Olá Saulo. Eu acho que sua proposição abaixo está inconsistente. "para que funções logarítimicas de bases diferentes sejam iguais podemos ter somente duas igualdades 0=0 ou 1=1"
log[2](x) + log[3](x+1)=5 log[2](x) + log[3](x+1)=5=1+4=log[2](2)+log[3](3^4)=>log[2](x/2)=log[3](81/(x+1)) Usando sua proposição: i)log[2](x/2)=0<=>x=0 e log[3](81/(x+1))=0=>x=0=80 (=><=) ii)log[2](x/2)=1=>x=1 e log[3](81/(x+1))=1=>x=26=>x=1=26(=><=) Minha prima disse que EXISTE solução analítica para este problema. Ele intrigou muitos professores da cidade dela, até chegou a ser desafio. Peço a ajuda do prof. Nicolau com ele. Pensei em algo do tipo: log[2](x/2)=log[3](81/(x+1))=a=!a(x) Assim 2^a=x/2 (*) e 3^a=81/(x+1) (**) Dividindo (*) por (**), vem: (2/3)^a=x.(x+1)/(2.3^4)=>x^2+x-(2.3^4).(2/3)^a Resolvendo x=[-1+sqrt(1+3^(4-a).2^(a+3))]/2 pois x>0 da condição de existência (***) De *** e *, vem: x=[-1+sqrt(1+3^(4-a).2^(a+3))]/2=2^(a+1)=> [2^(a+2)+1]^2=[sqrt(1+3^(4-a).2^(a+3))]^2=> 2^(2a+4)+2^(a+3)+1=1+3^(4-a).2^(a+3)=> 2^(2a+4)+2^(a+3)=3^(4-a).2^(a+3)=> 2^(a+1)=3^(4-a)-1 De *** e ** tiro a mesma relação. Pensei em supor a inteiro positivo e usar a formula do binômio: (2+1)^a = 2^a+Bin(a;a-1).2^(a-1)+...+1 e observar que (2+1)^a-1 é divisivel por 2 Assim ficaríamos com 2^(a+1)=(2+1)^(4-a)-1=> 2^a=a.2^(a-1)+Bin(a;a-2).2^(a-2)+...+a.2^1 Tenho que demonstrar que a=2. Tem alguma manha por teoria dos numeros ? Mas o problema ja foi resolvido usando conteúdo do ensino médio. []'s Atenciosamente, Osvaldo Mello Sponquiado Engenharia Elétrica, 2ºano UNESP - Ilha Solteira __________________________________________________________________________ Acabe com aquelas janelinhas que pulam na sua tela. AntiPop-up UOL - É grátis! http://antipopup.uol.com.br/ ========================================================================= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =========================================================================
