RE: [obm-l] soma de termos

[saulo bastos]

usa a formula da soma dos cubos,
1=1^3
2=(1+1)^3
faz isso ate n
depois soma tudo, note que os termos ao cubo se cancelam.
um abraço, saulo.
From: Brunno [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] soma de termos
Date: Mon, 4 Apr 2005 13:07:44 -0300
Boa tarde pessoal da lista
dentro de uma exercício, cheguei a soma de
soma de = 1^2 + 2^2 + 3^2 ...n^2
e vi que tinha uma formula especifica
n^3/3 + n^2/2 +n/6
mas como se chega a esta formula???
Um abraco
_
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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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[obm-l] Por 7!!!(???)

[Sinomar Dias]

Colegas, nesta lista já foi mostrada uma justificativa para  o critério  de 
divisibilidade por 7, como está descrito abaixo? Gostaria de uma ajudinha.

i) Um número natural n de 3 ou menos algarismos é divisível por 7 se ocorrer 
o que segue:

 Dadon=abc ( a,b e c são os algarismos do número) se, 2*a+3*b+c é 
divisível por 7, então n é divisível por  7.

ii) Um natural n com mais de  3 algarismos é divisível por  7 se, separado 
em classes de 3 algarismos a partir do último (inclusive), a diferença entre 
a soma das classes de ordem ímpar e de ordem par for um número divisível por 
7, independente do sinal:

Dado n=abcdefg
Classe1: efg
Classe2: bcd
Classe3: a
S(I)=efg+a ( soma das classes de ordem ímpar)
S(P)=bcd (soma das classes de ordem par)
Se S(I) – S(P) for divisível por 7, então n é divisível por 7.
Obrigado
Farelo!!!
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Re: [obm-l] soma de termos

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

Oi, Brunno. Eu estava respondendo ontem quando acabou a luz, e aí
acabei perdendo a linha. Acho que agora estará tudo certo:

Primeiro, como você falou, está errado no local da soma, mas é C(n+1,
1+1), pois esta é a soma do último.

Agora, vamos para a demonstração da lei das colunas (por indução,
apesar de o Cláudio ter falado mal dela!)
Teorema: SOMA {desde m=1até m=n} C(m, k) = C(n+1, k+1)
Caso Base: n=1 (podia ser n=0)
Temos duas possibilidades: k = 1 e k  1
Se k = 1, esta igualdade é 1 = C(1, 1) = C(1+1, 1+1) = C(2, 2) = 1, OK!
Se k  1, é 0 = C(1, k) = C(2, k+1) = 0 pois (k+1)  2

Agora, só falta o passo de indução:
SOMA {desde m=1até m=(n+1)} C(m, k) = SOMA {desde m=1até m=n} C(m, k)
+ C(n+1, k), separando o último termo da soma,
= C(n+1, k+1) + C(n+1, k) pela hipótese de indução
= C( (n+1) + 1, k + 1), pela fórmula C(a, b+1) + C(a, b) = C(a+1, b+1)
(Demonstre ela: é só expandir!)

Eu acho que vale também para k negativo ou zero, mas isso eu deixo
para você pensar (ah, e também tem o velho problema de definir quanto
vale C(n, -32), mas isso é zero, eu acho) Para k=0, o teorema na
verdade é uma coisa bem trivial!

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

On Apr 4, 2005 5:01 PM, Brunno [EMAIL PROTECTED] wrote:
 Unico engano é nessa passagem
 Mas então temos SOMA 2*C(m, 2) + C(m,1) = 2*C(n+1, 3) + C(n, 2) (pelo
 C(n, 2)
 deveria ser C(n+1,2+1)
 muito obrigado pela forca
 se puder me ajuda com a demonstracao da soma de colunas
 Um abraco
 Do amigo brunno
 
 
 - Original Message -
 From: Bernardo Freitas Paulo da Costa [EMAIL PROTECTED]
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Sent: Monday, April 04, 2005 1:38 PM
 Subject: Re: [obm-l] soma de termos
 
 Isto tem uma resposta muito legal com números binomiais:
 
 Repare que m^2 = m(m-1) +m = 2*C(m, 2) + C(m, 1) (este C(a, b) é o
 número de combinações de a, escolhendo b, que é equivalente a
 a!
 
 b! (a-b)!
 
 Ora, o que você quer é somar tudo, de m=1 até n.
 Mas então temos SOMA 2*C(m, 2) + C(m,1) = 2*C(n+1, 3) + C(n, 2) (pelo
 teorema de soma de colunas! - Demonstre que SOMA C(m,k) = C(n+1, k+1)
 usando a propriedade de que C(a, b) + C(a, b+1) = C(a+1, b+1) ). Agora
 é só expandir.
 
 Abraços,
 --
 Bernardo Freitas Paulo da Costa
 
 On Apr 4, 2005 1:07 PM, Brunno [EMAIL PROTECTED] wrote:
  Boa tarde pessoal da lista
  dentro de uma exercício, cheguei a soma de
  soma de = 1^2 + 2^2 + 3^2 ...n^2
  e vi que tinha uma formula especifica
  n^3/3 + n^2/2 +n/6
  mas como se chega a esta formula???
  Um abraco
 
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Re: [obm-l] dois dificeis de probabilidade

[Nicolau C. Saldanha]

 Dê uma olhada em Catalan number na internet. Se não me engano, o Nicolau
 uma vez deu um link para um artigo bem completo sobre o assunto.

O link é o seguinte:

http://www-math.mit.edu/~rstan/ec/

[]s, N.
=
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Re: [obm-l] soma de termos

[claudio.buffara]

Oi, Bernardo:

Eu falei mal da indução porque acho queela produz demonstrações feias e sem-graça, apesar de em muitos casos, ser a única forma (conhecida) de se demonstrar algum resultado.

Mas não é o caso da lei das colunas:
C(k,k) + C(k+1,k) + C(k+2,k) + ... + C(n,k) = C(n+1,k+1).

Imagine que você quer formar subconjuntos de {1, 2, 3, ..., n, n+1} com k+1 elementos.

Obviamente isso pode ser feito de C(n+1,k+1) maneiras diferentes.

Mas quantos destes subconjuntos tem o inteiro positivop 
(k+1 = p = n+1) como maior elemento?
Bem, uma vez escolhido p, e dado que p é o maior elemento, os demais kelementos só podem ser escolhidos dentre {1, 2, ..., p-1} e deC(p-1,k) maneiras distintas.
Somando de p = k+1 até p = n+1, obtemos o número desejado:
C(k,k) + C(k+1,k) + ... + C(n,k)

Com todo o respeito à sua demonstração, acho esta mais elegante. Além disso, ela dá uma interpretação "concreta" para a lei das colunas.

***

Um exercício que acho interessante é tentar dar uma demonstração do tipo acima para cada propriedade do triângulo de Pascal.


[]s,
Claudio.





De:
[EMAIL PROTECTED]




Para:
obm-l@mat.puc-rio.br




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Data:
Wed, 6 Apr 2005 08:21:31 -0300




Assunto:
Re: [obm-l] soma de termos
 Oi, Brunno. Eu estava respondendo ontem quando acabou a luz, e aí
 acabei perdendo a linha. Acho que agora estará tudo certo:
 
 Primeiro, como você falou, está errado no local da soma, mas é C(n+1,
 1+1), pois esta é a soma do último.
 
