= o logaritmo natural de x.

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1 VI OLIMPÍ IEROMERIN E MTEMÁTI UNIVERSITÁRI 8 E NOVEMRO E 00 PROLEM [5 potos] Seja f ( x) log x 0 = o logaritmo atural de x efia para todo 0 f+ ( x) = f() t dt = lim f() t dt x 0 ε 0 ε Prove que o limite abaixo existe e está o itervalo [-0):! lim ( ) f PROLEM [5 potos] Prove que se p( x ) é um poliômio com coeficietes iteiros etão existe iteiro tal que p( ) tem mais de 00 fatores primos distitos x PROLEM [5 potos] Várias criaças estão bricado de telefoe sem fio criaça 0 susurra três palavras para a criaça que susurra o que ouviu para a criaça e assim por diate até uma mesagem chegar à criaça ada uma das três palavras tem exatamete uma "gêmea" errada (por exemplo as palavras ração e razão são "gêmeas" pois é muito fácil cofudí-las) ada criaça ( i + ) tem probabilidade de ouvir corretamete o que a criaça i falou tem 6 de probabilidade de trocar a primeira palavra dita pela criaça i pela sua "gêmea" 6 de probabilidade de trocar a seguda palavra e 6 de probabilidade de trocar a terceira palavra (e portato uca troca mais de uma palavra) Note que uma troca a mesagem pode ser acidetalmete corrigida alcule a probabilidade de que a criaça ouça exatamete a mesagem origial PROLEM 4 [5 potos] Uma família de cojutos é dita (a b) uiforme se i = b para quaisquer i j i j { } i j = a para todo i { } e Prove que dados abexiste Na b tal que se > N a b e é uma família ( a b) uiforme etão i = b i=

2 PROLEM 5 [7 potos] Seja z uma raiz da equação z 0 0 z + z = ode 0 a0 a a Prove que: i) Se Re z > 0 etão z < + (ode Re z é a parte real de z) ii) Re z < + PROLEM 6 [7 potos] Sejam = ε = Prove que s s s ε I I 0 0 = ε i {0} i = e si { } i 0 0 quaisquer ode PROLEM 7 [8 potos] iz iz iz iz e e e + e Prove que ta( z) = z z 5 ode para z & se( z) = cos( z) = e i se( z) ta( z) = cos( z) para

3 SOLUÇÕES SOLUÇÃO O PROLEM : Podemos ver que f( x) = x(log x ) f( x) = (/ ) x (log x / ) e f ( x ) = (/6) x (log x /6) [etermiação dos f f e f vale poto] Em geral podemos provar por idução que: f( x) = x (log x H ) ()! para todo iteiro 0 ode H = + / + + / = / é o assim chamado -ésimo = úmero harmôico e fato () vale para = 0 e se ela é válida para 0 etão + x f ( ) lim (log ) + x = t t H + ε ε 0 ( + )! + = x (log x H ) + ( + )! + pois ( d / dt)(/( + )! t (log t H + ) = (/!) t (log t H ) = f( t) lterativamete ispecioado casos pequeos vemos que f( x) = x (log x ) ()! para alguma costate que depede apeas de Observado que ' f ( ) log + x = x x +! + () + temos que + = + /( + ) omo = temos que = H [Valor da determiação de (): potos; potos se mostrar que f se escreve como em () mas ão coseguir determiar ] Temos assim que!! f( ) = (log H ) = log H (4)! e agora basta provar que lim (log H ) existe e que este limite pertece a [-0) Temos dt > log > pois log = = = t Portato para < log < 0 lém disso log é uma seqüêcia decrescete = = ssim lim(log ) [ 0) omo lim lim 0 = = = segue que = = lim ( log H ) lim log [ 0) = = [Existêcia e valor do limite: potos ( poto para existêcia e poto por provar que o limite está o itervalo dado o euciado)] lim log H = γ = 0577 ode γ é a costate de Euler Obs: Na verdade ( )

