Desenvolvimento de 1/((z-i)z^2) em série de Laurent numa coroa circular descentrada da origem

Na questão de complexanalysis How do I write the Laurent series for \dfrac{1}{z^2(z-i)} for 1<|z-1|<\sqrt{2}?, no MSE, pretende-se desenvolver a função \dfrac{1}{z^2(z-i)}  em série de Laurent na coroa circular 1<|z-1|<\sqrt2.

Tradução da minha resposta.

A. Quando a função dada é da forma f(z)=\dfrac{p(z)}{q(z)}, sendo p(z) e q(z) polinómios em z, o primeiro passo é desenvolvê-la em fracções parciais. Devido à forma de f(z) isto quer dizer que

f(z)\equiv\dfrac{1}{z^{2}\left(z-i\right)}=\dfrac{A}{z^{2}}+\dfrac{B}{z}+\dfrac{C}{z-i}.\qquad\qquad(1)

Para determinar os coeficientes pode usar-se o  método de Heaviside.

  • Para determinar C, multiplica-se por \left(z-i\right) e, usando a raíz z=i do denominador q(z)= z^{2}\left( z-i\right),  calcula-se o limite

C=\displaystyle\lim_{z\rightarrow i}f(z)\left( z-i\right) =\displaystyle\lim_{z\rightarrow i}\dfrac{1}{z^{2}}=\dfrac{1}{i^{2}}=-1.

  • Para calcular A, multiplica-se por z^{2} e usa-se a raíz z=0 de q(z):

A=\displaystyle\lim_{z\rightarrow 0}f(z)z^{2}=\displaystyle\lim_{z\rightarrow 0}\dfrac{1}{z-i}=i.

  • Para determinar B, substitui-se C e A numa das equações resultantes da multiplicação de (1) por \left( z-i\right) ou z^{2}, e escolhe-se um z que não a anule, p. ex. z=1:

f(z)\left( z-i\right) =\dfrac{1}{z^{2}}=\dfrac{A}{z^{2}}\left( z-i\right) +\dfrac{B}{z}\left( z-i\right) +C,

z=1\implies 1=i\left(1-i\right) +B\left(1-i\right) -1\implies B=1.

Então

f(z)\equiv\dfrac{1}{z^{2}\left(z-i\right)}=\dfrac{i}{z^{2}}+\dfrac{1}{z}-  \dfrac{1}{z-i}.\qquad\qquad(2)

B. Para facilitar algumas manipulações algébricas vamos agora fazer a substituição w=z-1. Então a coroa circular 1<\left\vert z-1\right\vert <\sqrt{2} transforma-se na nova coroa 1<\left\vert w\right\vert <\sqrt{2}, centrada em w=0, e \dfrac{1}{z^{2}\left( z-i\right) } converte-se em

\dfrac{1}{z^{2}\left( z-i\right) }=\dfrac{1}{\left( w+1\right)^{2}\left[  w+\left( 1-i\right) \right] }\equiv g(w).\qquad\qquad(3)

Assim, pela equação (2) pode fazer-se o seguinte desenvolvimento da função g(w)

g(w)=\dfrac{1}{w+1}+\dfrac{i}{\left( w+1\right) ^{2}}-\dfrac{1}{w+\left(  1-i\right) }.\qquad\qquad(4)

C. Cada termo pode ser desenvolvido numa série geométrica específica:

1. Para 1<\left\vert w\right\vert e usando a soma da série geométrica complexa \displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{w^{n}}=\dfrac{1}{1-\left(-1/w\right) }, o primeiro termo pode ser escrito como

g_{1}(w)\equiv\dfrac{1}{w+1}=\dfrac{1}{w}\dfrac{1}{1+1/w}=\dfrac{1}{w}\dfrac{1}{1-\left( -1/w\right) }

e desenvolvido da seguinte maneira

g_{1}(w)=\dfrac{1}{w}\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{w^{n}}=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{w^{n+1}}, \text{ for }  1<\left\vert w\right\vert.\qquad\qquad(5)