 Agora, vamos para a demonstração da lei das colunas (por indução,
 apesar de o Cláudio ter falado mal dela!)
 Teorema: SOMA {desde m=1até m=n} C(m, k) = C(n+1, k+1)
 Caso Base: n=1 (podia ser n=0)
 Temos duas possibilidades: k = 1 e k  1
 Se k = 1, esta igualdade é 1 = C(1, 1) = C(1+1, 1+1) = C(2, 2) = 1, OK!
 Se k  1, é 0 = C(1, k) = C(2, k+1) = 0 pois (k+1)  2
 
 Agora, só falta o passo de indução:
 SOMA {desde m=1até m=(n+1)} C(m, k) = SOMA {desde m=1até m=n} C(m, k)
 + C(n+1, k), separando o último termo da soma,
 = C(n+1, k+1) + C(n+1, k) pela hipótese de indução
 = C( (n+1) + 1, k + 1), pela fórmula C(a, b+1) + C(a, b) = C(a+1, b+1)
 (Demonstre ela: é só expandir!)
 
 Eu acho que vale também para k negativo ou zero, mas isso eu deixo
 para você pensar (ah, e também tem o velho problema de definir quanto
 vale C(n, -32), mas isso é zero, eu acho) Para k=0, o teorema na
 verdade é uma coisa bem "trivial"!
 
 Abraços,
 -- 
 Bernardo Freitas Paulo da Costa
 

Re: [obm-l] Número Anagramas

[JS jr.]

A resposta aqui confere. 13080 mesmo!
Muito Obrigado. 
Júnior.

-- 
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[obm-l] Logaritmo

[Fernando]

Sabendo:log(y/2) na base 2 = X , ey = 4log(x/2) na base 2 - log(1/y^4) na base 2
Determine o(s) par(es) de x e y que sataisfaça as esquações

Grato

Re: RES: [obm-l] 1^2 + 2^2 + ... + n^2

[Bruno Lima]

É verdade, viajei...
Vc esta certo.
ValeuGuilherme [EMAIL PROTECTED] wrote:
Olá, Bruno!Eu acho que nesta solução deve-se elevar ao cubo, pois da maneira quefoi colocada, os quadrados são simplificados.Um abração, Guilherme Marques.-Mensagem original-De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] Emnome de Bruno LimaEnviada em: terça-feira, 5 de abril de 2005 16:07Para: obm-l@mat.puc-rio.brAssunto: Re: [obm-l] 1^2 + 2^2 + ... + n^2Outra solucao que é bem manjada é 1^2 = (1+0)^2 = 1^2 +2*1*0+0^2(1+1)^2 = 1^2 +2*1*1+1^2... (1+n)^2 = 1^2 +2*1*n+n^2 Dai vc soma todas as equacoes e chega no resultado--- "claudio.buffara" <[EMAIL PROTECTED]>wrote: Ontem alguém perguntou aqui na lista como se demonstrava a fórmula da soma dos quadrados dos primeiros n inteiros positivos.  Eu
 diria que 99% das pessoas usaria indução, o que além de ser mecânico e sacal, não ilustra o que realmente ocorre no problema e, o que é pior, se a fórmula não for conhecida (ou seja, se o problema for "deduza a fórmula da soma dos quadrados dos n primeiros inteiros positivos") vai ser difícil adivinhar qual é ela usando apenas indução. Naturalmente, uma vez que você tenha "adivinhado" uma fórmula, possivelmente olhando casos particulares, você pode usar indução para confirmar seu palpite.  Eu sempre sou favorável a uma demonstração combinatória, onde contamos o número de elementos de algum conjunto de duas formas distintas.  No caso, 1^2 + 2^2 + ... + n^2 é o número de elementos de que conjunto?  Por exemplo, considere todos os ternos ordenados (a,b,c) de elementos do conjunto {1,2,...,n,n+1} tais que a  !
b e a
  c.  É claro (ou deveria ser pra quem participa dessa lista) que se a = 1, o número de tais ternos é zero, se a = 2, o número é 1*1 = 1, se a = 3, o número é 2*2 = 4. Em geral, se a = k+1, então teremos k possibilidades para b (b pode ser 1, 2, ... ou k) e k para c, de modo que teremos k^2 ternos nas condições do enunciado.  Assim, fazendo a variar de 1 a n+1, obteremos o número de ternos nas condições do enunciado: 0^2 + 1^2 + 2^2 + ... + n^2, ou seja, justamente a soma desejada.  Agora, um terno nas condições do enunciado só pode ser de três tipos: (a,b,c) com a  b  c; (a,b,c) com a  c  b; (a,b,c) com a  b = c.  O número de ternos de cada um dos dois primeiros tipos é igual a: Binom(n+1,3) (por que?)  O número de ternos do terceiro tipo é Binom(n+1,2) !

 (por que?).  Logo, o número total de ternos nas condições do enunciado é: 2*Binom(n+1,3) + Binom(n+1,2) = 2*(n+1)*n*(n-1)/6 + (n+1)*n/2 = n*(n+1)*((n-1)/3 + 1/2) = n*(n+1)*(2n+1)/6.  Ou seja, 1^2 + 2^2 + ... + n^2 = n*(n+1)*(2n+1)/6.  []s, Claudio. Yahoo! Acesso Grátis - Internet rápida e grátis. Instale o discador agora! http://br.acesso.yahoo.com/=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html==Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista
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RE: [obm-l] Logaritmo

[saulo bastos]

log(y/2) na base 2 = X , e
y = 4log(x/2) na base 2 - log(1/y^4) na base 2
Determine o(s) par(es) de x e y que sataisfaça as esquações
y=log(x^4/2^4)-log(1/y^4)=log(x^4*y^4)/2^4y=log(x^4)*(2^4x)
2^y=x^4*2^4x
x=2^t
y=4t+4x
From: Fernando [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Logaritmo
Date: Wed,  6 Apr 2005 09:30:26 -0300
Sabendo:
log(y/2) na base 2 = X , e
y = 4log(x/2) na base 2 - log(1/y^4) na base 2
Determine o(s) par(es) de x e y que sataisfaça as esquações
Grato
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Re: [obm-l] soma de termos

[Luís Lopes]

Sauda,c~oes,
Essas demonstrações combinatórias do Claudio são
realmente interessantes e elegantes.
Entretanto, as mais mecânicas e rápidas são (seriam)
aquelas usando antidiferenças.
Assim, seja a soma S_n(m) = \sum_{k=m}^n Binom(k,m) (m=0).
Então Binom(k,m+1) é uma antidiferença de Binom(k,m) e
S_n(m)=Binom(n+1,m+1) - Binom(m,m+1) = Binom(n+1,m+1)
Fazendo m=k o resultado segue.
Um exercício que acho interessante é tentar dar uma demonstração do tipo 
acima para cada propriedade do triângulo de Pascal.
Concordo. Mas isso (dar interpretações combinatórias) muitas vezes é
muito difícil. Como exemplo, considere a soma
S_N(n) := \sum_{k=n} Binom(N,2k) Binom(k,n)  (n,N inteiros, n=0, N=1, N 
=2n).

As soluções combinatórias aparecem em The Mathematical Gazette 79 (484, 
486),
1995.

