
> polinômios de grau >= 1 utilizadas é que são funções inteiras tais que lim
> z ---> oo p(z) = oo. Logo, o teorema aplica-se igualmente a qualquer
> inteira f tal que lim z ---> oo f(z) = oo, certo? Não está restrito a
> polinômios.
>
> 2) Alguém conhece uma prova do TFA que, além de mostrar a existência de
> raízes, mostre que há exatamente n raízes, contando suas ordens? Me
> informaram que há uma
>
> Muito obrigado
>
> Carlos
> --
> 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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Raízes transcendentes

[Artur Steiner]

!

Ests prova vale para raízes positivas, certo? Para n par, há também uma
raiz negativa.

Para raízes positivas, eu dei uma prova um pouco deferente da sua para a
irracionalidade de x, porque tinha provado antes que as raízes não triviais
estão em (1, e), no qual o único inteiro é 2. Depois, também apliquei
Gelfond Schneider.

Artur
Mostrar texto das mensagens anteriores
Ocultar texto das mensagens anteriores




Em Qua, 21 de mar de 2018 21:44, Claudio Buffara 
escreveu:

Seja x um número real diferente de n tal que x^n = n^x  ==>  x = n^(x/n).

Se x for transcendente, não há o que provar.

Suponhamos, assim, que x seja algébrico.

O teorema de Gelfond-Schneider diz que se a e b são algébricos, com a <> 0,
a <> 1 e b irracional, então a^b é transcendente.

n é algébrico diferente de 0 e 1.
Assim, basta provar que x é irracional e aplicar o teorema de
Gelfond-Schneider (com  a = n  e  b = x/n).

Suponhamos que x seja racional, digamos x = p/q com p e q inteiros primos
entre si (e q <> 0).
Seja log = logaritmo na base n.

Então, log(x) = x/n  ==>  log(p/q) = p/(nq) ==> n^(p/(nq)) = p/q ==> p^(nq)
= n^p * q^(nq).

Mas como p e q são primos entre si, a unicidade da fatoração implica que q
= 1 ==> p^n = n^p.
E mais uma vez, a unicidade da fatoração implica que p = n ==> x = n, o que
contradiz a hipótese original de ser x <> n.
Logo, x não pode ser racional, e acabou.

[]s,
Claudio.


Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Mostrar que uma função inteira e injetora é um maoeamento afim

[Artur Steiner]

Eu consegui mostrar isso usando o Teorema de Picard. Mas parece que usei
guindaste pra levantar alfinete. Me disseram que é possível provar com base
no teorema do mapeamento aberto, que nos livros vem muito antes do T. de
Picard.

Alguém pode sjudar nisso? Talve hsja uma sacada trivial.

obrigado

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Integral complexa (no sentido de análise complexa)

[Artur Steiner]

Acho este aqui bem legal. Espero que alguém tente resolver.

Sejam P(z) = z^n (z - 2) - 1, n inteiro positivo, e C a periferia do disco
aberto D(0, 1). Mostre que:

1) I(n) = Integral (sobre C) dz/P(z) existe para todo n

2) Dentre as n + 1 raízes de P (contando suas ordens), existe uma real
(chamemos de r), tal que r > 1e tal que é possível expressar I(n) em função
de r e de n. Determine esta expressão em forma fechada.

Sugestão: Teoremas de Rouché e das raízes interiores exteriores.

Artur Costa Steiner

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

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Raízes transcendentes

[Artur Steiner]

Ah Deus! Esqueci de dizer, raízes não triviais, distintas de n.

Artur Costa Steiner

Em Qua, 21 de mar de 2018 18:12, Claudio Buffara <claudio.buff...@gmail.com>
escreveu:

> Tá certo isso? Pois, para todo n natural, n sempre é raiz de x^n = n^x.
>
> 2018-03-21 16:45 GMT-03:00 Artur Steiner <artur.costa.stei...@gmail.com>:
>
>> Mostre que, para todo inteiro n >= 3, n diferente de 4, as raízes reais
>> da equação x^n = n^x são transcendentes.
>>
>> Artur
>>
>> Enviado do meu iPad
>> --
>> 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.