2. Quanto ao segundo termo, também para \left\vert w\right\vert >1, como

\dfrac{1}{\left( w+1\right)^{2}}=-\dfrac{d}{dw}\left(\dfrac{1}{w+1}\right) =-\dfrac{d}{dw}g_{1}(w),

pode desenvolver-se na forma

\begin{aligned}g_{2}(w)&\equiv\dfrac{i}{\left(w+1\right)^{2}}=-i\dfrac{d}{dw}g_{1}(w)=-i\dfrac{d}{dw}\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left(-1\right) ^{n}}{w^{n+1}}\\ \\&=i\displaystyle\sum_{n\geq 0}\left( -1\right) ^{n}\frac{n+1}{w^{n+2}}=-i\displaystyle\sum_{n\geq 1}\left(-1\right)^{n}\dfrac{n}{w^{n+1}},\text{ for }1<\left\vert w\right\vert.\qquad\qquad(6)\end{aligned}

3. Quanto ao terceiro, se \left\vert -\dfrac{w}{1-i}\right\vert =\dfrac{\left\vert w\right\vert}{\sqrt{2}}<1, tem-se

\begin{aligned}g_{3}(w)&\equiv\dfrac{1}{w+\left( 1-i\right) }=\dfrac{1}{1-i}\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{w}{1-i}\right) }\\ \\&=\dfrac{1}{1-i}\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left(-1\right)^{n}w^{n}}{\left(1-i\right)^{n}}=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\dfrac{\left(-1\right) ^{n}w^{n}}{\left(1-i\right) ^{n+1}}\text{ for }\left\vert w\right\vert <\sqrt{2}.\qquad\qquad(7)\end{aligned}

D. Das equações (5)-(7) decorre que para 1<\left\vert w\right\vert<\sqrt{2}, se tem

\begin{aligned}g(w)&=g_{1}(w)+g_{2}(w)+g_{3}(w) \\ \\&=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\left(-1\right)^{n}\left[\dfrac{1-in}{w^{n+1}}+\dfrac{w^{n}}{\left(1-i\right) ^{n+1}}\right] \text{ for }1<\left\vert w\right\vert <\sqrt{2}. \qquad\qquad(8)\end{aligned}

Em termos da função dada f(z), tem-se, portanto, o seguinte desenvolvimento para 1<\left\vert z-1\right\vert <\sqrt{2}:

f(z)=\displaystyle\sum_{n\geq 0}\left(-1\right)^{n}\left[\dfrac{1-in}{\left( z-1\right)^{n+1}}+\dfrac{\left(z-1\right)^{n}}{\left(1-i\right)^{n+1}}\right]  \text{ for }1<\left\vert z-1\right\vert <\sqrt{2}.\qquad\qquad(9)

 

 

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Cálculo de um integral impróprio (com logaritmo no numerador e um polinómio do 2.º grau no denominador) como aplicação do teorema dos resíduos da análise complexa

Na questão Evaluate an improper integral using complex analysis, no MSESimplyorange pretende determinar o valor do integral

\displaystyle\int_0^\infty\dfrac{\log x}{(x+a)^2+b^2}\,dx

usando análise complexa.

Tradução da minha resposta.

Baseada nesta resposta à questãoHow to evaluate \displaystyle\int_0^\infty\dfrac{\log x}{(x^2+a^2)^2}dx” (Como calcular \displaystyle\int_0^\infty\frac{\log x}{(x^2+a^2)^2}dx)  e nesta resposta à questãoEvaluate \displaystyle\int_0^\infty\dfrac{(\log x)^4dx}{(1+x)(1+x^2)}” (Cálculo de \displaystyle\int_0^\infty\dfrac{(\log x)^4dx}{(1+x)(1+x^2)}) .  Em vez de uma função com \log z no numerador, consideramos uma função com \log^2 z. Este método é exactamente o mesmo do indicado nos links dos comentários.