Eu iria por métodos mais gerais, se bem que nesse caso também não
é muito fácil. Com algumas manipulações chegamos a
S_N(n) = \sum_{k=0} Binom(N,N-2n-2k) Binom(n+k,n).
Isso é uma soma hipergeométrica e usando as técnicas mostradas
no livro (resultado de Gauss) Matemática Concreta obtemos
S_N(n) = [N / (N-n)] Binom(N-n,n) 2^(N-2n-1).
[]'s
Luís

From: claudio.buffara [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: Re: [obm-l] soma de termos
Date: Wed,  6 Apr 2005 09:01:29 -0300
Oi, Bernardo:
Eu falei mal da indução porque acho que ela produz demonstrações feias e 
sem-graça, apesar de em muitos casos, ser a única forma (conhecida) de se 
demonstrar algum resultado.

Mas não é o caso da lei das colunas:
C(k,k) + C(k+1,k) + C(k+2,k) + ... + C(n,k) = C(n+1,k+1).
Imagine que você quer formar subconjuntos de {1, 2, 3, ..., n, n+1} com k+1 
elementos.

Obviamente isso pode ser feito de C(n+1,k+1) maneiras diferentes.
Mas quantos destes subconjuntos tem o inteiro positivo p
(k+1 = p = n+1) como maior elemento?
Bem, uma vez escolhido p, e dado que p é o maior elemento, os demais k 
elementos só podem ser escolhidos dentre {1, 2, ..., p-1} e de C(p-1,k) 
maneiras distintas.
Somando de p = k+1 até p = n+1, obtemos o número desejado:
C(k,k) + C(k+1,k) + ... + C(n,k)

Com todo o respeito à sua demonstração, acho esta mais elegante. Além 
disso, ela dá uma interpretação concreta para a lei das colunas.

***
Um exercício que acho interessante é tentar dar uma demonstração do tipo 
acima para cada propriedade do triângulo de Pascal.

[]s,
Claudio.

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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=

Re: [obm-l] Logaritmo

[Fernando]

 log(y/2) na base 2 = X , e
 y = 4log(x/2) na base 2 - log(1/y^4) na base 2
 Determine o(s) par(es) de x e y que sataisfaça as esquações
 
 y=log(x^4/2^4)-log(1/y^4)=log(x^4*y^4)/2^4y=log(x^4)*(2^4x)
 2^y=x^4*2^4x
 x=2^t
 y=4t+4x

Mas não é para qualquer valor de T :/, colocando -se t = 1, já não se é
verificado a igualdade


=
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=

[obm-l] Ex. de fisica!

[Vinícius Meireles Aleixo]

1)Um corpo está suspenso numa balança de mola num 
navio que viaja ao longo do equador com velocidade v. Mostre que a leitura da 
balança será muito proxima de Wo(1+- 2wv/g), onde w é a velocidade angular da 
Terra e Wo é a leitura da balança, quando o navio está em repouso. explique o 
sinal de +-.



2)O diametro angular aparente do sol visto da 
Terra(angulo subentendido pelo disco solar) é de 0,55º.Utilizando apenas esses 
dados, a cte gravitacional e o periodo da terra em torno do sol, calcule a 
densidade do sol.

Abraços
Vinícius Meireles Aleixo

[obm-l] [x^n] == n (mod 2)

[claudio.buffara]

Aqui vai um bonitinho:

Ache um número real x tal que, para todo n inteiro e positivo, [x^n] tem a mesma paridade que n.

[a] = maior inteiro que é menor ou igual a a.

Se não me engano, há algum tempo, o Shine exibiu um y tal que [y^n] é sempre ímpar.

[]s,
Claudio.

Re: [obm-l] soma de termos

[claudio.buffara]

Oi, Luís:

A impressão que eu tenho é que, depois do "Generatingfunctionology", todos estes problemas podem ser resolvidos pela aplicação de algum algoritmo geral.

Mesmo, assim, acho que é um bom treino tentar achar demonstrações combinatórias pra recorrências e identidades envolvendo números binomiais.

Por exemplo, é possível dar uma demonstração combinatória da identidade abaixo, que foi uma questão da famosa e difícil prova do IME de 1980/81.

SOMA(k=0...n) Binom(k,m)*Binom(n-k,m) = Binom(n+1,2m+1).

Agora, quero ver alguémprovar isso algebricamente...

[]s,
Claudio.





De:
[EMAIL PROTECTED]




Para:
obm-l@mat.puc-rio.br




Cópia:





Data:
Wed, 06 Apr 2005 14:48:26 +




Assunto:
Re: [obm-l] soma de termos
 Sauda,c~oes,
 
 
 Um exercício que acho interessante é tentar dar uma demonstração do tipo 
 acima para cada propriedade do triângulo de Pascal.
 
 Concordo. Mas isso (dar interpretações combinatórias) muitas vezes é
 muito difícil. Como exemplo, considere a soma
 
 S_N(n) := \sum_{k=n} Binom(N,2k) Binom(k,n) (n,N inteiros, n=0, N=1, N 
 =2n).
 
 As soluções combinatórias aparecem em The Mathematical Gazette 79 (484, 
 486),
 1995.
 
 Eu iria por métodos mais gerais, se bem que nesse caso também não
 é muito fácil. Com algumas manipulações chegamos a
 
 S_N(n) = \sum_{k=0} Binom(N,N-2n-2k) Binom(n+k,n).
 
 Isso é uma soma hipergeométrica e usando as técnicas mostradas
 no livro (resultado de Gauss) Matemática Concreta obtemos
 S_N(n) = [N / (N-n)] Binom(N-n,n) 2^(N-2n-1).
 
 []'s
 Luís
 
 
 From: "claudio.buffara" <[EMAIL PROTECTED]>
 Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
 To: "obm-l" 
 Subject: Re: [obm-l] soma de termos
 Date: Wed, 6 Apr 2005 09:01:29 -0300
 
 Oi, Bernardo:
 
 Eu falei mal da indução porque acho que ela produz demonstrações feias e 
 sem-graça, apesar de em muitos casos, ser a única forma (conhecida) de se 
 demonstrar algum resultado.
 
 Mas não é o caso da lei das colunas:
 C(k,k) + C(k+1,k) + C(k+2,k) + ... + C(n,k) = C(n+1,k+1).
 
 Imagine que você quer formar subconjuntos de {1, 2, 3, ..., n, n+1} com k+1 
 elementos.
 
 Obviamente isso pode ser feito de C(n+1,k+1) maneiras diferentes.
 
 Mas quantos destes subconjuntos tem o inteiro positivo p
 (k+1 = p = n+1) como maior elemento?
 Bem, uma vez escolhido p, e dado que p é o maior elemento, os demais k 
 elementos só podem ser escolhidos dentre {1, 2, ..., p-1} e de C(p-1,k) 
 maneiras distintas.
 Somando de p = k+1 até p = n+1, obtemos o número desejado:
 C(k,k) + C(k+1,k) + ... + C(n,k)
 
 Com todo o respeito à sua demonstração, acho esta mais elegante. Além 
 disso, ela dá uma interpretação "concreta" para a lei das colunas.
 
 ***
 
 Um exercício que acho interessante é tentar dar uma demonstração do tipo 
 acima para cada propriedade do triângulo de Pascal.
 
 
 []s,
 Claudio.
 
