[obm-l] Re: [obm-l] Função Bijetiva
2011/5/9 Pedro Júnior pedromatematic...@gmail.com:
Olá pessoal, não consegui construir tal função, favor vê se vocês
conseguem
Normal...
Desde já agradeço.
Sejam A e B conjuntos não-vazios, com C \subset A e D \subset B.
Mostre que se f: A -- B é bijetora, então existe uma função bijetora g: (A
- C) -- (B - D).
Tá faltando alguma coisa. Pegue A = {1,2,3}, B={4,5,6}, C={1,2} e
D={4}, não existe uma função bijetora entre {3} e {5,6}. Acho que você
tem que supor também que existe F: C - D bijetora. E mais coisas
ainda, se você permitir que os conjuntos sejam infinitos. (Exercício:
encontrar A,B,C,D tais que A-B e C-D bijetivos mas A-C e B-D não
são; indicação: pense na definição dos números inteiros por indução)
--
Pedro Jerônimo S. de O. Júnior
Professor de Matemática
Geo João Pessoa – PB
Abraços
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=
Re: [obm-l] Re: [obm-l] Urna Probabilidade
Uma outra solução. O espaço amostral correspondente ao problema tem 15 eventos: PR (6:2, 4). Os casos favoráveis são aqueles em que uma das duas bolas brancas ocupa uma das 3 casas ímpares ou as duas bolas brancas ocupam duas dessas casa: A(3,1) + A(3,2)=3+6=9. Ao todo nove eventos favoráveis. Probabilidade de sucesso p=9/15=3/5. Abs. Fernando Candeias 2011/3/31 Julio César Saldaña saldana...@pucp.edu.pe Não sei se é a solução mais elegante, mas.. O evento desejado pode ser representado como a união dos seguintes eventos disjuntos: A = A primeira bola foi branca B = As duas primeiras foram pretas e a terceira foi branca C = As quatro primeiras foram pretas e a quinta foi branca. Então a probabilidade pedida é P(A)+P(B)+P(C) P(A) = 2/6 = 1/3 P(B) = (4/6)(3/5)(2/4)=1/5 P(C) = (4/6)(3/5)(2/4)(1/3)(1) = 1/15 Somando (1/3) + (1/5) + (1/15) = 3/5 Me avisem se fiz errado Obrigado Julio Saldaña -- Mensaje original --- De : obm-l@mat.puc-rio.br Para : obm-l@mat.puc-rio.br Fecha : Wed, 30 Mar 2011 21:10:53 +0300 Asunto : [obm-l] Urna Probabilidade Prezados. Em uma urna, são colocadas 2 bolas brancas e 4 pretas.Alberto e Beatriz retiram bolas da urna alternadamente, iniciando-se com Alberto, até que a urna esteja vazia. A probabilidade de que a primeira bola branca saia para Alberto é (A) 1/2 (B) 3/5 (C) 5/9 (D) 7/12 (E) 8/15 Grato. Marcos. __ Si desea recibir, semanalmente, el Boletín Electrónico de la PUCP, ingrese a: http://www.pucp.edu.pe/puntoedu/suscribete/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Somatório
Olá Pessoal, Não esotu conseguindo fazer o seguinte exercício: Provar que somatório de i=1 a n de i(i+1) é igual a [n(n+1)(n+2)]/3 Alguém póderia ajudar? Abraços, -- Bastos
[obm-l] Re: [obm-l] Somatório
Note que i(i+1) = 2.[Combinação de i+1 escolhidos 2 a 2] Em seguida, use uma das propriedades do Triângulo de Pascal-Tartaglia. Em 9 de maio de 2011 14:17, Kleber Bastos klebe...@gmail.com escreveu: Olá Pessoal, Não esotu conseguindo fazer o seguinte exercício: Provar que somatório de i=1 a n de i(i+1) é igual a [n(n+1)(n+2)]/3 Alguém póderia ajudar? Abraços, -- Bastos
[obm-l] Re: [obm-l] Somatório