Para a,b>0 este método dá a seguinte fórmula explícita

\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\log x}{\left( x+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dx=\frac{1}{2b}\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \log \left( a^{2}+b^{2}\right) .\qquad a,b>0\qquad (\ast)

Escolhi a função multívoca f(z) com uma linha de ramificação  \arg z=0 definida por

\begin{aligned}f(z)&=\dfrac{\log ^{2}z}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}},\quad \text{com }0<\arg z<2\pi ,\quad z=re^{i\theta }\\&=\dfrac{\log ^{2}z}{\left( z-z_{1}\right)\left( z-z_{2}\right) }\qquad z_{1}=-a+ib,\quad z_{2}=-a-ib,\end{aligned}

e integrei-a no sentido directo ao longo do contorno fechado \Gamma mostrado na figura. Este contorno é furado em redor do ponto de ramificação O e consiste nos círculos \gamma _{R} (\left\vert z\right\vert =R) e \gamma _{\varepsilon } (\left\vert z\right\vert =\varepsilon), 0<\varepsilon <1<R e no segmento \left[ \varepsilon,R\right] descrito no sentido positivo por cima do eixo dos x e no sentido negativo por baixo do eixo dos x.

msecontourwithbranchcutandpoles

Contorno fechado \Gamma

No segmento “superior” \left[ \varepsilon,R\right], \theta =0 (r\in \left[ \varepsilon ,R\right] ) e

f(z)=\dfrac{\left( \log r\right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}.

No segmento “inferior” \left[ \varepsilon,R\right], \theta =2\pi (r\in \left[ \varepsilon ,R\right] ) e

f(z)=\dfrac{\left( \log \left( re^{i2\pi }\right) \right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}=\dfrac{\left( \log r+i2\pi \right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}.

Como tal,

\begin{aligned}I &=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0,R\rightarrow \infty }\oint_{\Gamma}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz, \\ &=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\left( \log r\right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr-\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\left( \log \left( re^{i2\pi }\right) \right) ^{2}}{\left( re^{i2\pi }+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr \\ &\quad+\lim_{R\rightarrow \infty }\displaystyle\int_{\gamma _{R}}\dfrac{\left( \log z\right)^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz-\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\displaystyle\int_{\gamma _{\varepsilon }}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz \\&=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\left( \log r\right) ^{2}-\left( \log r+i2\pi\right) ^{2}}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dx \\ &=4\pi ^{2}\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr-i4\pi\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\log r}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dr \end{aligned}

desde que

\lim_{R\rightarrow \infty }\displaystyle\int_{\gamma _{R}}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\displaystyle\int_{\gamma _{\varepsilon }}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z+a\right) ^{2}+b^{2}}\,dz=0,\quad \text{(vide em baixo).}

Pelo teorema dos resíduos

\begin{aligned}I &=2\pi i\left( \underset{\displaystyle{z=z_{1}}}{\text{\textrm{Res}}}f(z)+ \underset{\displaystyle{z=z_{2}}}{\text{\textrm{Res}}}f(z)f(z)\right) \\&=2\pi i\left[ \underset{\displaystyle{z=z_{1}}}{\text{\textrm{Res}}}\dfrac{\left( \log z\right) ^{2}}{\left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) }+\underset{\displaystyle{z=z_{2}}}{\text{\textrm{Res}}}\dfrac{\left( \log z\right)^{2}}{\left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) }\right] \\&=2\pi i\left[ \dfrac{\left( \log z_{1}\right) ^{2}}{z_{1}-z_{2}}+\dfrac{\left( \log z_{2}\right) ^{2}}{z_{2}-z_{1}}\right] \\&=2\pi i\left[ \dfrac{\left( \log \left( -a+ib\right) \right) ^{2}}{i2b}-\dfrac{\left( \log \left( -a-ib\right) \right) ^{2}}{i2b}\right] \\&=\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( -a+ib\right) \right] ^{2}-\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( -a-ib\right) \right] ^{2}\end{aligned}.