 
 
 =
 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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RE: [obm-l] 1^2 + 2^2 + ... + n^2

[Rhilbert Rivera]

Essa já deve ter por aí na lista, mas só para constar...
Lembremos que (n + 1)^3 = n^3 + 3.n^2 + 3.n + 1
Para n = 0, 1, 2, ...,n , temos
n = 0,  (0+1)^3 = 1^3 = 0^3 + 3.0^2 + 3.0 + 1
n = 1,  (1+1)^3 = 2^3 = 1^3 + 3.1^2 + 3.1 + 1
n = 2,  (2+1)^3 = 3^3 = 2^3 + 3.2^2 + 3.2 + 1
n = 3,  (3+1)^3 = 4^3 = 3^3 + 3.3^2 + 3.3 + 1
n = 4,  (4+1)^3 = 5^3 = 4^3 + 3.4^2 + 3.4 + 1

n = n,  (n+1)^3 = (n+1)^3 = n^3 + 3.n^2 + 3.n + 1
Somando membro a membro as (n + 1) igualdades acima, fica:
1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 + (n+1)^3 = 1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 + 
3(1^2+2^2+3^2+...+n^2) + 3(1+2+3+...+n) + (n+1).1

arrumando, vem:
(n + 1)^3 = 3(1^2+2^2+3^2+...+n^2) + 3(1+2+3+...+n) + (n+1).
Chamemos de S a soma 1^2 + 2^2 + 3^2 + ... +n^2 .
Admitindo conhecido que 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = n(n+1)/2  e fazendo as 
substituições:

(n + 1)^3 = 3.S + 3.n(n+1)/2 + n+1.
Isolando o termo S, etcetera e tal , obtemos a soma procurada
S=n*(n+1)*(2n+1)/6.
( ^_ ^)
_
Chegou o que faltava: MSN Acesso Grátis. Instale Já! 
http://www.msn.com.br/discador

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=

[obm-l] Re:[obm-l] Quadrados mágicos

[claudio.buffara]

Eu tenho a impressão de que a dimensão do espaço dos quadrados mágicos é n^2 - 2n + 1, pois, segundo o exercício 3.33 do Elon, os funcionais lineares de F^(2n) - F:
L_1, L_2, ..., L_n, C_1, C_2, ..., C_(n-1), T eS 
onde:
L_i = soma dos elementos da i-ésima linha;
C_j = soma dos elementos da j-ésima coluna;
T = traço;
S = soma dos elementos da diagonal secundária
são L.I. de modo que você perde apenas 2n-1 graus de liberdade.

Naturalmente, L_1 + L_2 + ... + L_n = C_1 + C_2 + ... + C_n = soma dos coeficientes da matriz, de modo que C_n é linearmente dependente dos demais.
Aindaestou pensando em comodemonstrar a independência linear de T e S em relação aos L_i e aos C_j.

Também não consigo ver o que pode dar errado se F for finito.
Só tome cuidado com uma coisa: por exemplo, em (Z_3)^2, temos:
1*(1,2) + 1*(2,1) = (0,0), ou seja, (1,2) e (2,1) são L.D., o que parece ser uma contradição até você se lembrar que em, (Z_3)^2, 2*(1,2) = (2,1)

[]s,
Claudio.





De:
[EMAIL PROTECTED]




Para:
obm-l@mat.puc-rio.br




Cópia:





Data:
Wed, 06 Apr 2005 00:35:30 +




Assunto:
[obm-l] Quadrados mágicos
 Olá!
 
 Uma matriz n x n chama-se um quadrado mágico quando a soma dos elementos de
 cada uma de suas linhas, de cada coluna da diagonal principal e da outra
 diagonal (ao todo 2n + 2 somas) são iguais. Prove que, se n = 3, o conjunto
 Q_n dos quadrados mágicos n x n é um subespaço vetorial de dimensão n^2 - 2n
 do espaço das matrizes n x n sobre o corpo dos reais, ou, se preferir, dos
 racionais (não sei se funciona para corpo finito).
 
 Na verdade, esse é um exercício essencialmente copiado do livro do Elon de
 Álgebra Linear, e eu resolvi postar aqui para curar as saudades que o
 pessoal sente da época em que foi apresentado ao quadrado "efetivamente"
 mágico 4 x 4 onde todas as casas são inteiros distintos variando de 1 a 16!
 
 []s,
 Daniel
 
 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
 =
 

[obm-l] somas binomiais [era: soma de termos]

[Luís Lopes]

Sauda,c~oes,
Oi Claudio,
O que você disse é verdade, inclusive no CRUX teve alguém
fazendo o mesmo comentário. Só que a referência é o livro
A=B do Doron Zeilberger e outros, publicado por A K Peters.
Há um programa que resolve tais problemas, inclusive pedi e
fui atendido pelo Doron na busca (de algumas) pela recorrência
que estas somas satisfazem.
O problema que você menciona é realmente difícil. Ele é o
problema 52 no livro que vou lançar lá pelo dia 15/05, envolvendo
121 somas combinatórias. O das colunas é o 12.
Resolvo algebricamente (combinação de resultados)
SOMA(k=0...n) Binom(p+k,m)*Binom(n-k,m) = Binom(n+p+1,2m+1)
(m=p=0).
Imagino que no IME a solução apresentada foi combinatória. Estas
soluções combinatórias não fazem parte do livro. Já começo a pensar
numa próxima edição com elas. Indo a SP como já lhe disse, poderemos
falar a respeito.
A soma parecida SOMA(k=0) Binom(m,k)*Binom(n+k,m) foi tirada
do Winning Solutions do Rousseau. Não tem forma fechada conhecida
mas mostra-se algebricamente (é o problema 88) que vale
SOMA(k=0) Binom(m,k)*Binom(n,k) 2^k (m,n=0).
O prof. Doron me mandou a recorrência satisfeita pela soma S_n(m):
(n+2)S_{n+2}(m) - (2m+1)S_{n+1}(m) - (n+1)S_n(m)=0.
Logo, S_0(m)=1, S_1(m)=2m+1 e com a recorrência,
S_2(m)=2m^2+2m+1, S_3(m)=(2m+1)(2m^2+2m+3)/3 ...
[]'s
Luís
From: claudio.buffara [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: Re: [obm-l] soma de termos
Date: Wed,  6 Apr 2005 15:58:30 -0300
Oi, Luís:
A impressão que eu tenho é que, depois do Generatingfunctionology, todos 
estes problemas podem ser resolvidos pela aplicação de algum algoritmo 
geral.

Mesmo, assim, acho que é um bom treino tentar achar demonstrações 
combinatórias pra recorrências e identidades envolvendo números binomiais.

Por exemplo, é possível dar uma demonstração combinatória da identidade 
abaixo, que foi uma questão da famosa e difícil prova do IME de 1980/81.

SOMA(k=0...n) Binom(k,m)*Binom(n-k,m) = Binom(n+1,2m+1).
Agora, quero ver alguém provar isso algebricamente...
[]s,
Claudio.

=
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=

[obm-l] cálculo no R^n

[Lista OBM]

Gostaria de uma ajuda nos dois problemas abaixo:

1) Mostre que g(x,y) = (int_{0 ... x-y} f(t) dt, int_{0 ... xx - yy} f(t) dt) é um difeomorfismo do aberto A = {(x,y) em R^2; 0  x  y}sobre um aberto de R^2, sabendo que a função f: [0,+infinit) -- (0, +infinito) é contínua.

Notação: int_{b ... c} f(t) dt = integral de f(t), com tvariando deb a c.


2) Seja f: R^n -- R^n dada por f(x) = x,x.x. Mostre que f é de classe C infinito e que leva a bola unitária B(0;1) sobre si mesma injetivamente. Mostre que, entretanto, a aplicação inversa não é diferenciável na origem.