o somatorio em questão é S(n)= 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n+1), agora veja que ele é equivalente a S(n)/2 = (1.2)/2 + (2.3)/2 + (3.4)/2 + ... + n(n+1)/2, a soma dos n primeiros números triangulares. Imagine então esses diversos triângulos feitos de bolinhas, teremos, dentre todos os triângulos contidos nessa soma, somente uma fileira com n bolinhas, 2 com n-1 bolinhas, 3 com n-2, etc, logo a soma pode ser reescrita como S(n)/2 = 1n + 2(n-1) + 3(n-2) + ... + n[n-(n-1)] = 1n + 2n - 2 + 3n - 6 +...+ n^2 - n(n-1) rearrumando os termos, teremos: S(n)/2 = n(1 + 2 + 3 + ... + n) - 2[ 1 + 3 + 6 + ... + n(n-1)] Repare que o termo em colchetes é = S(n)/2 - n(n+1)/2 == == S(n)/2 = n[n(n+1)/2] - 2[S(n)/2 - n(n+1)/2] == 3S(n)/2 = n^2(n+1)/2 + n(n+1) == S(n)/2= (n+1)(n^2+2n)/6=n(n+1)(n+2)/6 == S(n)=n(n+1)(n+2)/3, QED Em 9 de maio de 2011 14:17, Kleber Bastos klebe...@gmail.com escreveu: Olá Pessoal, Não esotu conseguindo fazer o seguinte exercício: Provar que somatório de i=1 a n de i(i+1) é igual a [n(n+1)(n+2)]/3 Alguém póderia ajudar? Abraços, -- Bastos
Re: [obm-l] Descobrir formula geral e provar f(n+1)=2f(n) +3
Considere a(n) uma solução de f(n+1) = 2f(n) Há infinitas soluções para tal, mas a(n) sempre será uma PG de razão 2. Assim, uma solução é a(n) = 1.2^(n-1) Vamos promover a mudança de variável f(n) = g(n).a(n) Assim, f(n+1) = 2f(n) + 3 se transforma em g(n+1).a(n+1) = 2.g(n).a(n) + 3 g(n+1).2^n = 2.g(n).2^(n-1) + 3 g(n+1).2^n = g(n).2^n + 3 g(n+1) = g(n) + 3.2^(-n) Portanto, g(1) = g(0) + 3.1 g(2) = g(1) + 3.(1/2) g(3) = g(2) + 3.(1/4) ... g(n) = g(n-1) + 3.(1/2^(n-1)) Somando: g(n) = g(0) + 3.(1 + 1/2 + 1/4 + ... + 1/2^(n-1)) g(n) = g(0) + 3.[1/2^n - 1]/[1/2 - 1] g(n) = g(0) - 6.[1/2^n - 1] Note que f(0) = g(0).a(0) == 0 = g(0).2^(-1) == g(0) = 0 g(n) = 6.[1 - 1/2^n] g(n) = 6.[2^n - 1]/2^n f(n) = a(n).g(n) = 2^(n-1) . 6.[2^n - 1]/2^n f(n) = 6.[2^n - 1]/2 f(n) = 3.[2^n - 1] Em 6 de maio de 2011 12:43, Julio Teixeira jcesarp...@gmail.com escreveu: Pessoal, a um tempo acho que vi essa questao aki e por acaso, ontem me deparei com ela em alguns foruns, e o pessoal estava com dificuldades..entao vou por aki a minha resolucao.. questao 157 do Vol. 1 da colecao do G. Iezzi - Fundamentos de matematica elemtentar 157 - Seja f uma funcao, definida no conjunto dos numeros naturais, tal que, f(n+1)=2f(n) +3 com f(0) = 0. Achar a formula geral de f(n) e prova-la por inducao.. equacao: f(n+1)=2f(n) + 3 e f(0)=0 para.. n=0 = f(0+1)=2f(0)+3 = f(1)=3 n=1 = f(1+1)=2f(1)+3 = f(2)=9 n=2 = f(2+1)=2f(2)+3 = f(3)=21 n=3 = f(3+1)=2f(3)+3 = f(4)=45 n=4 = f(4+1)=2f(4)+3 = f(5)=93 observando os valores retornado pelas imagens e pondo em produto de um fator por 3.. f(1)=3 = f(1)=3*1 f(2)=9 = f(2)=3*3 f(3)=21 = f(3)=3*7 f(4)=45 = f(4)=3*15 f(5)=93 = f(5)=3*31 agora observando os segundos fatores dos produtos acima nas imagens... comecamos com 1, depois 3, depois 7, e assim temos: a diferenca entre 3 e 1 = 2 a diferenca entre 7 e 3 = 4 a diferenca entre 15 e 7 = 8 a diferenca entre 31 e 15 = 16 obrservando essas diferencas, nota-se que temos uma PG, de razao 2, e com o primeiro termo sendo igual a 1 assim a formula ja comeca a ficar evidente.. sendo 3 vezes essas diferencas... agora se montarmos essa PG, teremos.. a1 = 1 a2 = 2 a3 = 4 a4 = 8 a5 = 16 opa.. entao a proxima observacao a ser feita eh que, com os resultados obtidos temos que,por exemplo, f(1)=3*( a1 de nossa PG) f(2)=3*( a soma de a1 com o a2 de nossa PG) f(3)=3*( a soma de a1 com o a2 e a3 de nossa PG) f(4)=3*( a soma de a1 com o a2 e a3 e a4 de nossa PG) agora a formula do somatorio de nossa PG seria: Sn = a1 * (q^n - 1)/ (q - 1) onde substituindo, obteriamos: 2^n -1 agora deduzimos entao que a formula geral seria: f(n)= 3 * ( 2^n - 1) para provarmos por inducao, vamos provar que eh valido para n=1 f(1) = 3 * ( 2^1 -1) f(1) = 3 * ( 1 ) = f(1) = 3 ( OK, provamos para n=1 ) agora substituimos por n, por um k, qualquer e obtemos: f(k)= 3 * (2^k -1) agora substituimos por k+1 f(k+1)= 3 * (2^(k+1) -1) ok, agora note que se pegarmos a formula inicial e aplicarmos n=k, obteremos o seguinte.. f(k+1)=2 * f(k) + 3 ja que obtemos f(k+1) de nossa formula e f(k+1) da formula original, para provarmos que descobrimos a formula geral entao o resultado de f(k+1), tem que ser igual, assim tb testamos se eh valida para qualquer elemento, provando isso para qualquer sucessor de k, ou seja (k+1) entao temos o seguinte.. f(k)= 3 * (2^k -1) f(k+1)= 3 * (2^(k+1) -1) f(k+1)=2 * f(k) + 3 agora igualando os f(k+1), obtemos.. 2 * f(k) + 3 = 3 * (2^(k+1) -1) substituindo f(k), pelo valor conhecido tb.. ( da nossa formula geral ) 2 * (3 * (2^k -1)) + 3 = 3 * (2^(k+1) -1) 6 * (2^k -1) + 3 = 3 * (2^(k+1)) -3 agora, dividimos amobs os lados por 3 2 * (2^k -1) + 1 = 2^(k+1) - 1 2^(k+1) -2 + 1 = 2^(k+1) - 1 2^(k+1) - 1 = 2^(k+1) - 1(OK) obtemos assim, a nossa prova...
Re: [obm-l] Descobrir formula geral e provar f(n+1)=2f(n) +3
Outra maneira: f(0)=0 f(n+1)=2f(n) +3 Vendo que f(n+1) é quase o dobro de f(n), uma ideia seria obter uma PG. f(n+1)+C=2f(n) +3+C= 2(f(n)+(C+3)/2) Se C=(C+3)/2, ou C=3, obtemos uma relacao interessante: f(n+1)+3=2(f(n)+3). E isto é uma PG! O resto segue acima. Em 06/05/11, Julio Teixeirajcesarp...@gmail.com escreveu: Pessoal, a um tempo acho que vi essa questao aki e por acaso, ontem me deparei com ela em alguns foruns, e o pessoal estava com dificuldades..entao vou por aki a minha resolucao.. questao 157 do Vol. 1 da colecao do G. Iezzi - Fundamentos de matematica elemtentar 157 - Seja f uma funcao, definida no conjunto dos numeros naturais, tal que, f(n+1)=2f(n) +3 com f(0) = 0. Achar a formula geral de f(n) e prova-la por inducao.. equacao: f(n+1)=2f(n) + 3 e f(0)=0 para.. n=0 = f(0+1)=2f(0)+3 = f(1)=3 n=1 = f(1+1)=2f(1)+3 = f(2)=9 n=2 = f(2+1)=2f(2)+3 = f(3)=21 n=3 = f(3+1)=2f(3)+3 = f(4)=45 n=4 = f(4+1)=2f(4)+3 = f(5)=93 observando os valores retornado pelas imagens e pondo em produto de um fator por 3.. f(1)=3 = f(1)=3*1 f(2)=9 = f(2)=3*3 f(3)=21 = f(3)=3*7 f(4)=45 = f(4)=3*15 f(5)=93 = f(5)=3*31 agora observando os segundos fatores dos produtos acima nas imagens... comecamos com 1, depois 3, depois 7, e assim temos: a diferenca entre 3 e 1 = 2 a diferenca entre 7 e 3 = 4 a diferenca entre 15 e 7 = 8 a diferenca entre 31 e 15 = 16 obrservando essas diferencas, nota-se que temos uma PG, de razao 2, e com o primeiro termo sendo igual a 1 assim a formula ja comeca a ficar evidente.. sendo 3 vezes essas diferencas... agora se montarmos essa PG, teremos.. a1 = 1 a2 = 2 a3 = 4 a4 = 8 a5 = 16 opa.. entao a proxima observacao a ser feita eh que, com os resultados obtidos temos que,por exemplo, f(1)=3*( a1 de nossa PG) f(2)=3*( a soma de a1 com o a2 de nossa PG) f(3)=3*( a soma de a1 com o a2 e a3 de nossa PG) f(4)=3*( a soma de a1 com o a2 e a3 e a4 de nossa PG) agora a formula do somatorio de nossa PG seria: Sn = a1 * (q^n - 1)/ (q - 1) onde substituindo, obteriamos: 2^n -1 agora deduzimos entao que a formula