Matemática Através de Problemas - V

Olá, pessoal! 

Aqui vamos apresentar mais alguns problemas interessantes, e mostrar algumas soluções pros problemas propostos da ultima vez.

Problemas Propostos 

1 - (OMERJ-2011) Dada uma sequência de N inteiros não-negativos $a_j$ tal que $a_1 + \cdots + a_k = 0$, dizemos que esta é k - legal se, para toda sequência de k termos consecutivos desta, temos que sua soma é maior ou igual a zero. Por exemplo, a sequência 1,-1,2,-2 é 2-legal mas não 3-legal, uma vez que -1 + 2 - 2 = -1.

Determine todos os N naturais tais que existe uma sequência ao mesmo tempo 3-legal e 4-legal de tamanho N.

2 - Existem variáveis aleatórias i.i.d. X, Y tais que estas tomam valor em [0,1] e sua soma X + Y é uma uniforme em [0,2]?

3 - Seja $f:[0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ uma função diferenciável, tal que 

$$ \lim_{x \rightarrow \infty} [f(x)+f'(x)] = 0 $$

Prove que $ \lim_{x \rightarrow \infty} f(x) = 0 $. 

4 - (OIMU-2012) Diga se a seguinte soma converge e, caso convirja, determine seu valor numérico: 

$$ \sum_{n = 0}^{\infty} \arctan\left(\frac{1}{1+n+n^2}\right) $$

5 - Se $ \varphi : \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R} \in L^1(\mathbb{R}^n) $ é uma função tal que seu menor majorante radial 

$$ \psi (x) := \sup_{|y|\ge |x|} |\varphi(y)| $$

Satisfaz que $\psi \in L^1(\mathbb{R}^n)\cap L^{\infty}(\mathbb{R}^n) $, então prove que 

$$ \varphi_t * f \rightarrow 0\; \text{em} \; L^p \;\text{se} \; f \in L^p(\mathbb{R}^n)$$

Quando $t \rightarrow + \infty $. 

6 - Sejam $x_1,...,x_n$ números reais, e defina $x_{ij} = x_i - x_j, \; i<j$. 

Suponha que $F:\mathbb{R}^{\frac{n(n-1)}{2}} \rightarrow \mathbb{R} $ é uma função tal que

$$ F(x_{12}, x_{13},...,x_{n-1,n}) \le \sum_{k=0}^n x_k^2 $$

Prove que só pode ocorrer igualde acima se $\sum_{k=1}^n x_k = 0$. 

7 - (CIIM-2011) Seja $a \in \mathbb{Z}$ tal que $a-2$ é divisível por 7. Suponha que $a^6 -1$ seja divisível por $7^k$. Prove que $(a+1)^6-1$ também é divisível por $7^k$. 

8 - Calcule 

$$ \int_0^1 \log (x) \log (1-x) dx $$ 

9 - Encontre todas as funções $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ de classe $C^2$ tais que 

$$ f(x)^2 - f(y)^2 = f(x-y)f(x+y) \;\forall x,y \in \mathbb{R} $$ 

10 - Seja $N(k) := \#\{(x,y)\in \mathbb{N}\times\mathbb{N}; ax+by = k \}$ Para $a,b$ inteiros positivos primos entre si. 

Calcule

$$ \lim_{k\rightarrow \infty} \frac{N(k)}{k} $$ 

Sugestões

1 - É possível provar que todo inteiro suficientemente grande não satisfaz tal propriedade. Para fazer isso, escreva $N = 3j + 4l$ com $l\le 2$ e, supondo a existência de uma tal sequência, "quebre" a sequência em subsequências de 3 e 4 termos cuja soma seja não-negativa. Isso mostrará que tais somas têm de ser exatamente 0. Trabalhe com isto. 