4 SOLUÇÃO O PROLEM Primeira Solução Supoha que para todo = f ( ) uca teha mais de 00 fatores primos distitos Tome 0 = tal que 0 α α j ( 0) j f ( ) teha a maior quatidade de fatores primos distitos digamos j f =± p p = [ poto] Podemos supor 0 = 0 (cosiderado g( ) = f ( 0 )) ssim teremos: f ( x) = a x + x + Tomado x= w f( x) (mod ) f ( x) = a + = ( a + ) para algum a iteiro omo mdc( a + ) = se ( a + ) ± teremos que f ( x) terá pelo meos um fator primo a mais bsurdo! [+ potos] e fato isso deve acotecer pois f ( ) =± admite o máximo raízes equato x = w pode assumir ifiitos valores ( w = )[+ poto] Seguda Solução - Seja S = { p primo p divide f ( ) para algum = } Se # S > 00 podemos escolher primos distitos p p p004 e iteiros a a a 004 tais que valem as cogruêcias f ( ai) 0(mod pi) (para cada i) Pelo teorema chiês dos restos podemos ecotrar um x iteiro que resolva a todas as cogruêcias x ai(mod pi) Para tal x teremos pp p004 f( x ) [ potos] - Supoha etão que # S 00 Seja = { m = m = 0 ou p primo p m p S} Etão α αr m m = ± p pr S = { p pr} r Se m m N α i log p i N log N i [ N N ] (log N + ) + mas existe d c > 0 tal que f ( = ) [ N N ] N ode d é o grau de f e como d + (log N + ) < (log N) < N para todo N suficietemete grade isso é um absurdo [+ potos]

5 SOLUÇÃO O PROLEM Sejam as palavras: abc e suas gêmeas a' b' c' Idetificamos as possíveis combiações de palavras com os vértices de um cubo da seguite forma: = ( a b c) (seqüêcia correta) = ( a' b c) = ( a b' c) = ( a b c') = ( ab ' c') = ( a' b c') = ( a' b' c) = ( a' b' c') Podemos repesar o problema dizedo que a cada passo os movimetamos uma aresta segudo as probabilidades dadas Pela evidete simetria as probabilidades de após passos estarmos em ou são iguais o mesmo valedo para Por isso agrupamos os vértices do cubo em 4 grupos ; = { } ; = { }; [ poto] Nosso diagrama de probabilidades será: / / /6 / /6 / / / / / efiimos etão: = probabilidade de estarmos o grupo após passos são defiidos aalogamete Temos etão as recorrêcias: a = a + b a / /6 0 0 a 6 b / / / 0 b = b = a + b + c c 0 / / / c ou d 0 0 /6 / d c = b + c + d d = d + c 6 [ poto] Nosso objetivo é ecotrar a Temos agora duas maeiras de termiar a solução:

6 Primeira Solução: r = a + d efia para isso: l = b + c aí: r = r + l () 6 5 l = r + l () 6 Substituido () em () obtemos: 4 r+ = r r ( ) o que jutamete com os casos iiciais r = ; r = ; r = ; r = Nos dá: r = Por outro lado defiido: x = a d y = b c Teremos: x = x + y () 6 y = x + y (4) 6 Substituido () em (4) ecotramos: x+ = x (para cuidado!!) x = x = 6 oclusão: a = ( r + x) = [+ potos] Seguda Solução: Queremos ecotrar os autovalores de X Seja Y = T Temos Y = Y = Y / /6 0 0 / 5 / X 0 + YXY = = 0 0 / 6 / 0 X 0 0 / 6 / Os autovalores de X + e X são claramete / e 0 / respectivamete [+ potos] ssim ( 0) a = v + v + v + v4 e algus casos deixam claro que v = v = v = v4 = [+ poto] SOLUÇÃO O PROLEM 4