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

[obm-l] Raízes transcendentes

[Artur Steiner]

Mostre que, para todo inteiro n >= 3, n diferente de 4, as raízes reais da 
equação x^n = n^x são transcendentes. 

Artur

Enviado do meu iPad
-- 
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] Problemas interessantes de análise complexa

[Artur Steiner]

1) Mostre que, se f e g são funções inteiras tais que |f(z)| <= |g(z)| para 
todo complexo z, então, também para todo z, f(z) = k g(z), onde k é uma 
constante complexa.

2) Mostre que o polinômio P(z) = z^n (z - 2) - 1, n inteiro positivo, tem 
exatamente n raízes (contando multiplicidades) no disco aberto D(0, 1). 

3) Mostre que se f é inteira e injetora, então f é um mapeamento afim não 
constante (logo, f é bijetora)

4) Mostre que uma função inteira é uniformemente contínua no plano se, e 
somente se, for um mapeamento afim.

Artur

Enviado do meu iPad(
-- 
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] [obm - l] Re: Limite

[Artur Steiner]

> Sendo (a_n) o ln da sequência dada, então 
> 
> a_n = 1/n ln(n!/n^n) = -1/n [-ln(1/n) - ln(2/n)  - ln(n/n)]
> 
> Temos uma sequência de somas inferiores de Riemann sobre [0, 1] da função 
> -ln, correspondente a uma partição de norma 1/n ---> 0. Conforme sabemos da 
> Análise, se a integral imprópria desta funçao sobre [0, 1] convergir, então 
> as somas inferiores convergirão para esta integral. E isto de fato ocorre, 
> pois 
> 
> Int [0, 1] lnx dx = [x lnx - x] [0, 1] = 1 * 0 - 1 - (0 - 0) = -1, visto que 
> lim x ---> 0+ x lnx = 0. Logo, a_n ---> -1e sua sequência converge para 
> e^(-1) = 1/e
> 
> Artur

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

Re: [obm-l] Pergunta que gera debates

[Artur Steiner]

Este produto não está bem definido. Todo complexo não nulo tem duas raízes 
quadradas, simétricas. No caso real, convenciona-se que o símbolo de radical 
significa raiz positiva (ou nula, se o radicando for nulo). No caso complexo, 
não há uma convenção estabelecida.

Artur Costa Steiner

> Em 24 de set de 2015, às 10:21, Mauricio de Araujo 
>  escreveu:
> 
> Perguntinha que gera debates, rsss
> 
> Qual o resultado de 
> 
> sqrt(-4).sqrt(-9)?
> 
> 6 ou -6?
> 
> ​
> ​
> 
> ​Evaluate:
> 
> ​
> 
> Abraços
> 
> oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
> 
> 
> -- 
> 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] Exemplo de Cálculo

[Artur Steiner]

O conjunto A não foi especificado. Se A for desconexo, isso é possível. Por 
exemplo:

A = A1 U A2 sendo A1 o disco de raio 1 e centro na origem e A2 o círculo de 
raio 1 e centro em (2, 2). e f dada por 

f(x, y) = 1 para x em A1
f(x, y) = 2 para x em A2

f atende ao desejado em A.

Artur Costa Steiner

 Em 18/12/2014, às 21:59, Eduardo Henrique dr.dhe...@outlook.com escreveu:
 
 Pessoas, estou aqui estudando o livro 2 do Guidorizzi de Cálculo e num 
 problema ele fala que: 
 
 Seja A é subconjunto de R², f:A-R² é tal que as derivadas parciais em 
 relação a x e y são 0 para (x,y) em A. Dê um exemplo que a função f não seja 
 constante.
 
 Poderiam me ajudar?
 