2 - Escreva o problema como um problema de convolução de medidas: existe uma medida $\mu$ suportada em $[0,1]$ tal que $\mu * \mu = U_{[0,2]}$? A resposta é negativa. Para provar isso, passe a transformada de Fourier em ambos os lados e use que $\hat{\mu} $ é então uma função analítica, e, para terminar, compare com os zeros da função analítica $\hat{U_{[0,2]}}$. 

3 - Defina $g(x) = e^x f(x)$. Diferencie para ver que existe $x_0$ tal que, se $x \ge x_0$, temos então $-\varepsilon e^x \le g'(x) \le \varepsilon e^x$. Integre então $g'$ de $x_0$ a $y$, usando tais desigualdades. 

4 - Observe que $\arctan(x)+\arctan(y) = \arctan\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ se a primeira parcela acima soma menos do que $\pi$ e $xy < 1$. Use isto para calcular explicitamente que as somas parciais são da forma $S_n = \arctan(n+1) \rightarrow \frac{\pi}{2}$. 

5 - Observe que, então, $\psi \in L^p(\mathbb{R}^n), 1\le p \le \infty$. Use isto para provar que $\|\psi_t\|_p \rightarrow 0$ se $1<p<\infty$. Para terminar, temos que $\|\varphi_t * f\|_p \le \|\psi_t * f \|_p $. Prove primeiro que vale a propriedade para $f \in L^1 \cap L^p$, usando a desigualdade de Young e a propriedade que sabemos para $\psi_t$. Use um argumento de densidade para completar. 

6 - Defina $y_j = x_j - \frac{1}{2} (x_1 + \cdots + x_n)$. Então $y_i - y_j = x_i - x_j$, e, se há igualdade, conclua que $\sum_k x_k^2 \le \frac{1}{2}(\sum_k x_k^2 - 2 \sum_{i<j} x_i x_j) \iff (\sum_k x_k)^2 \le 0$. 

7 - Mostre que $a^6 \equiv 1 \mod 7^k \Rightarrow a^3 \equiv 1  \mod 7^k$ se $a \equiv 2 \mod 7$. Expanda então $(a+1)^6 - 1$ e conclua usando o anterior. 

8 - Repare que $\log (1-x) = -\sum_{n \ge 1} \frac{x^n}{n}$. Troque a ordem das integrais e repare que basta então calcular $\int_0^1 \log(x) x^n dx $. Isto pode ser feito com integração por partes, por exemplo. 

9 - Se $g(x,y) := f(x)^2-f(y)^2$, então $g \in C^2(\mathbb{R}^2)$. Calcule $\partial_x \partial_y g (x,y) $ de duas maneiras diferentes. Conclua que $f(x) = cx$. 

10 - Mostre que todas as soluções para tal problema são da forma $(x_k + bt,y_k-at)$, onde $y_k$ é a maior ordenada de todas as soluções. Prove que $y_k \mathtt{\sim} \frac{k}{b}$. A resposta é $\frac{1}{ab}$. 

Solução dos Problemas Anteriores

1 - Multiplicando a expressão toda por $f'(x)$, temos que 

$$ (f^2)' + ((f')^2)' = -2xg(x)f'(x)^2 $$ 

Isto implica que a função $f^2 + (f')^2 $ é crescente em $\mathbb{R}_{-}$, e decrescente em $\mathbb{R}_{+}$. Isto implica que esta mesma tem seu máximo em $x = 0$. Ou seja, $f(x)^2 \le f(0)^2; f'(x)^2 \le f'(0)^2$. Provamos ainda mais do que o desejado: mostramos que $f'$ também é limitada. 

2 - Temos que, se $y=x$ na equação, $f(2x) = 2f(x)$. É imediato então ver que $f(2^{-n}) = 2^{-n}$. Mais ainda, com a mesma ideia e uma indução, se mostra que, para todos $k,n \in \mathbb{N}; \log_2 k < n$, $f(k/2^n) = k/2^n$. 

