[obm-l] IMC, 1o dia: Solucoes 1,2,3,6.

    Marcio

> >1) Let S be an infinite set of real numbers such that
> >|s_1 + s_2 + ... + s_k| for every finite subset
> >{s_1,s_2,...,s_k} of S. Show that S is countable

    Escreva S = A U B, onde A e B sao respectivamente os subconjuntos de
nao-negativos e nao-positivos de S.
    Vamos provar que A e B sao enumeraveis e portanto S tmb é (por ser uniao
de 2 enumeraveis).
    A enumeracao eh a seguinte (A e B sao analogos). Se A eh finito, eh
simples. Caso contrario,coloque x_1 = max{A}, x_2 = max{A-{x_1}}, x_3 =
max{A-{x_1,x_2}}, e assim por diante.
    Isso funciona pq todos esses conjuntos admitem maximo!De fato, suponha
que um conjunto X com infinitos termos e tq todo subconjunto tem modulo da
soma de seus elementos maior que 1 nao tenha maximo. Seja c = supX. Entao,
existem infinitos elementos de X no intervalo (c/2, c) (pq em todo
intervalo (c-eps, c) deve haver elemento de X e vc sempre pega um 'mais
proximo' de c) e pegando [2/c]+1 deles, a soma eh maior que (2/c)*c/2 = 1.

> >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]
    Tem 2005 raizes. Vamos provar dois resultados por inducao que claramente
implicam isso. (Vou chamar P(...(P(x)...) com P aplicado k vezes de P_k
(x))
(i) A equacao P_n (x) = 0 tem sempre n+1 solucoes.
(ii)A equacao [P_n (x) ]^2 = 1+a, com a>0 tem sempre 2 solucoes.
    Para n = 1, o resultado eh bem obvio, basta olhar pro grafico de p(x) =
x^2 - 1.
    Para n = 2, tmb eh bem direto.
Suponha valido ateh n.
    (i) Considere a equacao P_n+1 (x) = 1+a, a>0 equivale a ([P_n (x)]^2 -
1)^2 = 1+a. Como P_n ^2 eh sempre positivo, isso eh equivalente a (P_n
(x))^2 = 1 + sqrt(a), que por hipotese de inducao tem 2 solucoes.
    (ii) P_n+1 (x) = 0 sse (P_n (x))^2 - 1 = 0 sse P_n(x) = 1 ou P_n(x)
= -1. No primeiro caso, [P_n-1 (x)]^2 - 1 = 1, e pela hipotese de inducao
(ii) isso tem exatamente duas raizes (equivale a (P_n-1 (x) )^2 = sqrt(2) >
1). No segundo caso, [P_n-1 (x)]^2 - 1 = -1 sse P_n-1(x) = 0 e pela hipotese
de inducao (i) isso tem exatamente n-1+1 = n raizes (distintas das outras
2), de forma que a equacao
P_n+1 (x) = 0 tem n+2 solucoes de fato.

> >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).
a) Por Jensen, sen[(x_1+...x_n)/n] >= (senx1+ ... +sen xn)/n = 1/n. Logo,
x1+...+xn >= n * arcsen(1/n).
    Sabemos que senx >= 2x/pi para x em [0,pi/2] (isso segue da concavidade
do seno), de forma que
x1+x2+...+xn <= pi/2 (senx1+...senxn) = pi/2.
   Para mostrar que a imagem eh o intervalo (n * arcsen(1/n), pi/2) voce
pode soh citar a continuidade da funcao ou mostrar usando soh o TVI
unidimensional, vendo que dado t nesse intervalo, sempre consigo escolher a
de forma que x1=x2=...=x_n-1 = a/(n-1), x_n = t -a e (n-1)sen[a/(n-1)] +
sen(t-a) = 1 (encare o lhs como um f(a) e veja que f(0) = sen t <= 1 e sendo
a' tq a'/(n-1) = t-a', f(a') = n*arcsen(1/n) >= 1).
b) A letra (b) eh consequencia do limite fundamental senx/x = 1 qdo x -> 0.
A resposta eh portanto pi/2 - 1.

> >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.
    Esse eu ainda nao consegui fazer, mas lembra um pouco um exercicio
resolvido de uma eureka velha q eh o seguinte: O maior tamanho que pode ter
uma cadeia de subconjuntos de {1,...,n} sem que um contenha o outro eh
binomial (n, [n/2]).

> >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.

    Se z = r*e^(ix), entao logz = logr + ix + 2tpi, donde f(z) = somatorio
(t=-oo .. oo) 1 / (logz + (2ipi)t)^4, onde logz denota o log principal.
P/ simplificar a notacao, ponha a=logz, b=2ipi, e f(t) = 1/(a+tb)^4. Usando
um pouco de analise complexa e traçando um retangulo esperto, mostra-se que
somatorio (t=-oo..oo) de f(t) , quando converge, eh igual a - soma dos
residuos de pi*cot(pi*t)*f(t) nos polos de f(t) (esse eh um resultado
classico q eu ja conhecia, daí a questao ficou mais facil).
    No caso, temos o polo t = -a/b de ordem 4, e o residuo eh portanto:
limite (t-> -a/b) (1/3!)* {(t+a/b)^4 * f(t) * pi * cot(pi*t)}"' (derivada
terceira do que esta entre chaves).
    Ou seja, o somatorio eh f(z) = - (1/6)* (1/b^4)*pi* {(cotpi*t)"'} em t
= -a/b.
Embora isso aparentemente nao tenha a cara da resposta da pedida, a coisa
tem tudo pra funcionar pq a=logz e exp(a) = z!! (e afinal, as funcoes
trigonometricas nada mais sao do que combinacoes de exponenciais). Eh soh
derivar 3 vezes e substituir para provar a letra (b) direto (e (a) fica como
consequencia).
    (eu nao cheguei a fazer essa conta pq to digitando direto no computador,
mas como vc ja sabe onde quer chegar, fica facil).
    cot(pit)' = -picossec^2(pit) = -pi (1+cot^2(pit) ) -> pi^2 (2cot(pit)*cossec^2(pit)) = pi^2 (2cot + cot^3) ->