 Att.
 Eduardo
 
 -- 
 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] Quadrados perfeitos

[Artur Steiner]

Sim, se n é primo, n! não é quadrado perfeito. Além disto, se n é primo, então 
n + 1, n + 2 n + n - 1 = 2n - 1 não têm em suas fatorações o fator n. Logo, 
nas decomposições primas dos fatoriais destes números, n aparece com expoente 
1, o que significa que nenhum destes fatoriais é quadrado perfeito. Disto 
concluimos que se um composto está ente um primo p e 2p, então n! não é 
quadrado perfeito.

Mas todo composto está entre um primo p e 2p. Sendo m um composto, seja p o 
maior primo menor que m. Segundo um teorema, há um primo p' tal que p  p'  
2p. Como p é o maior primo menor que m, temos que p  m  p'  2p, mostrando 
que m está entre p e 2p. 

Assim, para nenhum composto n! é quadrado perfeito. E como para n primo também 
não é, segue-se que n! só é quadrado perfeito para n = 0 ou n = 1.

Isto mostra que, para todo n  1, na decomposição de n! em fatores primos, há 
um p que aparece com expoente 1. Assim, na realidade, para n  1, n! não é 
potência inteira   1 de nenhum inteiro. 

Veja se cometi algum engano.

Abraços

Artur



Artur Costa Steiner

 Em 18/12/2014, às 22:59, marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com escreveu:
 
 Determine todos os n tais que n! é quadrado perfeito.
 
 Eu diria n = 0 e n = 1.Mas como justificar?
 
 Se n é primo, n! não é quadrado perfeito.
 
 
 -- 
 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] Como provar?

[Artur Steiner]

Os 3 complexos estão sobre a circunferência unitária de centro na origem. 
Através de  uma mesma rotação em cada um dos vetores correspondentes aos 
mesmos, podemos fazer com que um deles coincida com o real 1. Como os novos 
complexos continuam na circunferência unitária e as distância entre eles 
permanecem iguais às distâncias entre os complexos originais, podemos admitir, 
sem perda de generalidade, que z3 = 1, que tem argumento nulo.

Sendo a1 e a2 os argumentos de z1 e de z2, temos então que

cos(a1) + cos(a2) = -1 
sen(a1) + sen(a2) = 0

Da 2a equação, temos que a2 = -a2 ou que a2 = pi + a1. Mas como esta segunda 
opção zera o 1o membro da 1a equação, temos que a2 = -a1. Isto conduz a que 
cos(a1) = -1/2. 

Concluímos assim que ou a1 = 2pi/3 e a2 = -2pi/3 ou o contrário. Em ambos os 
casos, temos exatamente os mesmos complexos, só mudam seus índices.

Assim, os vetores destes 3 complexos estão igualmente defasados de  2pi/3. 
Logo, os respectivos afixos formam um triângulo equilátero. 

Artur Costa Steiner

 Em 06/12/2014, às 14:38, Vanderlei Nemitz vanderma...@gmail.com escreveu:
 
 Pessoal, consegui responder a questão supondo um z1 em particular da 
 circunferência de raio 1 e centro na origem e determinando os demais. Mas 
 como provar genericamente que são vértices de um triângulo equilátero?
 
 Sejam três números complexos z1, z2 e z3 tal que
 z1 + z2 + z3 = 0
 |z1| = |z2| = |z3| = 1
 Então, geometricamente, temos:
 A) Uma reta;
 xB) Um triângulo equilátero;
 C) Um triângulo retângulo;
 D) Um único ponto;
 E) Nenhuma das alternativas anteriores.
 
 -- 
 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] Como provar?

[Artur Steiner]

Aliás, por um raciocínio similar, isto pode ser generalizado para n complexos. 
Seus afixos formam um n-ágono regular convexo. 