Notação: , = produto interno

Grato desde já, Francisco Medeiros.
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[obm-l] cálculo no R^n

[Lista OBM]

Gostaria de uma ajuda nos dois problemas abaixo:

1) Mostre que g(x,y) = (int_{0 ... x-y} f(t) dt, int_{0 ... xx - yy} f(t) dt) é um difeomorfismo do aberto A = {(x,y) em R^2; 0  x  y}sobre um aberto de R^2, sabendo que a função f: [0,+infinit) -- (0, +infinito) é contínua.

Notação: int_{b ... c} f(t) dt = integral de f(t), com tvariando deb a c.


2) Seja f: R^n -- R^n dada por f(x) = x,x.x. Mostre que f é de classe C infinito e que leva a bola unitária B(0;1) sobre si mesma injetivamente. Mostre que, entretanto, a aplicação inversa não é diferenciável na origem.

Notação: , = produto interno

Grato desde já, éder.
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Re: [obm-l] soma de termos

[Marcio Cohen]

Oi Cláudio.. Realmente é muito mais legal uma demonstração combinatória: 
Considere o conjunto dos números 0,1,2,3,...,n. Você quer escolher 
umsequencia a1  a2  ...  a(2m+1) de 2m+1 elementos, o que pode 
ser feito de "lado direito modos".Por outro 
lado, para cada k=0...n, voce pode escolher o elemento k como sendo o termo do 
meio dessa sequencia, e então precisa escolher binomial(k,m) termos menores e 
binomial(n-k,m) termos maiores que k. Somando em 
k, vemos que a resposta é o lado esquerdo e está provado.
 
 Mas não é tão feio fazer 
algebricamente..Vamos generalizar e provar que Soma(k=0..n) 
Binomial(k,a)*Binomial(n-k,b) = Binomial (n+1,a+b+1)

 Por inducao em n. Para n=0 eh facil. 
Supondo valido para n fixo e a,b quaisquer, temos:
Soma(k=0..n+1) Binomial(k,a)*binomial (n+1-k,b) = 
Soma(k=0..n) Binomial(k,a)*[Binomial(n-k,b)+Binomial(n-k,b-1)] + 
Binom(n+1,a)*Binom(0,b)
Usando a hipotese indutiva, isso da: 
Binomial(n+1,a+b+1) + Binomial(n+1, a+b) = Binomial (n+2, a+b+1)
 Em particular, fazendo a=b=m 
voce tem a solucao do problema pedido ;) (tá, confesso que tentei fazer a 
indução direto antes e não consegui :) E demorei bem menos pra dar a solução 
combinatória do que por indução.. mas não resisti ao "quero ver alguém ..." :) 

 Abraços,
 Marcio


  - Original Message - 
  From: 
  claudio.buffara 
  To: obm-l 
  Sent: Wednesday, April 06, 2005 3:58 
  PM
  Subject: Re: [obm-l] soma de termos
  
  Por exemplo, é possível dar uma demonstração combinatória da identidade 
  abaixo, que foi uma questão da famosa e difícil prova do IME de 1980/81.
  
  SOMA(k=0...n) Binom(k,m)*Binom(n-k,m) = Binom(n+1,2m+1).
  
  Agora, quero ver alguémprovar isso algebricamente...
  

[obm-l] Quadrado Mágico

[claudio.buffara]

Acho que sei como demonstrar que L_i (1=i=n), C_j (1=j=n-1), T e S são funcionais lineares L.I.


Suponhamos que existam escalres a_i (1=i=n), b_j (1=j=n), c e d tais que o funcional linear:
F = SOMA(1...n) a_i*L_i + SOMA(1...n-1) b_j*C_j + c*T + d*S 
seja identicamente nulo.

Seja A(i,j) a matriz cujo coeficiente (i,j) é 1 e todos os demais são 0.

F(A(1,n)) = 0 == a_1 + d = 0
F(A(n,n)) = 0 == a_n + c = 0
F(A(k,n)) = 0 para2 = k = n-1 == a_k = 0.

Ou seja, já podemos escrever:
F = -d*L_1 - c*L_n + SOMA(1..n-1) b_j*C_j + c*T + d*S.

F(A(1,1)) = 0 == -d + b_1 + c = 0
F(A(2,1)) = 0 == b_1 = 0 == c = d
F(A(k+1,k)) = 0 para 2 = k = n-2 == b_k = 0
F(A(n,n-1)) = 0 == -c + b_(n-1) = 0

Assim:
F = c*(-L_1 - L_n + C_(n-1) + T + S).

Finalmente, F(A(2,2)) = 0 == c = 0.

Logo, a_i = b_j = c = d = 0 e, portanto, os 2n+1 funcionais acima são L.I. e, portanto, o espaço dos quadrados mágicos nxn tem dimensão n^2 - (2n+1) = n^2 - 2n - 1.

[]s,
Claudio.

Re: [obm-l] Logaritmo

[Eduardo Wilner]

Oi Fernando

Não vejo porque não?

Se t=1 y=4x+4   que substituido em 2^y =
x^4*2^(4x)
  confirma a igualdade, com x=2 e y=12...

   []'s
  Wilner



--- Fernando [EMAIL PROTECTED] wrote:
  log(y/2) na base 2 = X , e
  y = 4log(x/2) na base 2 - log(1/y^4) na base 2
  Determine o(s) par(es) de x e y que sataisfaça as
 esquações
  
 

y=log(x^4/2^4)-log(1/y^4)=log(x^4*y^4)/2^4y=log(x^4)*(2^4x)
  2^y=x^4*2^4x
  x=2^t
  y=4t+4x
 
 Mas não é para qualquer valor de T :/, colocando -se
 t = 1, já não se é
 verificado a igualdade
 
 

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Re: [obm-l] Logaritmo

[luizinho_cb]

  log(y/2) na base 2 = X , e  y = 4log(x/2) na base 2 - log(1/y^4) na base 2

Mas se vc colocar x=2, e y=2
iremos ter
log(y/2) na base 2 = X
log(y/2) na base 2 = 2
(y/2) = 2^2
y = 8, e não igual a 12 como supoe a resolução





De:
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Data:
Wed, 6 Apr 2005 18:43:01 -0300 (ART)




Assunto:
Re: [obm-l] Logaritmo
 Oi Fernando
 
 Não vejo porque não?
 
 Se t=1 y=4x+4 que substituido em 2^y =
 x^4*2^(4x)
 confirma a igualdade, com x=2 e y=12...
 