Supomos agora que a,b>0. Então

\begin{aligned}I &=\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( \left\vert -a+ib\right\vert \right)+i\left( \pi -\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &\quad-\dfrac{\pi }{b}\left[ \log \left( \left\vert -a-ib\right\vert \right) +i\left( \pi +\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &=\dfrac{\pi }{b}\left[ \dfrac{1}{2}\log \left( a^{2}+b^{2}\right) +i\left( \pi -\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &\quad-\dfrac{\pi }{b}\left[ \frac{1}{2}\log \left( a^{2}+b^{2}\right) +i\left( \pi +\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \right) \right] ^{2} \\ &=\dfrac{4\pi ^{2}}{b}\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) -i\dfrac{2\pi }{b} \arctan \left( \frac{b}{a}\right) \log \left( a^{2}+b^{2}\right) \end{aligned}

visto que

\log\left( \left\vert -a+ib\right\vert \right) =\log\left( \left\vert -a-ib\right\vert \right) =\dfrac{1}{2}\log \left( a^{2}+b^{2}\right) .

Tomando a parte imaginária de I obtém-se (\ast) na forma

\text{Im }( I )=-4\pi \int_{0}^{\infty }\dfrac{\log r}{\left( r+a\right) ^{2}+b^{2} }\,dr=-\dfrac{2\pi }{b}\arctan \left( \dfrac{b}{a}\right) \log \left(a^{2}+b^{2}\right).

——

Prova de que \int_{\gamma _{R}}f,\int_{\gamma _{\varepsilon }}f\rightarrow 0. Se z é um qualquer ponto de \gamma _{R},

\begin{aligned}\left\vert f(z)\right\vert &=\dfrac{\left\vert \log z\right\vert ^{2}}{\left\vert \left( z+a\right) ^{2}+b^{2}\right\vert },\qquad z=R\,e^{i\theta },R>1,0<\theta <2\pi \\&\leq \dfrac{\left( \log R+2\pi \right) ^{2}}{\left\vert z+\left( -z_{1}\right) \right\vert \left\vert z+\left( -z_{2}\right) \right\vert }, \\ &\leq \dfrac{\left( \log R+2\pi \right) ^{2}}{\left\vert R-\sqrt{a^{2}+b^{2}} \right\vert ^{2}}\leq M_{R}\end{aligned}

em que

M_{R}=\dfrac{4\pi \log R+4\pi^{2}+\log ^{2}R}{R^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right) -2R\sqrt{a^{2}+b^{2}}}

porque

\left\vert z+\left( -z_{1}\right) \right\vert \geq \left\vert R-\left\vert z_{1}\right\vert \right\vert ,\left\vert z+\left( -z_{2}\right) \right\vert \geq \left\vert R-\left\vert z_{2}\right\vert \right\vert ,\left\vert z_{1}\right\vert =\left\vert z_{2}\right\vert =\sqrt{a^{2}+b^{2}}.

Isto implica que

\begin{aligned}\left\vert \displaystyle\int_{\gamma _{R}}f(z)\,dz\right\vert &\leq M_{R}\times \,2\pi R\\&=\dfrac{4\pi \log R+4\pi ^{2}+\log ^{2}R}{R^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right)-2R\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\times \,2\pi R\longrightarrow 0\qquad \left(R\rightarrow \infty \right) .\end{aligned}

De maneira semelhante, se z é um ponto qualquer de \gamma _{\varepsilon }

\begin{aligned}\left\vert f(z)\right\vert &=\dfrac{\left\vert \log z\right\vert ^{2}}{\left\vert \left( z+a\right) ^{2}+b^{2}\right\vert },\qquad z=\varepsilon \,e^{i\theta },0<\varepsilon <1,0<\theta <2\pi \\&\leq \dfrac{\left( \log \varepsilon +2\pi \right) ^{2}}{\left\vert z+\left(-z_{1}\right) \right\vert \left\vert z+\left( -z_{2}\right) \right\vert } \\&\leq \dfrac{\left( \log \varepsilon +2\pi \right) ^{2}}{\left\vert\varepsilon -\sqrt{a^{2}+b^{2}}\right\vert ^{2}}\leq M_{\varepsilon }, \end{aligned}

