Obrigado, abordagem bem interessante
Eu dei a seguinte prova:
Para z em C/{0}, seja g(z) = f(1/z), obtendo-se uma função holomorfa tal
que lim z —> 0 g(z) = lim z—> oo f(z) = oo. Assim, g é meromorfa em C,
tendo em 0 seu único polo. Sendo n > 0 a ordem deste polo, g é expandida em
C/{0} por uma s
Use o fato de que toda função meromorfica em C união {inf} é da forma
f(z)/g(z), onde f, g são polinômios.
Daí, como a função do enunciado é inteira, g(z) é constante (e não nula).
E como f(z) rende a inf quando z tende a inf, f é um polinômio não constante.
Enviado do meu iPhone
> Em 14 de jul
Neste problema esqueci de mencionar que precisamos ter m(A) < oo. Caso
contrário, f pode assumir o valor oo e o conceito de continuidade fica
prejudicado.
Artur
Em dom, 25 de nov de 2018 14:17, Artur Steiner <
artur.costa.stei...@gmail.com escreveu:
> Seja A um subconjunto Lebesgue mensurável de
Em qui, 23 de ago de 2018 às 20:26, Pedro José escreveu:
>
> Boa noite!
>
> Eu tinha caminhado em um caminho mais longo e empacado. Mas se pensasse em
> provar por absurdo teria chegado a solução.
>
> Se o produto dos divisores de dois números são iguais, os de divisores
> positivos também o são
Boa noite!
Eu tinha caminhado em um caminho mais longo e empacado. Mas se pensasse em
provar por absurdo teria chegado a solução.
Se o produto dos divisores de dois números são iguais, os de divisores
positivos também o são e vale o recíproco. Portanto só serãoconsiderados os
positivos.
Fatorando
> O problema se refere a divisores positivos. Mas se provarmos para este
> caso, fica também provado se incluirmos os negativos.
>
> No caso 1 do problema original, vemos que a igualdade do produto dos
> divisores implica que as fatorações de m e de n contenham exatamente os
> mesmos primos p1, ...
Usualmente (por exemplo, em todos os livros de teoria dos números que eu
conheço), quando falamos em número de divisores de um número, estamos
falando apenas dos divisores positivos.
Se 1 = d_1 < ... < d_r = n (r = ND(m)) são os divisores (positivos) de m,
então:
d_1 * ... * d_r = (m/d_1)*...*(m/d_
Uma correçâo: Dm e Dn são o número de divisores de m e de n, não o produto;
claro.
Artur Costa Steiner
Em qui, 23 de ago de 2018 06:12, Artur Steiner <
artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:
> O problema se refere a divisores positivos. Mas se provarmos para este
> caso, fica também provado se
O problema se refere a divisores positivos. Mas se provarmos para este
caso, fica também provado se incluirmos os negativos.
No caso 1 do problema original, vemos que a igualdade do produto dos
divisores implica que as fatorações de m e de n contenham exatamente os
mesmos primos p1, pk. Estes
Em qua, 22 de ago de 2018 às 16:02, Pedro José escreveu:
>
> Boa tarde!
>
> Anderson Torres,
>
> Sua conjectura só vale se o número não é quadrado perfeito.
>
> Seja D= {-d1, -d2,-d3...,-dn-1, -dn, d1,d2, d3,...,dn-1,dn} o conjunto de
> divisores de um número m, que não seja quadrado perfeito. En
Boa tarde!
Anderson Torres,
Sua conjectura só vale se o número não é quadrado perfeito.
Seja D= {-d1, -d2,-d3...,-dn-1, -dn, d1,d2, d3,...,dn-1,dn} o conjunto de
divisores de um número m, que não seja quadrado perfeito. Então teremos que
n é par.
Se m= Produtório(i,k) pi^ai, com pi primo, ou sej
Em dom, 19 de ago de 2018 às 19:17, Artur Steiner
escreveu:
>
> Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
>
> Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m = n.