 []'s
 Wilner
 
 
 
 --- Fernando <[EMAIL PROTECTED]>wrote:
   log(y/2) na base 2 = X , e
   y = 4log(x/2) na base 2 - log(1/y^4) na base 2
   Determine o(s) par(es) de x e y que sataisfaça as
  esquações
   
  
 
 y=log(x^4/2^4)-log(1/y^4)=log(x^4*y^4)/2^4y=log(x^4)*(2^4x)
   2^y=x^4*2^4x
   x=2^t
   y=4t+4x
  
  Mas não é para qualquer valor de T :/, colocando -se
  t = 1, já não se é
  verificado a igualdade
  
  
 
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RE: [obm-l] 1^2 + 2^2 + ... + n^2

[Paulo Santa Rita]

Ola Rhilbert e demais
colegas desta lista ... OBM-L,
Tambem só para constar, segue a solucao que um Matematico deu, quando ainda 
era crianca :

Seja Sn=1+2+...+N. Podemos imaginar a soma dos quadrados (Sq) colocados 
assim

1+2+3+4+...+N
*+2+3+4+...+N
*+*+3+4+...+N
*+*+*+4+...+N
...
*+*+*+*+...+N
Substituindo ( de cima para baixo ) cada * pelo numero acima, termos um 
quadradinho cuja soma dos termos e claramente igual a N*Sn. IMAGINE retirada 
a diagonal principal desse quadrinho ( que faz parte de Sq ). E facil 
perceber agora que cada coluna da parte de cima (acima da diagonal principal 
que foi imaginariamente retirada ) e o dobro de cada linha da parte de baixo 
( abaixo da diagonal principal ). Isto e : Sq - Sn =2*(N*Sn - Sq) = 
Sq=[(2*N+1)*Sn]/3

Preenchendo um cubinho e supondo conhecidos Sn e Sq e possivel rapidamente e 
claramente achar
1^3 + 2^3 + ...+N^3. Como ?

Um Abraco a todos !
Paulo Santa Rita
4,2117,060405


From: Rhilbert Rivera [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] 1^2 + 2^2 + ... + n^2
Date: Wed, 06 Apr 2005 19:23:47 +
Essa já deve ter por aí na lista, mas só para constar...
Lembremos que (n + 1)^3 = n^3 + 3.n^2 + 3.n + 1
Para n = 0, 1, 2, ...,n , temos
n = 0,  (0+1)^3 = 1^3 = 0^3 + 3.0^2 + 3.0 + 1
n = 1,  (1+1)^3 = 2^3 = 1^3 + 3.1^2 + 3.1 + 1
n = 2,  (2+1)^3 = 3^3 = 2^3 + 3.2^2 + 3.2 + 1
n = 3,  (3+1)^3 = 4^3 = 3^3 + 3.3^2 + 3.3 + 1
n = 4,  (4+1)^3 = 5^3 = 4^3 + 3.4^2 + 3.4 + 1

n = n,  (n+1)^3 = (n+1)^3 = n^3 + 3.n^2 + 3.n + 1
Somando membro a membro as (n + 1) igualdades acima, fica:
1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 + (n+1)^3 = 1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 + 
3(1^2+2^2+3^2+...+n^2) + 3(1+2+3+...+n) + (n+1).1

arrumando, vem:
(n + 1)^3 = 3(1^2+2^2+3^2+...+n^2) + 3(1+2+3+...+n) + (n+1).
Chamemos de S a soma 1^2 + 2^2 + 3^2 + ... +n^2 .
Admitindo conhecido que 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = n(n+1)/2  e fazendo as 
substituições:

(n + 1)^3 = 3.S + 3.n(n+1)/2 + n+1.
Isolando o termo S, etcetera e tal , obtemos a soma procurada
S=n*(n+1)*(2n+1)/6.
( ^_ ^)
_
Chegou o que faltava: MSN Acesso Grátis. Instale Já! 
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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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_
Chegou o que faltava: MSN Acesso Grátis. Instale Já! 
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=

[obm-l] RE: [obm-l] Quadrado Mágico

[kleinad2]

Oi, Cláudio

 ''-- Mensagem Original --
 ''Date: Wed,  6 Apr 2005 17:46:51 -0300
 ''Subject: [obm-l] Quadrado Mágico
 ''From: claudio.buffara [EMAIL PROTECTED]
 ''To: obm-l obm-l@mat.puc-rio.br
 ''Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
 ''
 ''
 ''Acho que sei como demonstrar que L_i (1=i=n), C_j (1=j=n-1), T e
S são
 ''funcionais lineares L.I.
 ''
 ''Suponhamos que existam escalres a_i (1=i=n), b_j (1=j=n), c e d
tais
 ''que o funcional linear:
 ''F = SOMA(1...n) a_i*L_i + SOMA(1...n-1) b_j*C_j + c*T + d*S
 ''seja identicamente nulo.
 ''
 ''Seja A(i,j) a matriz cujo coeficiente (i,j) é 1 e todos os demais são
0.
 ''
 ''F(A(1,n)) = 0 == a_1 + d = 0
 ''F(A(n,n)) = 0 == a_n + c = 0
 ''F(A(k,n)) = 0 para 2 = k = n-1 ==  a_k = 0.
 ''
 ''Ou seja, já podemos escrever:
 ''F = -d*L_1 - c*L_n + SOMA(1..n-1) b_j*C_j + c*T + d*S.
 ''
 ''F(A(1,1)) = 0 == -d + b_1 + c = 0
 ''F(A(2,1)) = 0 == b_1 = 0 == c = d
 ''F(A(k+1,k)) = 0 para 2 = k = n-2 == b_k = 0
 ''F(A(n,n-1)) = 0 == -c + b_(n-1) = 0
 ''
 ''Assim:
 ''F = c*(-L_1 - L_n + C_(n-1) + T + S).
 ''
 ''Finalmente, F(A(2,2)) = 0 == c = 0.
 ''
 ''Logo, a_i = b_j = c = d = 0 e, portanto, os 2n+1 funcionais acima são
L.I.
 ''e, portanto, o espaço dos quadrados mágicos nxn tem dimensão n^2 - (2n+1)
 ''= n^2 - 2n - 1.
 ''
 ''[]s,
 ''Claudio.

A demonstração da independência dos funcionais está ok, mas isso mostra
que se Z é o conjunto das matrizes n x n tais que todos esses funcionais
se anulam, então Z (na verdade um subespaço de M(nxn)) é tal que dim Z =
dim M(nxn) - dim(F), onde por F é o subespaço gerado pelos 2n + 2 funcionais
em questão no dual de M(nxn), isto é, dim Z = n^2 - (2n + 1) = n^2 - 2n
- 1. Este resultado é mais geral: Se Z é o espaço dos zeros dos funcionais
f_1, ..., f_k, que estão no dual de V, então dim Z = dim V - dim (f_1, ...,
f_k).

Mas claramente a matriz A com todas as coordenadas 1 satisfaz L_1(A) = ...
= L_n(A) = C_1(A) = ... = C_n(A) = T(A) = S(A) = n  0, assim dim Q =
dim Z + 1 (Q = conjunto das matrizes A que satisfazem L_1(A) = ... = L_n(A)
= C_1(A) = ... = C_n(A) = T(A) = S(A), ou seja, dos quadrados mágicos, um
subespaço vetorial). Dá para provar que dim Q = dim Z + 1 (naturalmente
um resultado mais geral válido para quaisquer funcionais), logo dim Q =
dim Z + 1 = n^2 - 2n.

[]s,
Daniel


=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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=

Re: [obm-l] Logaritmo

[Eduardo Wilner]

   Oi gente.

   Deu bobeira geral (incluo-me)???!!!

   Estamos diante de um sistema de duas equações à
duas incógnitas!!! O parâmetro t não pode  assumir
qualquer valor.
   Só exitem dois pares (x,y): um é (1,4) e o outro
tem 
x algures entre 2 e 4 que pode ser pesquizado
gráficamente ou por métodos de aproximação.