Artur Costa Steiner

 Em 06/12/2014, às 14:38, Vanderlei Nemitz vanderma...@gmail.com escreveu:
 
 Pessoal, consegui responder a questão supondo um z1 em particular da 
 circunferência de raio 1 e centro na origem e determinando os demais. Mas 
 como provar genericamente que são vértices de um triângulo equilátero?
 
 Sejam três números complexos z1, z2 e z3 tal que
 z1 + z2 + z3 = 0
 |z1| = |z2| = |z3| = 1
 Então, geometricamente, temos:
 A) Uma reta;
 xB) Um triângulo equilátero;
 C) Um triângulo retângulo;
 D) Um único ponto;
 E) Nenhuma das alternativas anteriores.
 
 -- 
 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] problema

[Artur Steiner]

Como a exponencial é sempre positiva, não há solução negativa. Para x = 0, 
definamos f(x) = 2^x - x, de modo que f(0) = 1 e f'(x) = 2^x ln (2) - 1. Como 
ln(2)  0, f' é estritamente crescente, logo f é convexa. f' se anula em x* tal 
que 2^x* = 1/ln(2). Como ln(2) está em (0, 1), 1/ln(2)  1 e x*  0. Logo, f 
tem um mínimo global em x*, que está no eixo real positivo.

Temos que min f = f(x*) = 1/ln (2) - (ln(1/ln(2)))/ln(2) = 1/ln(2) + 
ln(ln2))/ln(2) = (1 + ln(ln2)))/ln(2)

Com uma planilha Excel, verifiquei que f(x*)  0. Logo, esta equação não tem 
solução real.

Artur Costa Steiner

 Em 13/12/2013, às 18:17, saulo nilson saulo.nil...@gmail.com escreveu:
 
 encontre todas as soluçoes de 2^x=x
 
 -- 
 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: RES: [obm-l] 2,345 = 2,345000... = 2,34999...

[Artur Steiner]

Uma forma rigorosa de provar que 0,999 = 1 é considerar que, por definição, 
0,999..,é o limite da série geométrica

0,9 + 0,09 + 0,009...

Uma série geométrica cuja razão é 0,1. Logo,

0,999... =  0,9/(1 -0,1) = 0,9/0,9 = 1

Artur Costa Steiner

 Em 03/12/2013, às 21:46, Albert Bouskela bousk...@ymail.com escreveu:
 
 Ennius,
 
 Existe um procedimento padrão, muito utilizado para transformar dízimas 
 periódicas em frações, que resolve problemas desse tipo – ver abaixo:
 
 x = 2,344999...
 10x = 23,44999... = 21,105 + 2,344999... = 21,105 + x
 9x = 21105/1000
 x = 21105/9000 = 2,345
 
 Caso queira ser mais elegante:
 
 x = 2,344999... = 2,344 + 0,000999... = (2344+0,999...)/1000
 
 Basta provar que 0,999... = 1
 y = 0,999...
 10y = 9,999... = 9 + 0,999... = 9 + y
 9y = 9
 y = 1
 Voltando: x = (2344+1)/1000 = 2,345
 
 Albert Bouskela
 bousk...@ymail.com
 
 -Mensagem original-
 De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] Em
 nome de Ennius Lima
 Enviada em: terça-feira, 3 de dezembro de 2013 16:39
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Assunto: Re: [obm-l] 2,345 = 2,345000... = 2,34999...
 
 Na verdade, eu quis dizer 2,344999...
 Creio que falta algo na demonstração dada pelo Pedro José, a quem muito
 agradeço.
 Gostaria de um exame melhor da questão, se possível for.
 Abraços do Ennius!
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 De: Pedro José  petroc...@gmail.com 
 Enviada: Quinta-feira, 28 de Novembro de 2013 17:04
 Para: obm-l@mat.puc-rio.br
 Assunto: Re: [obm-l] 2,345 = 2,345000... = 2,34999...
 
 
 
 
 
 
 
 Bom dia!
 