em que

M_{\varepsilon }=\dfrac{4\pi \log \varepsilon +4\pi ^{2}+\log ^{2}\varepsilon }{\varepsilon ^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right) -2\varepsilon \sqrt{a^{2}+b^{2}}}

e

\begin{aligned}\left\vert\displaystyle\int_{\gamma _{\varepsilon }}f(z)\,dz\right\vert &\leq M_{\varepsilon }\times \,2\pi \varepsilon \qquad z=\rho \,e^{i\theta },\rho<1 \\&\leq \dfrac{4\pi \log \varepsilon +4\pi ^{2}+\log ^{2}\varepsilon }{\varepsilon ^{2}+\left( a^{2}+b^{2}\right) -2\varepsilon \sqrt{a^{2}+b^{2}}}\times \,2\pi \varepsilon \longrightarrow 0\qquad \left( \varepsilon \rightarrow 0\right) .\end{aligned}

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The integer 17 belongs to the residue class modulo m of 24. Find m.

(Old) Question posted by Felipe Maia to math.stackexchange.com :

The integer 17 belongs to the residue class modulo m of 24. Find m.

(…) I thought of calculating m for the values ​​of the divisors of 24, that is, making m belonging to D (24). (…)

My answer :

Definition of residue. The number r in the congruence a\equiv r\pmod m is called the residue of a\pmod m. In the case at hand r=17 and a=24.

This means that for some integer k the following equality holds 24=17+km. You should then have km=7, where k and m are positive integers. This implies that m=7, because 7 is a prime number, that is, it has no divisors, except 1 and 7.

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Volume de um parabolóide elíptico limitado superiormente por um plano horizontal

Problema: calcule o volume do região delimitada pelo parabolóide elíptico definido pela equação 

\displaystyle z=\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}

e pelo plano z=c>0.

(Adaptado do problema do leitor Gil Carvalho no neste comentário na página Problema dos leitores.)

Sugestão: se quiser, faça a mudança de variáveis X=\dfrac{x}{a} e Y=\dfrac{y}{b} e reduza-o ao cálculo do volume, entre z=0 e z=c>0, do parabolóide de secção circular 

\displaystyle z=X^2+Y^2

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O sen(1º) e o cos(1º) são números algébricos

No artigo SENOS (E COSSENOS) ALGÉBRICOS  dos matemáticos brasileiros Carlos A. Gomes e Eurípedes C. da Silva, publicado no N. 0187 da Gazeta de Matemática, os autores apresentam uma demonstração (prova) da seguinte proposição:

« Se \alpha for um número racional, então \cos(\alpha\pi) e \text{sen}(\alpha\pi) são ambos números algébricos. »

O caso particular \alpha=1/180 permite demonstrar (provar) imediatamente o enunciado do título deste post, uma vez que 1^\circ=\pi/180.

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Exemplo de factorização de um polinómio do 4.º grau simétrico

O polinómio

t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1

é simétrico, ou seja, é da forma

at^{4}+bt^{3}+ct^{2}+bt+a

A sua factorização é da forma

\begin{aligned}t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1 &=(t-t_{1})(t-t_{2})(t-t_{3})(t-t_{4}) \\&=\left( t^{2}-\left( t_{1}+t_{2}\right) t+t_{1}t_{2}\right) \left( t^{2}-\left( t_{3}+t_{4}\right) t+t_{3}t_{4}\right) \end{aligned}

em que t_{i}, i=1,2,3,4, são as raízes. Façamos a mudança de variáveis

x=t+t^{-1}

Se dividirmos a equação

t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1=0

por t^{2}, obtemos a equação equivalente

t^{2}+2t-2+2t^{-1}+t^{-2}=0,\qquad t\neq 0

Para exprimir o 1.º membro em termos de x, reparemos que

x^{2}=\left( t+t^{-1}\right) ^{2}=t^{2}+2+t^{-2}

pelo que

\begin{aligned}t^{2}+2t-2+2t^{-1}+t^{-2} &=(t^{2}+2+t^{-2})+2(t+t^{-1})-4 \\&=x^{2}+2x-4 \end{aligned}