   []'s

   Wilner




--- luizinho_cb [EMAIL PROTECTED] wrote:
   log(y/2) na base 2 = X , e
   y = 4log(x/2) na base 2 - log(1/y^4) na base 2
 
 Mas se vc colocar x=2, e y=2
 iremos ter
 log(y/2) na base 2 = X
 log(y/2) na base 2 = 2
 (y/2) = 2^2
 y = 8, e não igual a 12 como supoe a resolução
 
 
 De:[EMAIL PROTECTED]
 
 Para:obm-l@mat.puc-rio.br
 
 Cópia:
 
 Data:Wed, 6 Apr 2005 18:43:01 -0300 (ART)
 
 Assunto:Re: [obm-l] Logaritmo
 
  Oi Fernando
 
  Não vejo porque não?
 
  Se t=1 y=4x+4 que substituido em 2^y =
  x^4*2^(4x)
  confirma a igualdade, com x=2 e y=12...
 
  []'s
  Wilner
 
 
 
  --- Fernando wrote:
log(y/2) na base 2 = X , e
y = 4log(x/2) na base 2 - log(1/y^4) na base
 2
Determine o(s) par(es) de x e y que
 sataisfaça as
   esquações

   
  
 

y=log(x^4/2^4)-log(1/y^4)=log(x^4*y^4)/2^4y=log(x^4)*(2^4x)
2^y=x^4*2^4x
x=2^t
y=4t+4x
   
   Mas não é para qualquer valor de T :/, colocando
 -se
   t = 1, já não se é
   verificado a igualdade
  
  
  
 

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Re: [obm-l] RE: [obm-l] Quadrado Mágico

[Claudio Buffara]

on 06.04.05 22:14, [EMAIL PROTECTED] at [EMAIL PROTECTED] wrote:

 Oi, Cláudio
 
 ''-- Mensagem Original --
 ''Date: Wed,  6 Apr 2005 17:46:51 -0300
 ''Subject: [obm-l] Quadrado Mágico
 ''From: claudio.buffara [EMAIL PROTECTED]
 ''To: obm-l obm-l@mat.puc-rio.br
 ''Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
 ''
 ''
 ''Acho que sei como demonstrar que L_i (1=i=n), C_j (1=j=n-1), T e
 S são
 ''funcionais lineares L.I.
 ''
 ''Suponhamos que existam escalres a_i (1=i=n), b_j (1=j=n), c e d
 tais
 ''que o funcional linear:
 ''F = SOMA(1...n) a_i*L_i + SOMA(1...n-1) b_j*C_j + c*T + d*S
 ''seja identicamente nulo.
 ''
 ''Seja A(i,j) a matriz cujo coeficiente (i,j) é 1 e todos os demais são
 0.
 ''
 ''F(A(1,n)) = 0 == a_1 + d = 0
 ''F(A(n,n)) = 0 == a_n + c = 0
 ''F(A(k,n)) = 0 para 2 = k = n-1 ==  a_k = 0.
 ''
 ''Ou seja, já podemos escrever:
 ''F = -d*L_1 - c*L_n + SOMA(1..n-1) b_j*C_j + c*T + d*S.
 ''
 ''F(A(1,1)) = 0 == -d + b_1 + c = 0
 ''F(A(2,1)) = 0 == b_1 = 0 == c = d
 ''F(A(k+1,k)) = 0 para 2 = k = n-2 == b_k = 0
 ''F(A(n,n-1)) = 0 == -c + b_(n-1) = 0
 ''
 ''Assim:
 ''F = c*(-L_1 - L_n + C_(n-1) + T + S).
 ''
 ''Finalmente, F(A(2,2)) = 0 == c = 0.
 ''
 ''Logo, a_i = b_j = c = d = 0 e, portanto, os 2n+1 funcionais acima são
 L.I.
 ''e, portanto, o espaço dos quadrados mágicos nxn tem dimensão n^2 - (2n+1)
 ''= n^2 - 2n - 1.
 ''
 ''[]s,
 ''Claudio.
 
 A demonstração da independência dos funcionais está ok, mas isso mostra
 que se Z é o conjunto das matrizes n x n tais que todos esses funcionais
 se anulam, então Z (na verdade um subespaço de M(nxn)) é tal que dim Z =
 dim M(nxn) - dim(F), onde por F é o subespaço gerado pelos 2n + 2 funcionais
 em questão no dual de M(nxn), isto é, dim Z = n^2 - (2n + 1) = n^2 - 2n
 - 1. Este resultado é mais geral: Se Z é o espaço dos zeros dos funcionais
 f_1, ..., f_k, que estão no dual de V, então dim Z = dim V - dim (f_1, ...,
 f_k).
 
 Mas claramente a matriz A com todas as coordenadas 1 satisfaz L_1(A) = ...
 = L_n(A) = C_1(A) = ... = C_n(A) = T(A) = S(A) = n  0, assim dim Q =
 dim Z + 1 (Q = conjunto das matrizes A que satisfazem L_1(A) = ... = L_n(A)
 = C_1(A) = ... = C_n(A) = T(A) = S(A), ou seja, dos quadrados mágicos, um
 subespaço vetorial). Dá para provar que dim Q = dim Z + 1 (naturalmente
 um resultado mais geral válido para quaisquer funcionais), logo dim Q =
 dim Z + 1 = n^2 - 2n.
 
 []s,
 Daniel
 
Claro!

Eu esqueci justamente de levar em conta a condicao de quadrado magico...

Uma forma mais elementar de ver isso eh observar que o espaco dos quadrados
magicos eh justamente o espaco-solucao do seguinte sistema de 2n equacoes
lineares homogeneas (e linearmente independentes, como demonstrado acima) em
n^2 incognitas:
L_1 - T = 0
L_2 - T = 0
...
L_n - T = 0
C_1 - T = 0
C_2 - T = 0
...
C_(n-1) - T = 0
S - T = 0
Logo, o espaco solucao do sistema (igual a Q) tem dimensao n^2 - 2n.

[]s,
Claudio.


=
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Re: [obm-l] soma de termos

[Claudio Buffara]

Title: Re: [obm-l] soma de termos



Oi, Marcio:

O que eu tinha em mente, quando falei em solucao algebrica, era abrir os numeros binomais e tentar simplificar o emaranhado de fatoriais resultante.
Mas como nao fui totalmente explicito, tenho que aceitar esta solucao indutiva. Talvez seja a vinganca da inducao pelo que eu andei falando a respeito dela :-)

[]s,
Claudio.

on 06.04.05 18:29, Marcio Cohen at [EMAIL PROTECTED] wrote:

 Oi Cláudio.. Realmente é muito mais legal uma demonstração combinatória: Considere o conjunto dos números 0,1,2,3,...,n. Você quer escolher um sequencia a1  a2  ...  a(2m+1) de 2m+1 elementos, o que pode ser feito de lado direito modos. Por outro lado, para cada k=0...n, voce pode escolher o elemento k como sendo o termo do meio dessa sequencia, e então precisa escolher binomial(k,m) termos menores e binomial(n-k,m) termos maiores que k. Somando em k, vemos que a resposta é o lado esquerdo e está provado.
 
