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Re: [obm-l] Prova da IMC - 1o. dia (correcao)
Oi Yuri e amigos da lista,
Que bom receber notícias de vcs!
A prova também está disponível em
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=14534
Só que para fazer download do pdf vc precisa estar
registrado como usuário.
[]'s
Shine
PS: eu resolvi o problema 2 (que é bem legalzinho), se
vc quer ver a solução eu coloquei depois da mensagem
do Yuri (que está algumas linhas abaixo desta).
--- yurigomes@zipmail.com.br wrote:
> Bem, num sei se a correcao que fiz no ultimo email
> vai chegar, entaum estou
> novamente corrigindo o enunciado do problema 1.
>
>
> >1) Let S be an infinite set of real numbers such
> that
> >|s_1 + s_2 + ... + s_k| < 1 for every finite subset
> >{s_1,s_2,...,s_k} of S. Show that S is countable.
> >
> >2)Let P(x) = x^2 - 1. How many distinct real
> solutions
> >does the following equation have:
> >P(P(...(P(x))...)) = 0? [com P sendo aplicado 2004
> >vezes]
> >
> >3) Let S_n be the set of all sum x_1+x_2+...x_n,
> where
> >n>=2, 0<=x_1,...,x_n<="pi"/2 and
> >sin(x_1) + sin(x_2) + ... + sin(x_n) = 1
> >a) Show that S_n is an interval.
> >b)Let l_n be the length of S_n. Find
> lim(n->infinito)(l_n).
> >
> >4)Suppose n>=4 and let M be a finite set of n
> points in
> >R^3, no four of which lie in a plane. Assume that
> the
> >points can be coloured black or white so that any
> of
> >the sphere which intersect M in at least four
> points have
> >the property that exactly half of the points in the
> >intersection of M and the sphere are white. Prove
> that
> >all of the points in M lie on one sphere.
> >
> >5) Let X be a set of binomial(2k-4, k-2) + 1 real
> numbers,
> >k>=2. Prove that there exists a monotone sequence
> x_1, x_2, ..., x_k in
> X such that |x_{i+1} - x_1| >= 2|x_i - x_1|
> >for all i = 2,...,k-1.
> >
> >6) For every complex number z != 0,1 define
> > f(z) := sum((log z)^(-4)),
> >where the sum is over all branches of the complex
> >logarithm.
> >a) Show that there are two polynomials P and Q such
> >that f(z) = P(z)/Q(z) for all z in C\{0,1}
> >b) Show that for all z in C\{0,1}
> >f(z)=z(z^2 + 4z + 1)/6(z-1)^4.
>
>
> Até mais,
>
> Yuri
>
>
>
> ------------------------------------------
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> Radar UOL - http://www.radaruol.com.br
>
>
>
>
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> Instruções para entrar na lista, sair da lista e
> usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
>
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>
Solução do 2:
Bom, após insistir tempo demais com substituições
trigonométricas ou do tipo x = k(z + 1/z) e me
convencer de que isso não teria muito futuro (isso dá
certo direitinho com P(x) = x^2 - 2, mas com P(x) =
x^2 - 1...), eu resolvi estudar casos pequenos. Isto
é, eu resolvi P(x) = 0; P(P(x)) = 0; P(P(P(x))) = 0.
Eu vi que o número de soluções eram 2; 3; 4,
respectivamente. Aí deu para ter um chute, e quando
resolvi P(P(P(P(x)))) = 0 (5 raízes) eu tive a idéia
para o caso geral.
Para facilitar a notação, seja P_0(x) := x e P_n(x) :=
P(P_{n-1}(x)). Assim, queremos encontrar o número de
raízes de P_{2004}(x). Os casos pequenos parecem nos
sugerir que P_n(x) tem n+1 raízes. Vamos tentar uma
indução. A base de indução está acima. Suponha que
P_k(x) tem k+1 raízes para todo k inteiro positivo
menor que n+1. Vamos provar que P_{n+1}(x) tem n+2
raízes.
Temos
P_{n+1}(x) = 0
<=> (P_n(x))^2 - 1 = 0
<=> P_n(x) = 1 ou P_n(x) = -1
<=> (P_{n-1}(x))^2 = 2 (i)
ou P_{n-1}(x) = 0 (ii).
Veja que essas duas últimas equações (i) e (ii) não
têm raízes comuns (basta ver que mdc(f(x); f(x)^2 -
2) = 1). Pela hipótese de indução, (ii) tem n raízes.
Vamos contar as soluções de (i). Primeiro, note que
(i) <=> P_{n-1}(x) = sqrt(2) ou P_{n-1}(x) = -sqrt(2).
Mas P_k(x) = (P_{k-1})^2 - 1 >= -1 para todo x real e
todo k inteiro positivo, logo
(i) <=> P_{n-1}(x) = sqrt(2)
Utilizamos assim o seguinte
Lema. P_k(x) = a, a real maior que 1, k inteiro
positivo, tem exatamente duas raízes, sendo elas
simétricas.
Demonstração: indução (de novo): para k = 1 temos x^2
- 1 = a <=> x^2 = 1 + a e resto é fácil. Se o lema é
válido para k=m, P_{m+1}(x) = a <=> P_m(x)^2 = a + 1
<=> P_m(x) = -sqrt(a+1) ou P_m(x) = sqrt(a+1). Mas
-sqrt(a+1) < -1 e, por hipótese, sendo sqrt(a+1) > 1,
P_m(x) = sqrt(a+1) tem duas soluções simétricas. Logo
o resultado segue por indução.
Aí acabou, pois (i) tem duas soluções reais distintas
e (ii) tem n soluções reais distintas, logo P_{n+1}(x)
= 0 tem n+2 soluções reais distintas.
Em particular, P_{2004}(x) = 0 tem 2005 soluções reais
distintas.
Acho que com o mesmo argumento podemos contar o número
de soluções reais e soluções imaginárias (incluindo multiplicidades).
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