>
> (1) O produto dos divisores de m iguala-se ao produto dos divisores de n.
>
> (2) m e n sã
Acho que este problema já apareceu na lista e há relativamente pouco tempo.
On Sun, Aug 19, 2018 at 7:17 PM Artur Steiner
wrote:
> Acho este interessante. Gostaria de ver a solução dos colegas.
>
> Sendo m e n inteiros positivos, tanto (1) quanto (2) implicam que m = n.
>
> (1) O produto dos div
m= Produtório de i=1até s de pi^ai (fatoração).
d| m ==> d= Produtório de pi^mi de i=1 a s, 0<=mi<=ai. Então haverá uma
quantidade de divisores igual a Produtório de i=1 a n de (ai+1) divisores,
logo o expoente x do primo pi, com 0<=x<=ai, aparecerá Produtório de j=1 a
s; j<>i de (aj+1)
Então o
Não, não é não. O TF. Aritmética diz que todo inteiro positivo ou é primo ou é
representado de forma unívoca, a menos da ordem dos fatores, por um produto de
primos.
Artur
Enviado do meu iPad
Em 16 de abr de 2018, à(s) 5:24 PM, Israel Meireles Chrisostomo
escreveu:
> Esse daà não é o Teo
Esse daí não é o Teorema Fundamental da Aritmética?
Em 15 de abril de 2018 20:30, Artur Steiner
escreveu:
> Eu acho esse interessante:
>
> Sejam m e n inteiros positivos tais que o produto dos divisores de m
> iguale-se ao produto dos divisores de n. Então, m = n.
>
> Artur Costa Steiner
>
> --
Análise complexa é um tópico sobre o qual eu tenho pouca intuição. Deve ter a
ver com a minha inabilidade de visualizar gráficos em 4-d. Preciso passar mais
tempo pensando a respeito e resolvendo problemas.
Por exemplo, não acho nem um pouco óbvio que o gráfico de y^2 = x^3 - x (x e y
complexos
Obrigado. Levei meses pra sacar ests prova. Já vi uma com um argumento na
linha do seu no Yahoo Answers em Inglês. Mas é bem mais complicada. Vou ver
se acho.
Na reta real não vale. É por causa da rigidez que vc mencionou para funções
holomorfas. Por exemplo, na reta real é muito complicado dar ex
Beleza! Como dizia Einstein, tudo deve ser o mais simples possível, mas não
mais simples.
E a minha tentativa foi simples demais.
Gostei da ideia (obvia em retrospecto): f é afim <==> f' é constante. E, é
claro (também em retrospecto), as ubíquas estimativas de Cauchy...
Valeu, Artur!
***
Ainda
Se f for uniformemente contínua, podemos escolher d > 0 tal que |f(w) - f(z)| <
1 para todos w e z com |w - z| < d. Fixando-se arbitrariamente z e definindo-se
g(w) = f(w) - f(z), obtemos uma função inteira e limitada por 1 no disco
fechado de raio d e centro em z. Pelas estimativas de Cauchy, t
Se f for uniformemente contínua, podemos escolher d > 0 tal que |f(w) - f(z)| <
1 para todos w e z com |w - z| < d. Fixando-se arbitrariamente z e definindo-se
g(w) = f(w) - f(z), obtemos uma função inteira e limitada por 1 no disco
fechado de raio d e centro em z. Pelas estimativas de Cauchy, t
2018-03-29 21:17 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na origem e que
> converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui singularidades
> exceto possivelmente no infinito).
>
> Assim, f(z) = a_0 + a_1*z + a_2*z^2 + ...
>
> Mas se al
A função pode ser expressa como uma série de Taylor centrada na origem e
que converge em todo o plano (pois é inteira, ou seja, não possui
singularidades exceto possivelmente no infinito).
Assim, f(z) = a_0 + a_1*z + a_2*z^2 + ...