Para concluir que $f(x)=x$, basta ver que $f$ é contínua. Porém, é fácil ver que $f$ é contínua no zero: Se $\varepsilon < 2^{-m}$, então $f(\varepsilon) \le f(\varepsilon) + f(2^{-m} - \varepsilon) = 2 f(2^{-m-1})=2^{-m}$. Para ver a continuidade num ponto geral, veja que $f(x+\alpha)-f(x) = f(x) - f(x-\alpha)=\cdots = f(x-(k-1)\alpha) - f(x-k\alpha)$, onde $k$ é tal que $x-k\alpha \ge 0 \ge x-(k+1)\alpha \Rightarrow (k+1)\alpha \ge x \ge k \alpha$. Se, então, $\alpha \le 2^{n-1}$, teremos que $f(x+\alpha)-f(x) \le 2^{-n}$, e garantimos continuidade por cima. Analogamente, por baixo, que completa a prova. 

3 - Escolha $t > 0$ tal que $ \sum_{n \ge t} \frac{1}{a_n} < \frac{1}{4}$. Da desigualdade entre as médias, temos que 

$$  \prod_{i=t+1} ^{t+n} \frac{1}{a_i} \le \frac{1}{n^n}\left(\sum_{n = t+1}^{t+n} \frac{1}{a_n} \right) ^n \le \frac{1}{(4n)^n} $$

Isto implica que, se $\prod_{i=1}^L a_i = S_L$, 

$$  S_n \ge (4n)^n S_t \ge (2n)^n $$

Se n é suficientemente grande. Logo, não existe uma tal sequência. 

4 - Primeiro, como $\alpha - \beta, \alpha^2 - \beta^2 = (\alpha + \beta)(\alpha-\beta)$ são inteiros, então $\alpha, \beta \in \mathbb{Q}$. Além disso, podemos escrever $\alpha = \beta + k, k \in \mathbb{Z}$. Assim, temos que, se $\alpha = \frac{p+kq}{q}$, então 

$$ (p+kq)^n - p^n \equiv 0 \mod q^n $$ 

Mas $((p+kq)^n-p^n)/kq \equiv np^{n-1} \mod q$. Como podemos assumir que $\text{mdc}(p,q) = 1$, então existem infinitos $n \in \mathbb{N}$ tais que a expressão acima é prima com q. Logo, Temos que 

$$ q^n | kq \text{para infinitos } n \Rightarrow k = 0$$ 

Que termina a prova de que não existem tais reais. 

5 - Suponha que exista $\varepsilon_0 > 0$ tal que $\hat{f} \in L^1(e^{\varepsilon_0 |x|} dx) \Rightarrow \hat{f} \in L^1(e^{\varepsilon |x| }dx)$ se $\varepsilon < \varepsilon_0$.  

Considere então a função definida por 

$$ F(z) = \int_{\mathbb{R}^n} \hat{f}(\xi) e^{2 \pi i \xi \cdot z} d \xi $$ 

Se $ \mathfrak{I}(z_i) $ é suficientemente pequena, então, pelas observações acima, esta função está bem definida. Pelo Teorema de Morera, esta é uma função analítica em cada variável complexa $z_i$ separadamente, e contínua. Do Lema de Osgood, temos que tal função é de fato uma função analítica na variável $z$ em um aberto de $\mathbb{C}^n$ da forma $ \{z=x+iy; x \in \mathbb{R}^n, |y|\le \frac{ \epsilon_0}{100} \}$.

Mas $F|_{\mathbb{R}^n} \equiv f$ por inversão de Fourier, que implica que, fora de uma bola com centro na origem, $F|_{B(0,r)^c} \equiv 0$. É fácil ver que $F$ é então identicamente nula numa vizinhança (de $\mathbb{C}^n$) de qualquer ponto real. Mas isto implica claramente que, do princípio da extensão analítica, $F \equiv 0 $ no aberto onde está definida, o que é um absurdo, pois supusemos $ f \not \equiv 0$. 

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