7 Sejam a e b iteiros ão-egativos Se b = 0 N ab = Supoha agora que N ab serve Para tato supoha que temos etão é fácil ver que podemos tomar a b e tome Nab = a + Vamos provar que esta escolha de b uma família ( ab ) uiforme com > N ab a Existe um cojuto com = b tal que para pelo meos ( ) ídices j com b < j temos j = Sem perda de geeralidade podemos supor que isto vale para todo a j com < j j0 = + ( ) Note que b (*) os cojutos j \ com < j j0 são dois a dois disjutos [ potos por fixar um cojuto e coseguir cojutos satisfazedo (*)] Se todo cojuto com j0 < é tal que = etão = e vale a coclusão do problema Supoha agora que para algum j0 < Etão ( j \ ) para todo j j0 < Etretato como vale (*) e j0 > = a isto é impossível Isto mostra que todo cojuto com j0 < é tal que = de forma que i = e vale a coclusão do problema [ potos se deduzir a coclusão de (*)] i = i = i SOLUÇÃO O PROLEM 5 i) Seja R = z = α + β a a a 0 a a ( α βi ) a Temos = 0 omo Re a α = = 0 z z z z α + β z α + β 0 omo temos Re a a a Re a = + z z z z [ poto] a a 0 devemos ter em particular + + mas z z a a0 R = = j z z R R R R R R R R( R ) ssim devemos ter ( ) R R j = 0 ou seja R( R ) Se R + R e R( R ) ( + ) > absurdo ssim z = R < + [+ potos] ii) Temos dois casos: a) z = α + β i α 0 β α Nesse caso ( α β ) a ( α β ) a a ( α βi ) a ( α βαβ i) = = dode z ( α + β) ( α + β) Re a 0 = z ssim Re a a0 Re a a z z = + + z z

8 a a0 R dode = z z R R R R R ( R ) + e R ( R ) > absurdo ssim z = R < + [ poto] R R dode R ( R ) Se b) z = α + β i α 0 β > α omo z é raiz de P z é raiz de P podemos supor sem a β a perda de geeralidade que β > α Temos etão Im = 0 e z α + β a αβ a a Im = αa equato Re 0 4 = e z R z α + β a ( α β ) a ( α β ) a Re + a = 4 4 = z R R R ssim como a a0 a a0 a a0 + + Re + + e Im + + z z R ( R ) z z R ( R ) z z R ( R ) portato temos a (*) a + Re + e R R ( R ) z (**) a a a αβ Im + Supodo por absurdo que α + temos 4 R ( R ) z z R R α + e logo R ( R ) > e (**) a e logo R αβ ( R ) R αβ ( R ( R ) ) e logo de (*) + dode αβ ( R ) R ( R ) R = α + β > α e omo α < β α αβ R R R αβ + R ( R ( R ) ) ( ) omo α + temos R > α > + R > α > dode R = < = < <α R ( ) ( R ( R ) ) R [+ potos] absurdo SOLUÇÃO O PROLEM 6 / 0 / / 0 / Temos = / 0 / e = / 0 / [ poto] ε s s s ε s s s ε omo I + ε ε+ ε = = e { I } é suficiete s s s mostrar que para todo s s { } tem etradas irracioais para cocluir ε s que s ε I (pois de fato as etradas de I e de são todas iteiras)