Mas se algum dos a_k é não-nulo para k > 1, f não poderá ser unifo
Vou dar um argumento semelhante ao do Ralph.
Sendo w > 0 o inf g(x) em R, temos que g(x) >= w > 0 para todo x.
Suponhamos que y tenha um número finito de zeros. Existe então a tal que y não
se anula em [a, oo). Como y é contínua (é pelo menos duas vezes diferenciável),
y não muda de sinal em
Este problema já apareceu aqui na lista, mas acho que ninguém resolveu a
contento. Então vou dar meu palpite.
Seja M o ínfimo positivo de g(x), isto é, g(x)>=M>0 para todo x real.
---///---
Espírito da demonstração:
a) Se y for positiva e estiver descendo, a EDO faz y descer cada vez mais
rápido,
ém. Talvez seja melhor cancelar o 50 que aparece dos
>> dois lados, daí fica 49*51, 48*52, etc, que são (a-b)*(a+b) < a*a. Mas
>> daí vai sobrar o 100. Falta pouco.
>>
>> > From: dr.dhe...@outlook.com
>> > To: obm-l@mat.puc-rio.br
>> > Subject: RE:
maikinho0...@hotmail.com>:
>> > Mas 50x51 > 50², temos um problema!
>>
>> 49*52 > 50*50 também. Talvez seja melhor cancelar o 50 que aparece dos
>> dois lados, daí fica 49*51, 48*52, etc, que são (a-b)*(a+b) < a*a. Mas
>> daí vai sobrar o 100. Falta pouco.
48*52, etc, que são (a-b)*(a+b) < a*a. Mas
> daí vai sobrar o 100. Falta pouco.
>
> > From: dr.dhe...@outlook.com
> > To: obm-l@mat.puc-rio.br
> > Subject: RE: [obm-l] Provar que...
> > Date: Sat, 20 Dec 2014 05:14:46 +0300
> >
> >
> > Tenta rea
...@outlook.com
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> Subject: RE: [obm-l] Provar que...
> Date: Sat, 20 Dec 2014 05:14:46 +0300
>
>
> Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51), dai
> você terá 50 produtos, cada um deles é equiparável a 50² (a saber menor),
&
Mas 50x51 > 50², temos um problema!
From: dr.dhe...@outlook.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Provar que...
Date: Sat, 20 Dec 2014 05:14:46 +0300
Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51), dai você
terá 50 produtos, cada um deles é equiparável a
Menos (50*51), esse é maior do que 50^2
:)
Edu
From: dr.dhe...@outlook.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Provar que...
Date: Sat, 20 Dec 2014 05:14:46 +0300
Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51), dai você
terá 50 produtos, cada um deles é
Tenta reagrupar 100!, talvez algo como (1*100)(2*99)(3*98)...(50*51), dai você
terá 50 produtos, cada um deles é equiparável a 50² (a saber menor), dai tem
que argumentar um pouquinho, mas acho que sai.
AbraçosEdu
From: maikinho0...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Provar qu
Uma possível prova, seguindo a linha sugerida no livro do Rudin, em um de seus
exercícios, é a seguinte:
Temos que D = D1 U D2, sendo
D1 = {x | f(x-) < f(x+)} e D2 = {x | f(x-) > f(x+)}
Vamos mostrar que D1 e D2 são enumeráveis, o que implica que D também seja.
Vamos mostrar para D1. O caso de
Uma possível prova, seguindo a linha sugerida no livro do Rudin, em um de seus
exercícios, é a seguinte:Temos que D = D1 U D2, sendoD1 =
{x | f(x-) < f(x+)} e D2 = {x | f(x-) > f(x+)}Vamos mostrar que D1 e
D2 são enumeráveis, o que implica que D também seja. Vamos mostrar para D1. O
caso de D2
A ideia é a seguinte, vou fazer com uma função particular mas pode ser
adaptado para o caso geral:
vamos tomas a função que assume apenas os valores 0 ou 1. Se o limite de x
tendendo a t pela esquerda é 1, então existe um e(t)>0 tq se x pertence a
(t-e(t), t) então f(x)=1. Então suponha que o conju
Para n >= 2, OK.