geral seria: f(n)= 3 * ( 2^n - 1) para provarmos por inducao, vamos provar que eh valido para n=1 f(1) = 3 * ( 2^1 -1) f(1) = 3 * ( 1 ) = f(1) = 3 ( OK, provamos para n=1 ) agora substituimos por n, por um k, qualquer e obtemos: f(k)= 3 * (2^k -1) agora substituimos por k+1 f(k+1)= 3 * (2^(k+1) -1) ok, agora note que se pegarmos a formula inicial e aplicarmos n=k, obteremos o seguinte.. f(k+1)=2 * f(k) + 3 ja que obtemos f(k+1) de nossa formula e f(k+1) da formula original, para provarmos que descobrimos a formula geral entao o resultado de f(k+1), tem que ser igual, assim tb testamos se eh valida para qualquer elemento, provando isso para qualquer sucessor de k, ou seja (k+1) entao temos o seguinte.. f(k)= 3 * (2^k -1) f(k+1)= 3 * (2^(k+1) -1) f(k+1)=2 * f(k) + 3 agora igualando os f(k+1), obtemos.. 2 * f(k) + 3 = 3 * (2^(k+1) -1) substituindo f(k), pelo valor conhecido tb.. ( da nossa formula geral ) 2 * (3 * (2^k -1)) + 3 = 3 * (2^(k+1) -1) 6 * (2^k -1) + 3 = 3 * (2^(k+1)) -3 agora, dividimos amobs os lados por 3 2 * (2^k -1) + 1 = 2^(k+1) - 1 2^(k+1) -2 + 1 = 2^(k+1) - 1 2^(k+1) - 1 = 2^(k+1) - 1(OK) obtemos assim, a nossa prova... -- /**/ 神が祝福 Torres = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Função Bijetiva
É, tome A=B=D=Z e C=N.
Então existe uma bijeção I:A-B (a identidade);
e existe uma bijeção f:C-D (levando {0,1,2,...} em
{0,-1,1,-2,2,-3,...}, respectivamente)
Mas não há bijeção de A-C=Z_{-} em B-D=vazio!
Abraço,
Ralph
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=
[obm-l] subcorpos
Sejam F um corpo, K um subcorpo de F e A e B em Mn(K) ( matrizes nxn sobre o corpo K) Mostre que existe P em Mn(F) tal que P^-1 A P = B se e só se, existe Q em Mn(K) tal que Q^-1 A Q = B. Este exercício é realmente difícil, ou só assusta? Pq não consigo pensar em jeto nenhum de atacar ele. A volta é fácil, mas a ida... Este acho que é parecido. Não sei se tem algo a ver. Se K, F são corpos satisfazendo K contido (e diferente de) F, então para todo F-espaço vetorial V temos dim (V) sobre K dim (V) sobre F.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Somatório
Muito bom pessoal. Ajudou em muito...! Abraços, Kleber. Em 9 de maio de 2011 15:15, rodrigocientista rodrigocientis...@gmail.comescreveu: o somatorio em questão é S(n)= 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n+1), agora veja que ele é equivalente a S(n)/2 = (1.2)/2 + (2.3)/2 + (3.4)/2 + ... + n(n+1)/2, a soma dos n primeiros números triangulares. Imagine então esses diversos triângulos feitos de bolinhas, teremos, dentre todos os triângulos contidos nessa soma, somente uma fileira com n bolinhas, 2 com n-1 bolinhas, 3 com n-2, etc, logo a soma pode ser reescrita como S(n)/2 = 1n + 2(n-1) + 3(n-2) + ... + n[n-(n-1)] = 1n + 2n - 2 + 3n - 6 +...+ n^2 - n(n-1) rearrumando os termos, teremos: S(n)/2 = n(1 + 2 + 3 + ... + n) - 2[ 1 + 3 + 6 + ... + n(n-1)] Repare que o termo em colchetes é = S(n)/2 - n(n+1)/2 == == S(n)/2 = n[n(n+1)/2] - 2[S(n)/2 - n(n+1)/2] == 3S(n)/2 = n^2(n+1)/2 + n(n+1) == S(n)/2= (n+1)(n^2+2n)/6=n(n+1)(n+2)/6 == S(n)=n(n+1)(n+2)/3, QED Em 9 de maio de 2011 14:17, Kleber Bastos klebe...@gmail.com escreveu: Olá Pessoal, Não esotu conseguindo fazer o seguinte exercício: Provar que somatório de i=1 a n de i(i+1) é igual a [n(n+1)(n+2)]/3 Alguém póderia ajudar? Abraços, -- Bastos -- Kleber B. Bastos