9 s s [ojecturar que tem sempre etradas irracioais para todo s s { } : potos] s s s Para isso vamos mostrar por idução que para todo s s { } a b c sempre da forma d e f ode a c d e f são iteiros ímpares e g h i b e g h e i são iteiros pares Para isso seja 0 ε / 0 ε s + = ε / 0 / = ε 0 ode ε { } Temos etão a ( ) εb c εa + b s s s s+ = ( d εe) f εd + e e é fácil ver que + ( g h ) i g h ε ε + a+ = a εb c+ = εa + b d+ = d εe e f+ = ε d + e são iteiros ímpares equato b = c e = f g = g εh h = i e i = ε g + h são iteiros pares [+4 potos] SOLUÇÃO O PROLEM 7 Seja z= a bi logo iz = b i Queremos provar que b = 0 iz iz iz e e e Temos z= ta z= dode iz iz iz = iz ie ( + e ) e + b + bi b a i + = = e (cos a ise a) b ai ( b) é logo e + iz = ou seja iz iz ssim devemos ter (calculado ormas) ( + b) a e = e (calculado argumetos) ta a ( b) = b a [ poto] ( + b) e e = temos 4 b e = dode supodo por cotradição que b 0 ( b) ( b ) a = ( b) [ poto] e ( + b) ( b) e = e = a a omo e ta a = = podemos ( b) ( + b) b a ( b) a supor sem perda de geeralidade que b 0 e como a a ta a= ta( a) = podemos supor sem perda de geeralidade que b a b ( a) a > 0 [ + poto] Temos etão 4 b e > + 4 b+ (4 b) e logo a = ( b) < ( b) = ( b) e + 8b + b Se 0 b temos 4 7 a = < Se b temos a = < e + 4

10 e e e se b temos a = + Em qualquer caso a π < < dode 4 4 b a ( b) = cos( a) > 0 dode a + b < [ + poto] Notemos agora que ( b) b 4 b ( e )( b+ b ) + b+ b e ( b+ b ) e Se fb () =+ b+ be gb () = e ( b+ b) temos f(0) = = g(0) f '( b) = + g'( b) = e ( + 8 b ) f ''( b) = 4 g''( b) = e (4 + b ) e logo f '(0) = = g'(0) e f ''( b) g''( b) b 0 dode f( b) g( b) b 0 e logo a = ( b) b [ + poto] e gora se a = 0 teremos b + b b e = dode b < mas ( be ) < + b para todo b > 0 pois se b x x f( x) = ( x) e gx ( ) = + x temos f(0) = g(0) = f '( x) = ( x) e g'( x) = logo x f(0) = g'(0) = f ''( x) = 4xe 0 = g''( x) x 0 Podemos portato supor a > 0 [ + poto] a a sea a a ssim ta a = pois a b mas ta a b a a = cos a < = para ( a) a x x a > 0 pois sex< x para x < 0 e cos x+ x 0 (de fato se hx ( ) = cos x+ h'( x) = x sex 0 x 0) Note que como a b e a + b < temos a a + b < Isto dá a a > ta a a a o que é uma cotradição [ + potos] SEGUN SOLUÇÃO: Vamos cosiderar separadamete as seguites regiões: π = { z = a+ bi 0 a b 0} π π = z = a+ bi π a π + > 0 Note que em cada região há uma solução real

11 0 π/ π π/ asta demostrar que z = 0 é a úica solução em e que há uma úica solução em cada região [ poto] Região : Seja f( z) = ta z z Queremos provar que f ão admite ehuma raiz em exceto z = 0 osidere um camiho γ como a figura: F E γ π/ imagem de γ por f é: π/ E F

12 γ ode o comportameto do arco é idicado pela série de Taylor de f o de pelo comportameto da fução real tagete o arco pelo comportameto da fução perto do polo o arco E pelo comportameto da fução coth o arco EF pelo comportameto quado b >> 0 e o arco F pelo comportameto da fução tah Em todo caso é claro que a curva f ( γ ) dá 0 voltas ao redor da origem dode f tem 0 raízes detro de γ [ 4 potos] Região : π π Seja = { z = a+ bi π a π} e = { z = a+ bi π a π + } imagem por ta da região está cotida o segudo o terceiro quadrates logo ão há potos fixos em asta verificar que a fução ta tem um úico poto fixo em Seja γ como abaixo; a imagem por ta da curva γ é como γ a figura (o arco F dá o comportameto perto do polo os arcos e EF vem do comportameto da fução cotah o arco do comportameto de tah e os arcos e E do comportameto quado b >> 0) omo γ dá uma volta ao redor de γ temos exatamete um poto fixo [+ potos] i π γ π + π/ F i E E F

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