Seja s(n) = 2 + 1/2 + 1/n. Seja k o inteiro positivo tal que 2^k <= n <
2^(k + 1). Então, na decomposiçao dos números 2, 3,n em fatores primos, o
próprio 2^k é o único que tem o fator 2 com expoente k. Todos os demais têm o 2
com expoente < k (se algum m <> 2^k em {2,
Veja se o caminho abaixo é satisfatório.
Seja n>1 um natural e F = 1 + 1/2 +1/3 +1 /4 + ... + 1/N
Seja k o máximo expoente tal que n natural pertença ao intervalo
[2^k;2^(k+1)[.
Seja "P" o produto de todos os primos naturais menores ou iguais a n.
Agora faça a multiplicação de F por 2^(k -1).P
Fic
: [obm-l] RE: [obm-l]
RE: [obm-l] Provar que é irracional...
From: ralp...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Bom, do jeito que eu escrevi seria f_0=0. Entao voce tinha razao quando disse
que eu estava errado. Eu acho. :) Abraco, Ralph
2012/4/1 marcone augusto araújo borges
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar
> que é irracional...
> Date: Sat, 31 Mar 2012 01:01:42 +
>
> Era sim.
> f_0=0,não?
>
> --
> Date: Sun, 25 Mar 2012 17:59:28 -0300
>
Esqueça.claro,f_0=2.Obrigado.
From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é
irracional...
Date: Sat, 31 Mar 2012 01:01:42 +
Era sim.
f_0=0,não?
Date: Sun, 25 Mar 2012 17:59:28 -0300
Era sim.
f_0=0,não?
Date: Sun, 25 Mar 2012 17:59:28 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
From: ralp...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Defina a sequencia f_0=2 e f_(n+1)=raiz(2+f_n) para n=0,1,2,...
Note que f_1=raiz(2) eh irracional
2012/3/25 João Maldonado :
> Olá Marcelo, realmente esqueci de provar que converge. Enfim, a prova é
> fácil
>
> sendo x finito, Vamos provar por indução que se f(x) < 2, f(x+1) < 2
>
> temos f(x+1) = sqrt(2 + f(x)), < sqrt(2+2) = 2, e f(1) < 2, o que completa a
> demonstração de que f(infinito) co
Date: Sun, 25 Mar 2012 13:16:09 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
From: msbro...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
João,muito cuidado quando vc fez x tender ao infinito e ficou com: f = raiz(2 +
f), pois isso só é verdade se f(x) convergir. Como, neste c
João,
muito cuidado quando vc fez x tender ao infinito e ficou com: f = raiz(2 +
f), pois isso só é verdade se f(x) convergir. Como, neste caso, f(x) de
fato converge, sua resposta está correta.
Mas veja em outras situações:
S_n = 1 + 2 + 4 + 8 + ... + 2^n
S_n = 1 + 2*(1 + 2 + 4 + ... + 2^(n-1))
S
;
>
> From: joao_maldona...@hotmail.com
> To: obm-l@mat.puc-rio.br
> Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Provar que é irracional...
> Date: Sat, 24 Mar 2012 19:34:57 -0300
>
> Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que f(x+1) >
> f(x), Logo o valor máximo
Obrigado.Eu vi essa questão numa lista de indução.
Vejo uma idéia de indução ai,mas,se não for abusar da sua boa vontade,como
seria uma solução com um
procedimento mais explicito de indução?