 
 A primeira é fácil demais:
 
 2 + 3*10^ -1 +4*10^-2 + 5*10^ -3 = 2 + 3*10^ -1 +4*10^-2 + 5*10^ -3+
 0* 10^-4 + 0*10^-5 + 0*10^-6...
 
 
 A segunda é simples também:
 
 2 + 3*10^ -1 +4*10^-2 + 5*10^ -3= 2 + 3*10^ -1 +4*10^-2 + 9 *10^-3 +
 9* 10^-4 + 9*10^-5 + 9*10^-6... Simplificando as parcelas iguias em ambos
 os lados da iguldade teremos:
 
 5*10^ -3= 9 *10^-3 + 9* 10^-4 + 9*10^-5 + 9*10^-6..
 
 o lado direito é o limite de uma soma de PG de razão 1/10 e a1 = 9*10^-3
 quando o número de termos tende a infinito
 
 
 donde 5*10^ -3 = 5*10^-3
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Em 28 de novembro de 2013 16:39, Ennius Lima enn...@bol.com.br
 escreveu:
 
 Caros Colegas,
 
 
 Como provar que 2,345 = 2,345... = 2,34999... ?
 
 Desde já, muitíssimo grato!
 
 Ennius Lima
 __
 
 Â
 Â
 
 --
 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.
 
 --
 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
 
 =
 
 
 -- 
 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] Blog interessante

[Artur Steiner]

Eu então sou da época do Big Bang..,

Artur

Enviado de meu telefone Nokia



-Original Message-
From: Carlos Nehab
Sent: 5/24/2011 12:13:45 AM
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: Re: [obm-l] Blog interessante
Hahaha,

Se o jovem Carlos Victor já foi promovido a dinossauro e catapultado
para as eras Jurássica/Cretássica, fico até feliz, pois então ainda não
inventaram categoria para minha espécie.
Sou anterior, possivelmente,... hm, deixa eu fazer uma regra de
três, huuum perái  h !
Caraca!  deu período Devoniano (400.000.000 AC) ...
E o bichinho mais simpático daquela época, em meu entendimento, era o
Goniattes, que pode até propiciar alguns probleminhas de matemágica
interessantes.
E como o dito cujo foi achado em Marrocos, terra de um lado de meus
ancestrais, até acho que acertei na regra de três.
Vejam  em
http://pt.wikipedia.org/wiki/Ficheiro:Goniatites_sp.3_-_Devonico.JPG
Não sou uma linda espiral?
Portanto, desafio vocês a postar problemas legais envolvendo espirais
interessantes no seu Site, de nivel médio e superior...
Os dinossauros não os ajudarão, mas se sentirão confortados e honrados.

Abraços e Sucesso!
Nehab

PS:
Caso vocês não saibam, pois são ainda jovens, há aproximadamente 48
dinossauros na lista, já mapeados por mim e uns 26 pré-Jurássicos também...
Ou vocês pensaram que eu e o Carlos Victor estávamos sozinhos?


Em 22/5/2011 23:03, DadosDeDeus Blog escreveu:
 Caros companheiros,

 pedimos desculpas pelo incômodo da mensagem (não é spam! rs), mas
 gostaríamos de convidá-los a acessar o blog *Dados de Deus *(
 http://dadosdedeus.blogspot.com).

 Desenvolvido por estudantes das melhores universidades do país, o Dados
 consiste em uma página *sem fins lucrativos* que visa à divulgação da
 matemática com qualidade em diversos níveis, com postagens desde assuntos
 específicos para vestibulares (*IME/ITA*) e *olimpíadas *a tópicos
 pertinentes ao *ensino superior*.

 Em nosso último post publicamos duas formas interessantes de determinar
 sin18°, uma utilizando a geometria do pentágono regular e outra algébrica.
 Agradecimentos aliás aos professores Nehab e Victor (dinossauros da lista,
 rs) que nos mostraram em alguma aula esses belos raciocínios.

 Estamos abertos a críticas/sugestões e desde já agradecemos pela atenção.


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