 Mas não é tão feio fazer algebricamente..Vamos generalizar e provar que Soma(k=0..n) Binomial(k,a)*Binomial(n-k,b) = Binomial (n+1,a+b+1)
 
 Por inducao em n. Para n=0 eh facil. Supondo valido para n fixo e a,b quaisquer, temos:
Soma(k=0..n+1) Binomial(k,a)*binomial (n+1-k,b) = Soma(k=0..n) Binomial(k,a)*[Binomial(n-k,b)+Binomial(n-k,b-1)] + Binom(n+1,a)*Binom(0,b)
Usando a hipotese indutiva, isso da: Binomial(n+1,a+b+1) + Binomial(n+1, a+b) = Binomial (n+2, a+b+1)
 Em particular, fazendo a=b=m voce tem a solucao do problema pedido ;) (tá, confesso que tentei fazer a indução direto antes e não consegui :) E demorei bem menos pra dar a solução combinatória do que por indução.. mas não resisti ao quero ver alguém ... :) 


 Abraços,
 Marcio
 
- Original Message - 
From: claudio.buffara mailto:[EMAIL PROTECTED] 
To: obm-l mailto:obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Wednesday, April 06, 2005 3:58 PM
Subject: Re: [obm-l] soma de termos

Por exemplo, é possível dar uma demonstração combinatória da identidade abaixo, que foi uma questão da famosa e difícil prova do IME de 1980/81.
 
SOMA(k=0...n) Binom(k,m)*Binom(n-k,m) = Binom(n+1,2m+1).
 
Agora, quero ver alguém provar isso algebricamente...
 

Re: [obm-l] soma de termos

[Domingos Jr.]

claudio.buffara wrote:
Oi, Luís:
 
A impressão que eu tenho é que, depois do Generatingfunctionology, 
todos estes problemas podem ser resolvidos pela aplicação de algum 
algoritmo geral.
 
Mesmo, assim, acho que é um bom treino tentar achar demonstrações 
combinatórias pra recorrências e identidades envolvendo números binomiais.
 
Por exemplo, é possível dar uma demonstração combinatória da 
identidade abaixo, que foi uma questão da famosa e difícil prova do 
IME de 1980/81.
 
SOMA(k=0...n) Binom(k,m)*Binom(n-k,m) = Binom(n+1,2m+1).
 

O algoritmo WZ consegue provar identidades entre termos hipergeométricos 
(como é o caso deste) sem problema algum, mas ele não obtém a expressão 
pra você, ela deve vir de alguma conjectura, por exemplo. O Wilf 
apresenta no livro dele o Snake Oil Method para resolução de algumas 
somas, mas não é um método que tem garantia de funcionar, ele 
simplesmente funciona razoavelmente bem. Alguém sabe dizer qual é o 
estado da arte em relação ao maquinário computacional que *determina* 
fórmulas fechadas para somatórios envolvendo termos hipergeométricos?

[ ]'s
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Re: [obm-l] [x^n] == n (mod 2)

[Domingos Jr.]

claudio.buffara wrote:
Aqui vai um bonitinho:
 
Ache um número real x tal que, para todo n inteiro e positivo, [x^n] 
tem a mesma paridade que n.
 
[a] = maior inteiro que é menor ou igual a a.
 
Se não me engano, há algum tempo, o Shine exibiu um y tal que [y^n] é 
sempre ímpar.
 
[]s,
Claudio.
 

Você quer um x irracional, Cláudio?
[ ]'s
=
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Re: [obm-l] [x^n] == n (mod 2)

[Claudio Buffara]

Title: Re: [obm-l] [x^n] == n (mod 2)



Me enganei (mais uma vez...)

O problema abaixo eh valido, mas eh trivial (eu me dei conta disso no caminho pra casa).

Mais interessante eh o seguinte: ache x real tal que [x^n] tem paridade oposta a de n.

E o que o Shine exibiu foi um numero NAO-INTEIRO x tal que [x^n] eh sempre impar.
(se x puder ser inteiro, basta tomar x = 1 ou x = impar qualquer).

Tambem eh trivial exibir um nao-inteiro x tal que [x^n] eh sempre par.

Alias, eh curioso que [x^n] sempre par ou [x^n] de mesma paridade que n sao problemas bem mais faceis do que [x^n] sempre impar ou [x^n] de paridade oposta a de n.

No mais, prove ou de um contra-exemplo:
1) dado um racional positivo qualquer x, sempre vai existir um inteiro positivo n tal que:
[x^n] e [x^(n+1)] tem a mesma paridade.

2) existe um numero real x tal que [x^n] eh primo para todo inteiro positivo n.

[]s,
Claudio.
 
on 06.04.05 17:01, claudio.buffara at [EMAIL PROTECTED] wrote:

Aqui vai um bonitinho:
 
Ache um número real x tal que, para todo n inteiro e positivo, [x^n] tem a mesma paridade que n.
 
[a] = maior inteiro que é menor ou igual a a.
 
Se não me engano, há algum tempo, o Shine exibiu um y tal que [y^n] é sempre ímpar.
 
[]s,
Claudio.
 
 

Re: [obm-l] [x^n] == n (mod 2)

[Claudio Buffara]

on 06.04.05 23:13, Domingos Jr. at [EMAIL PROTECTED] wrote:

 claudio.buffara wrote:
 
 Aqui vai um bonitinho:
 
 Ache um número real x tal que, para todo n inteiro e positivo, [x^n]
 tem a mesma paridade que n.
 
 [a] = maior inteiro que é menor ou igual a a.
 
 Se não me engano, há algum tempo, o Shine exibiu um y tal que [y^n] é
 sempre ímpar.
 
 []s,
 Claudio.
 
 
 
 Você quer um x irracional, Cláudio?
 
 [ ]'s


Me mostre tres valores de x: um racional, um irracional algebrico e um
transcendente.



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Re: [obm-l] RE: [obm-l] Quadrado Mágico

[Claudio Buffara]

on 06.04.05 22:14, [EMAIL PROTECTED] at [EMAIL PROTECTED] wrote:


 A demonstração da independência dos funcionais está ok, mas isso mostra
 que se Z é o conjunto das matrizes n x n tais que todos esses funcionais
 se anulam, então Z (na verdade um subespaço de M(nxn)) é tal que dim Z =
 dim M(nxn) - dim(F), onde por F é o subespaço gerado pelos 2n + 2 funcionais
 em questão no dual de M(nxn), isto é, dim Z = n^2 - (2n + 1) = n^2 - 2n
 - 1. Este resultado é mais geral: Se Z é o espaço dos zeros dos funcionais
 f_1, ..., f_k, que estão no dual de V, então dim Z = dim V - dim (f_1, ...,
 f_k).
 
 Mas claramente a matriz A com todas as coordenadas 1 satisfaz L_1(A) = ...
 = L_n(A) = C_1(A) = ... = C_n(A) = T(A) = S(A) = n  0, assim dim Q =
 dim Z + 1 (Q = conjunto das matrizes A que satisfazem L_1(A) = ... = L_n(A)
 = C_1(A) = ... = C_n(A) = T(A) = S(A), ou seja, dos quadrados mágicos, um
 subespaço vetorial). Dá para provar que dim Q = dim Z + 1 (naturalmente
 um resultado mais geral válido para quaisquer funcionais), logo dim Q =
 dim Z + 1 = n^2 - 2n.
 
 []s,
 Daniel
 
Claro!

Eu esqueci da condicao de que as matrizes sao quadrados magicos...

Uma forma mais elementar de ver isso eh observar que o espaco dos quadrados
magicos eh justamente o espaco-solucao de um sistema linear homogeneo de 2n
equacoes em n^2 incognitas. As equacoes sao:
L_1 - T = 0
...
L_n - T = 0
C_1 - T = 0
...
C_(n-1) - T = 0
S - T = 0
Como jah vimos, estas equacoes sao L.I. jah que os funcionais lineares
correspondentes sao L.I.
Logo, a dimensao do espaco solucao eh n^2 - 2n = dim(Q).

[]s,
Claudio.
 


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