From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Provar
Bom, sendo f(x) = raiz(2 +raiz(2 + raiz(2+...), x vezes, é óbvio que f(x+1) >
f(x), Logo o valor máximo é f(infinito), mas se x tende ao infinito, temos que
f(x) = raiz(2 + f(x)), que elevando ao quadrado temos f(x) = 2, logo para
qualuqer x diferente do infinito (que é o caso), f(x) < 2, além
*
>
> bousk...@gmail.com
>
> bousk...@ymail.com
>
>
>
> *From:* owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] *On
> Behalf Of *Paulo Cesar
> *Sent:* Wednesday, April 01, 2009 3:44 PM
> *To:* obm-l@mat.puc-rio.br
> *Subject:* [obm-l] Re: [obm-l] Provar q
com> bousk...@gmail.com
<mailto:bousk...@ymail.com> bousk...@ymail.com
From: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-ob...@mat.puc-rio.br] On
Behalf Of Paulo Cesar
Sent: Wednesday, April 01, 2009 3:44 PM
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Provar que raiz de 2 nã
Ola Rodrigo,
Comece supondo que a/b = (2)^(1/2), onde mdc (a,b)=1. A seguir, eleve tudo ao
quadrado.O resto, é com vc ::))
Abs
Felipe
--- Em qua, 1/4/09, Rodrigo Assis escreveu:
De: Rodrigo Assis
Assunto: [obm-l] Provar que raiz de 2 não é racional.
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Data: Qua
Olá Rodrigo
Suponha que a raiz quadrada de 2 (sqrt2) é racional. Logo, podemos escrever
sqrt2 = a/b, com a e b inteiros e b diferente de zero. Elevando ambos os
membros ao quadrado teremos 2 = a^2/b^2 e consequentemente 2b^2 = a^2. Essa
última igualdade é um absurdo, pois o Teorema Fundamental da
SUGESTÃO: Re-escreva a sua expressão no formato (a-1/a)^2, depois mostre que
este tal a-1/a é inteiro. Quem quiser o resto, veja abaixo.
---///---
PAPINHO: Será que dá para escrever este troço direto como o quadrado de a+b
ou a-b? Tipo, um a^2+b^2-2ab? Bom, para que isto desse certo, aquele -2 da
Olá
Faça (3 + raiz(8))^n + (3 - raiz(8))^n - 2 = k. k tem que ser inteiro para n
ímpar.
Substituindo: t=(3 + raiz(8))^n e multiplicando por t a equação:
t² - (k+2)t + 1=0. Agora isola o t. Pra qualquer n, t é da forma a+b*raiz(2), a
e b inteiros...
A partir disso acho que eu consegui mostrar qu
Ora pi + e é irracional, pois ambos são transcendentes.
Se eu não me engano a soma e o produto de dois transcendentes é
transcendente,
logo são irracionais.
Bruno França dos Reis wrote:
> Eu aposto, com probabilidade de acerto igual a 1, que pi + e é
> irracional! Truco!
> 2007/8/2, [EMAIL PROTE
Oi a todos da lista.
Não sei se perdi algo do enunciado, mas podemos supor k= - sqrt(2) e a = 0?
Assim, k^2+a=2>=0 e k+sqrt(k^2+a)=-sqrt(2)+sqrt(2)=0 que é racional.
Por favor, se eu perdi algo do enunciado, corrijam-me. Estou escrevendo
pelo enunciado que está no próprio e-mail (enunciado pelo
Oi a todos da lista.
Não sei se perdi algo do enunciado, mas podemos supor k= - sqrt(2) e a = 0?
Assim, k^2+a=2>=0 e k+sqrt(k^2+a)=-sqrt(2)+sqrt(2)=0 que é racional.
Por favor, se eu perdi algo do enunciado, corrijam-me. Estou escrevendo
pelo enunciado que está no próprio e-mail (enunciado pelo A
Oi Saulo,
a soma de 2 irracionais nao complementares tambem pode ser racional.
