Re: [obm-l] 2 problemas de analise

["Cláudio \(Prática\)" <claudio@xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx>]

----- Original Message -----
From: "Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira" <gugu@impa.br>
To: <obm-l@mat.puc-rio.br>
Sent: Friday, May 09, 2003 1:42 AM
Subject: [obm-l] 2 problemas de analise


>    Caros colegas,
>    Tem uma pergunta que o Marcio me fez esta semana sobre uma serie que eu
> achei interessante e resolvi mandar para a lista:
> Calcular o valor da serie ln(2)/2-ln(3)/3+ln(4)/4-ln(5)/5+...
> Obs: Voces podem usar as funcoes que voces conhecem e constantes famosas,
> como a constante de Euler, na expressao final.
>    Tem outro problema, este mais famoso, que eu nao sei se ja' foi
discutido
> nesta lista, que e' o seguinte: qual e' o dominio da funcao x^x^x^x^... ?
> Mais precisamente, dado x > 0 definimos a_1=x e a_(n+1)=x^(a_n) para todo
> n>=1. Para quais valores de x a sequencia (a_n) converge ? A resposta e'
> interessante...
>    Abracos,
>             Gugu

Oi, Gugu:

Ainda estou pensando no 1o., mas o 2o. é realmente interessante:

Mediante explorações numéricas, eu cheguei às seguintes conjecturas:
1) Para 0 < x < 1, a sequencia (a_n) é convergente.
2) Para x = 1, (a_n) é constante e igual a 1.
3) Para 1 < x <= e^(1/e), (a_n) converge e o limite é <= e.
4) Para x > e^(1/e), (a_n) diverge.

As demonstrações seguem abaixo:

CONJECTURA 1:

Para 0 < x < 1, a subsequencia (a_(2n-1)) é crescente e a subsequencia
(a_2n) é decrescente.
Dem:
Isso decorre do seguinte fato:
Se 0 < a < 1 e 0 < b < c < 1, então 0 < a < a^c < a^b < 1.

Fazendo a = x  e  b = x^x, teremos:
0 < x < x^(x^x) < 1, ou seja: 0 < a_1 < a_3 < 1.

Suponhamos que a_(2n-1) = x^(x^a_(2n-3)) > a_(2n-3).

Como x, a_(2n-3) e a_(2n-1) estão entre 0 e 1 teremos que:
x^a_(2n-1) < x^a_(2n-3) ==>
a_(2n+1) = x^(x^a_(2n-1)) > x^(x^a_(2n-3) = a_(2n-1)

Assim, por indução, provamos que (a_(2n-1)) é sempre crescente.

De forma análoga, provamos que (a_2n) é decrescente.

Como as duas subsequencias são limitadas, concluímos que ambas convergem.

Sejam A = lim a_(2n+1) = lim a_(2n-1)  e  B = lim a_(2n+2) = lim a_2n.
Como, a_(k+2) = x^(x^a_k), teremos  A = x^(x^A)  e  B = x^(x^B)
Tomando logaritmos de base x, teremos:  log_x(A) = x^A  e  log_x(B) = x^B.
No entanto, quando 0 < x < 1, a equacao log_x(y) = x^y tem exatamente uma
raiz real.
Logo, A = B.

*****

CONJECTURA 2:

x = 1 ==>
a_1 = 1 e a_n = 1^a_(n-1) = 1 ==>
a_n é constante e igual a 1.

*****

CONJECTURA 3:

Se x > 1, então (a_n) é crescente.
Dem:
a_1 = x > 1
a_2 = x^x > x^1 = x = a_1
Suponhamos que a_n = x^a_(n-1) > a_(n-1).
Teremos, então que a_(n+1) = x^a_n = x^(x^a_(n-1)) > x^a_(n-1) = a_n.
Logo, por indução, o resultado está provado.

Se 1 < x <= e^(1/e), então, para todo n,  a_n <= e.
Dem:
a_1 = x <= e^(1/e) < e
a_2 = x^x <= (e^(1/e))^e = e^(e/e) = e^1 = e
Suponhamos que a_n <= e.
Então, a_(n+1) = x^a_n <= (e^(1/e))^a_n <= e^(e/e) = e^1 = e.
Logo, por indução, o resultado está provado.

Assim, se 1 < x <= e^(1/e), então a_n é crescente e limitada. Logo,
converge.

Em particular, se x = e^(1/e), teremos que lim a_n = e.
Dem:
Suponhamos que lim a_n = L.
Assim: L = (e^(1/e))^L = e^(L/e) ==>
ln(L) = L/e ==>
L = e.

*****

CONJECTURA 4:

Se y > x > e^(1/e)
Se x > e^(1/e), então (a_n) é crescente e ilimitada.
Dem:
Já provamos acima que (a_n) é crescente.

Suponhamos que exista K > 0 tal que, para todo n,  a_n < K.
Nesse caso, deverá existir L = lim a_n.

Assim, L = x^L > (e^(1/e))^L = e^(L/e) ==>
ln(L) > L/e ==>
contradição, pois para todo x > 0, ln(x) <= x/e ==>
não existe lim a_n ==>
como (a_n) é crescente, não pode ser limitada.

*****

Um abraço,
Claudio.

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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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