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Caros colegas da lista:
Gostaria de receber ajuda sobre os seguintes problemas,
nos quais eu fiz algum progresso mas n�o consegui concluir.
PROBLEMA 1:
(problema no. 74 da Eureka no. 15)
"Ache todas as fun��es f: R --> R (R: conjunto dos
reais) tais que:
f(x+y) + f(x-y) = 2f(x)cos(y) para todos x, y em
R."
. Eu cheguei a uma solu��o (descrita abaixo) sob a hip�tese
de que f � diferenci�vel em toda a reta.
O meu problema agora �:
1. Achar todas as fun��es que n�o sejam diferenci�veis em
toda a reta mas que satisfa�am a rela��o do problema,
OU
2. Provar que qualquer fun��o que satisfaz a rela��o �
diferenci�vel em toda a reta.
Eu suspeito que a segunda alternativa � verdadeira, mas
n�o consegui provar. ************
PROBLEMA 2:
(problema no. 5 da 2a. Vingan�a Ol�mpica)
5)(Guilherme Issao)Existem p�,onde p e primo,crian�as
dispostas num bairro
como um tabuleiro p por p.Ha tambem duas distribuidoras de doces,a Cledmilson Marmotta e a Estrogonofre's.A Cledmilson Marmotta manda um vendedor para cada uma das p linhas horizontais,sendo que o vendedor da i-esima linha tem i Kg de doce de jilo e distribui igualmente entre as p crian�as. Da mesma forma Estrogonofre's manda um vendedor para cada uma das p linhas verticais,sendo que o vendedor da j-esima linha tem j Kg de doce de jaca e distribui igualmente entre as p crian�as. De quantas maneiras podemos escolher um grupo de crian�as desse bairro para roubar-lhes os doces de modo que a quantidade de cada tipo de doce roubada seja inteira?[6] O problema pode ser refraseado como:
Determinar o n�mero de subconjuntos de {1, 2, ..., p}x{1, 2, ...,p} cuja soma dos elementos (definida da forma usual: (a,b)+(c,d)=(a+c,b+d) ) seja um par ordenado da forma (mp,np) onde m e n s�o inteiros. Eu cheguei a determinar o n�mero de subconjuntos de
{1,2,...,p} cuja soma dos elementos � = 0 (mod p).
Este n�mero � (2^p - 2)/p + 2 (incluindo o
subconjunto vazio, cuja soma � 0).
No entanto, enumerar conjuntos de pares ordenados est�
sendo bem mais complicado...
O Nicolau deu a seguinte dica: para cada N, o n�mero
de subconjuntos de N elementos do produto cartesiano � aproximadamente
constante, logo, a resposta deve ser aproximadamente igual a (2^(p^2) -
2)/(p^2)
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PROBLEMA 3:
[Ir�-1999] - Existe um inteiro positivo que � uma
pot�ncia de 2, tal que
n�s podemos obter outra pot�ncia de 2 pelo rearranjo de seus d�gitos? Nesse eu fiz o seguinte:
Suponhamos que a resposta seja sim e que existam inteiros
positivos m e n,
com m < n tais que 2^m e 2^n t�m os mesmos d�gitos. Ent�o, pelo crit�rio de divisibilidade por 9, teremos: 2^n = 2^m (mod 9) ==> 2^(n-m) = 1 (mod 9) ==> n - m � m�ltiplo de 6 = ordem de 2 mod 9 ==> n >= m + 6 ==> 2^n >= 64*2^m ==> 2^n tem mais d�gitos do que 2^m Mas, por hip�tese, 2^m e 2^n t�m os mesmos d�gitos (em ordens diferentes) ==> 2^n e 2^m t�m o mesmo n�mero de d�gitos ==> contradi��o ==> a resposta � n�o No entanto, essa solu��o n�o � v�lida se a representa��o decimal de 2^n tiver zeros "internos" em sua representa��o decimal estes zeros poder�o ser movidos para a esquerda na representa��o de 2^m. Por exemplo, podemos ter: 2^n = (ab00c0def) e 2^m = (000afecbd) Nesse caso, 2^n e 2^m t�m os mesmos d�gitos apesar de 2^n > 64*2^m ==> a solu��o acima n�o � v�lida
Um abra�o,
Claudio.
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Solu��o do Problema 1 supondo que f � diferenci�vel em
toda a reta:
Derivando em rela��o a x: f'(x+y) + f'(x-y) =
2f'(x)cos(y)
Derivando em rela��o a y: f'(x+y) - f'(x-y) =
-2f(x)sen(y)
Assim, resolvendo para f'(x+y) e f'(x-y):
f'(x+y) = f'(x)cos(y) - f(x)sen(y) (i)
f'(x-y) = f'(x)cos(y) + f(x)sen(y)
Fazendo x = 0 em (i): f'(y) = f'(0)cos(y) -
f(0)sen(y)
Integrando: f(y) = f'(0)sen(y) + f(0)cos(y) +
K
Fazendo y = 0: f(0) = f'(0)sen(0) + f(0)cos(0) + K
==>
f(0) = f(0) + K ==>
K = 0 ==>
f(y) = f'(0)sen(y) + f(0)cos(y).
Ou seja,
f(x) = Asen(x) + Bcos(x), onde A = f'(0) e B =
f(0).
Usando identidades trigonom�tricas elementares eu
verifiquei que quaisquer que sejam A e B, esta f satisfaz a rela��o do
problema.
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