Ex:
"sqrt(2)" somado com "1.41 - sqrt(2)"
[]'s
Rogerio Ponce
saulo nilson <[EMAIL PROTECTED]> escreveu: k^2 + a >=0, então k + raiz(k^2 +
a) eh
Um numero irracional mais um outro numero qualquer sempre da irracional
Eu aposto, com probabilidade de acerto igual a 1, que pi + e é irracional!
Truco!
2007/8/2, [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]>:
>
> De fato, o Bruno tem razão, e existem exemplos ainda menos artificiais.
>
> Se x e y são dois números irracionais, não há como decidir, a priori, se x
> + y,
> x/y
De fato, o Bruno tem razão, e existem exemplos ainda menos artificiais.
Se x e y são dois números irracionais, não há como decidir, a priori, se x +
y,
x/y ou xy são ou não irracionais, casos simples à parte.
Não se sabe nem mesmo se 'pi + e' é irracional, segundo o mathworld:
http://mathworld.w
Por hipótese: a racional, k irracional
Suponha b = k + raiz(k^2 + a) racional. Então:
b -k = sqrt(k^2 + a)
(b - k)^2 = (sqrt(k^2 +a))^2
b^2 -2*b*k +k^2 = k^2 +a
b^2 -2*b*k = a
b*(b-2*k) = a
a/b = b -2*k
Se b racional, implica a/b racional.
Porém, k é irracional por hipotese e portanto b -2*k
Saulo, sua afirmação inicial é falsa.
Vc afirma que se k é um irracional e x um real qualquer diferente de -k,
então k + x é irracional. Isto não é verdade. Quer um exemplo? Seja k um
irracional qualquer. Tome x = (1 - k). Assim, x != -k e x + k = (1 - k) + k
= 1 é racional.
Abraço
Bruno
2007/8
k^2 + a >=0, então k + raiz(k^2 + a) eh
Um numero irracional mais um outro numero qualquer sempre da irracional, a
nao ser que rq(k^2+a) seja -k
ai teremos
-k=rq(k^2+a)
absurdo ja que
k^2+a>=0
On 8/2/07, Artur Costa Steiner <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
>
> Este problema parece complicado, mas tend
Escreva sua expressão assim:
2*(2^7)^n + 3*(3^2)^n + 5*(5^10)^n + 7*(7^6)^n
Agora simplificamos a expressão observando que
2^4 = 16 = -1 (mod 17) ==> (2^7)^n = (-1)^n * 8^n
3^2 = 9 = -8 (mod 17) ==> (3^2)^n = (-1)^n * 8^n
5^2 = 25 = 8 (mod 17) ==> (5^10)^n = 5^(2*5*n) = (5^2)^5n = 8^5n
8^5 = 64*6
f(x+p)=f(x)
entao
2f(x)^2=1
f(x)=+-1/rq2, funçao constante.
On 6/15/07, Artur Costa Steiner <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
Este aqui parece bonito, ainda nao consegui resolver.
Seja f:R-> R para a qual exista p> 0 tal que [f(x + p)]^2 = 1 - [f(x)]^2
para todo real x. Mostre que f eh periodica e
Fazendo x -> x+p, tem-se
[f(x+2p)]^2 = 1 - [f(x+p)]^2 = 1 - (1 - [f(x)]^2) = [f(x)]^2
De forma que [f(x)]^2 eh periodica de periodo 2p.
A questao eh que [f(x)] pode ser positiva ou negativa,
assim nao podemos garantir a periodicidade de [f(x)].
Se o enunciado indicasse que a imagem de f(x) fos
> Bom dia amigo,
sou cadastrado na lista de discussão da obm, mas não sei como enviar minha
pergunta, então aproveitei sua resposta a um colega para tentar solucionar
meu problema.É uma equação bem simples e toda discussão gira emtorna da
condição de existência:
Qual o conjunto solução da equação (
Olá Artur, o e-mail anterior foi só uma brincadeira :)
Eu sei que não é assim que resolve :)
[]s Ronaldo.