Basta factorizar este polinómio em x

x^{2}+2x-4=\left( x+1-\sqrt{5}\right) \left( x+1+\sqrt{5}\right)

para concluir que

t^{2}+2t-2+2t^{-1}+t^{-2}=\left( t+t^{-1}+1-\sqrt{5}\right) \left( t+t^{-1}+1+\sqrt{5}\right)

Como a equação

t+t^{-1}+1-\sqrt{5}=0

tem as mesmas raízes da equação quadrática

t^{2}+(1-\sqrt{5})t+1=0

a sua soma e produto são

\begin{aligned}t_{1}+t_{2} &=-1+\sqrt{5} \\ t_{1}t_{2} &=1\end{aligned}

O segundo par de raízes provém da equação

t+t^{-1}+1+\sqrt{5}=0

que tem as mesmas raízes de

t^{2}+(1+\sqrt{5})t+1=0

pelo que a sua soma e produto são

\begin{aligned}t_{3}+t_{4}&=-1-\sqrt{5} \\t_{3}t_{4}&=1 \end{aligned}

Combinando os resultados anterior conclui-se que

t^{4}+2t^{3}-2t^{2}+2t+1=\left( t^{2}+\left( 1-\sqrt{5}\right) t+1\right)\left( t^{2}+\left( 1+\sqrt{5}\right) t+1\right)

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Republicação de problema (e resolução) sobre valoração p-ádica :: Repost of a problem (and solution) on p-adic valuation

(Daqui e daqui)

Enunciado do Problema

Seja m o maior inteiro positivo tal que \dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}. Determine, justificando, um majorante de m.

  • Afirmação não demonstrada: 10   é um majorante de m. Encontre um mais pequeno.

Problem Statement

Let m be the greatest positive integer such that \dfrac{1}{13^m}\dbinom{13^5}{3^7}\in\mathbb{N}. Find with proof an upper bound for m.

  • Claim: 10 is an upper bound for m. Find a smaller one.

 

\bigskip

Solution par Pierre Bernard, France

On sait que

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

De plus, chaque terme

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

vaut 0 ou 1 (on a toujours \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor qui vaut 0 ou 1).

Si i est assez grand, il est clair que

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Précisément, puisque n\geq k, il suffit que p^{i}>n, c’est-à-dire i>\log _{p}(n) pour que

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

On a donc:

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ ou }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Donc

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

Et 5 c’est mieux que 10 :)

\bigskip

* * *

\bigskip

Solution by Pierre Bernard, France; translated by Américo Tavares

We know that

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

Furthermore, each  term

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

is 0 or 1 (we have allways \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor which is  0 or 1).

For i sufficiently large it is clear that we have

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

And because  n\geq k it is  sufficient that p^{i}>n, i. e. i>\log _{p}(n) to have [Translator’s note: slightly edited on July 22, 2009]

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Therefore

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ or }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Thus

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

And 5 is better than 10 :)

Other solvers: fede (comments in Gaussianos‘s blog) and  fatima

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Resolução de Pierre Bernard, França;  tradução de Américo Tavares.

Sabe-se que

 v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty }\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) .

Além disso, cada termo

 \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor\dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor

vale  0 ou 1 (tem-se sempre \left\lfloor x+y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor -\left\lfloor y\right\rfloor   que é igual a  0 ou 1).

Para  i suficientemente grande é claro que se tem

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Ora, dado que n\geq k, é suficiente que  p^{i}>n, isto é i>\log _{p}(n) para se ter

\left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor =0.

Portanto:

v_{p}\left( \dbinom{n}{k}\right) =\displaystyle\sum_{i=1}^{\left\lfloor \log_{p}(n)\right\rfloor }\underset{0\text{ ou }1}{\underbrace{\left( \left\lfloor \dfrac{n}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{k}{p^{i}}\right\rfloor -\left\lfloor \dfrac{n-k}{p^{i}}\right\rfloor \right) }}\leq\left\lfloor \log _{p}(n)\right\rfloor

Deste modo

v_{13}\left( \dbinom{13^{5}}{3^{7}}\right) \leq \left\lfloor \log_{13}(13^{5})\right\rfloor =5

E 5 é melhor do que 10 :)

Outros: fede (commentários no blogue Gaussianos) e fatima

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Notas:

1. v_{p}(r) designa a valoração (ou valorização)  p-ádica (valuation p-adique) de  r: o expoente do número primo p na decomposição em factores primos do inteiro r. Por outras palavras,  p^{v_{p}(r)} divide r mas p^{1+v_{p}(r)} não divide r.

2. Também se usa a notação \text{ord}_p(r) (ordem ou ordinal de r em p) com o mesmo significado.

3. v_{p}\left(\dfrac{r}{s}\right) =v_{p}(r)-v_{p}(s) (com \dfrac{r}{s}\in\mathbb{Q}).

4. Teorema de Legendre: Qualquer que seja o inteiro positivo n, o expoente do número primo p na decomposição em números primos  de n! é igual a

\displaystyle\sum_{i\geq 1}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor

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Remarks:

1. v_{p}(r) denotes  the p-adic valuation of  r: the exponent of the prime p in the factorization into prime numbers of the integer r. In other words  p^{v_{p}(r)} divides r and p^{1+v_{p}(r)} does not divide r.

2. With the same meaning another notation is also used: \text{ord}_p(r) (order or ordinal of r at p)

3. v_{p}\left(\dfrac{r}{s}\right) =v_{p}(r)-v_{p}(s) (with \dfrac{r}{s}\in\mathbb{Q}).

4. Theorem (Legendre): For every positive integer n, the exponent of the prime number p in the factorization into prime numbers of  n! is

\displaystyle\sum_{i\geq 1}\displaystyle\left\lfloor\dfrac{n}{p^i}\right\rfloor

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Desafios SPM – Números complexos – Exercício 17. Minha resolução

Divulgo o seguinte título do Público de 11/6/2017 sobre um conjunto de exercícios/problemas/desafios da SPM, ao nível do Secundário, apresentando no final a minha resolução a um deles sobre números complexos.

Desafios para quem vai fazer exame de Matemática

A Sociedade Portuguesa de Matemática elaborou um conjunto de problemas para os alunos do 12.º ano em preparação para o exame nacional da disciplina.

(De: https://static.publico.pt/DOCS/educacao/desafiosSPM_final.pdf?v=2 )

Estes exercícios, com três níveis de complexidade, da responsabilidade da SPM, repartem-se por Probabilidades e Combinatória (9 exercícios), Números Complexos (9), Funções de Variável Real (11) e Geometria (3).

Disponibilizo a seguir a minha resolução do exercício 17, cujo enunciado se reproduz acima. Não tenciono publicar mais nenhuma resolução destes exercícios; esta constitui uma excepção, a título meramente exemplificativo.

No texto introdutório, cuja cópia se encontra acima, pode ler-se:

« Os #Desafios SPM não se constituem portanto, de forma alguma,  como uma simulação do Exame Nacional, já que os itens que integram os exames estão naturalmente sujeitos a restrições decorrentes das características próprias dessas provas de avaliação, substancialmente distintas das que motivaram a elaboração e selecão destes problemas ».

O pdf do enunciado dos exercícios encontra-se aqui.

Minha resolução do exercício 17:  pdf: spmdesafios.exercicio17v3c

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Integral gaussiano

Um dos métodos de cálculo de um integral clássico, traduzido e adaptado de uma minha resposta já antiga (aqui) a uma questão (esta)  de Jichao, em Mathematics Stack Exchange:

(clicar para ver melhor)

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