Artur Costa Steiner wrote:
> Este aqui parece bonito, ainda nao consegui resolver.Seja f:R-> R para
> a qual exista p> 0 tal que [f(x + p)]^2 = 1 - [f(x)]^2 para todo real
> x. Mostre que f
[f(x + p)]^2 = 1 - [f(x)]^2
[f(x + p)]^2 + [f(x)]^2 =1
tome f (x) = cos(x)
f(x+ pi/2) = sen(x)
tome agora p = pi/2
tá resolvido :)
[]s Ronaldo
Artur Costa Steiner wrote:
> Este aqui parece bonito, ainda nao consegui resolver.Seja f:R-> R para
> a qual exista p> 0 tal que [f(x + p)
>Boa noite
>Estou estudando um pouco de teoria de medidas, ainda estou bem no começo. Vi
>uma afirmaçao e não consegui provar, nem encontrei a prova (talvez esteja fora
>de meu alcance): Se A é um conjunto de R^n com medida de Lebesgue positiva,
>entao A - A = {x - y | x e y estao em A} conte
r o exercício.
[]'s
-- Início da mensagem original ---
De: [EMAIL PROTECTED]
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Cc:
Data: Thu, 1 Sep 2005 18:53:15 +0200
Assunto: Re: [obm-l] Provar que existem racionais que satisfazem.
> Bom, a idéia é por aí mesmo:
>
> a + b &
Bom, a idéia é por aí mesmo:
a + b < x => a + b < c < x (entre a+b e x existe c racional) => a + b
< c < d < x (entre c e x tem mais um racional ainda, d)
Aí você faz d-c = h1 (outro racional, como diferença de racionais) e
c-(a+b) = h2 (de novo, outro racional). Claro, h1 e h2 sao positivos,
poi
Mas 11^4+4^11 é múltiplo de 5 por exemplo, e portanto não pode ser primo.
- Original Message -
From: "Fabio Niski" <[EMAIL PROTECTED]>
To: <[EMAIL PROTECTED]>
Sent: Wednesday, December 01, 2004 4:59 PM
Subject: Re: [obm-l] provar que nao é primo...
É porque
Ei niski , aquela historia da moeda de Von Neumman ,
como é que ela é?
--- Artur Costa Steiner <[EMAIL PROTECTED]>
escreveu:
> Nao estou entendendo bem. Voce ja provou que x^4 +
> 4^x
> eh primo se, e somente se, x=1. Logo, para todo
> inteiro x>1, o que inclui todos os inteiros
> positivos
É porque uma amiga minha estava tentando outra solucao.
Ela provou que todo para todo numero x terminado em 1,2,3,4,6,7,8,9,0
x^4 + 4^x é primo. (tirando algumas restricoes de quando x tem apenas um
algarismo etc)
Para os pares isso é obvio, para os impares, excluindo o 5, dá um
trabalinho, mas n
Nao estou entendendo bem. Voce ja provou que x^4 + 4^x
eh primo se, e somente se, x=1. Logo, para todo
inteiro x>1, o que inclui todos os inteiros positivos
terminados em 5, a expressao dah um numero composto. O
que ainda tem para se demonstrar? Vc jah fez mais do
que o problema pede.
Artur
>
>
Fabio Dias Moreira wrote:
Fabio Niski said:
pessoal,dado um numero x natural, terminado em 5, como eu provo que 4^x
+ x^4 é um numero composto?
[...]
Primeiro escreva a^4 + 4b^4 como produto de dois polinômios do segundo grau.
Escrevi: (a^2 + 2b^2 -2ab)(a^2 + 2b^2 +2ab)
Mas veja, há algo que nao m
Fabio Niski said:
> pessoal,dado um numero x natural, terminado em 5, como eu provo que 4^x
> + x^4 é um numero composto?
> [...]
Primeiro escreva a^4 + 4b^4 como produto de dois polinômios do segundo grau.
[]s,
--
Fábio "ctg \pi" Dias Moreira
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