segunda-feira, 18 de maio de 2015

10th Miniworkshop on Singularities, Geometry and Differential Equations


Estou muito satisfeito com o resultado da organização do evento 10th Miniworkshop on Singularities, Geometry and Differential Equations. Esta edição do Miniworkshop foi uma iniciativa do Grupo de Singualaridades da Pós-Graduação em Matemática da UFC e do Grupo de Singularidades do ICMC-USP e foi realizada no período de 10 a 13 de maio de 2015 no Hotel Maredomus em Fortaleza-CE. Muita gente apareceu por lá e prestigiou nosso trabalho! Vejam as fotos postadas na minha coleção do google+ Miniworkshop on Singularities 2015. Para mais informações sobre evento visite o nosso website



domingo, 25 de janeiro de 2015

Medalha de Ouro na OBI 2014

     Depois de um longo tempo sem postar, retorno para parabenizar meu filho, Alexandre Lima Fernandes, por sua grande conquista na última edição da Olimpíada Brasileira de Informática OBI; Medalha de Ouro.


     Abaixo, segue uma pequena amostra da prova da segunda (e última) etapa da OBI 2014 Modalidade Iniciação:   

Armário de Troféus

O Centro Acadêmico mandou construir dois armários, um vermelho e um branco (as cores do colégio) para guardar os troféus das equipes de esporte. Há quatro prateleiras em cada armário, numeradas de 1 a 4, de baixo para cima. Há sete tipos de troféus que devem ser colocados nas prateleiras: handebol, vôlei, futebol, futsal, judô, natação e tênis. Cada tipo de troféu deve ser colocado em exatamente uma prateleira, exceto futebol, que ocupa duas prateleiras, uma acima da outra, no mesmo armário. As seguintes condições devem ser obedecidas:
  • Os troféus de volei e futsal estão nas prateleiras mais altas do armário.
  • Os troféus de tênis estão numa prateleira 2.
  • Os troféus de natação e judô estão em armários distintos.

Questão 28. Qual das seguintes poderia ser uma lista completa e correta dos troféus, nas prateleiras de 1 a 4, respectivamente, nos dois armários?

(A) vermelho: futebol, futebol, handebol, futsal branco: natação, tênis, judô, volei

(B) vermelho: futebol, judô, futebol, futsal branco: handebol, tênis, natação, volei

(C) vermelho: judô, handebol, tênis, volei branco: natação, futebol,futebol,futsal

(D) vermelho: natação, futebol, futebol, volei branco: handebol, tênis, judô,futsal

(E) vermelho: judô, futebol, futebol, handebol branco: judô, tênis, volei, futsal

Questão 29. Se tênis está no armário vermelho, qual das seguintes afirmativas é necessariamente verdadeira?

(A) Natação está na prateleira 1 do armário vermelho.

(B) Futebol está na prateleira 2 do armário branco.

(C) Volei está na prateleira 4 do armário vermelho.

(D) Futebol está na prateleira 3 do armário branco.

(E) Handebol está na prateleira 3 do armário vermelho.

Questão 30. Qual das seguintes afirmativas é necessariamente falsa?

(A) Tênis e natação estão no mesmo armário.

(B) Judô e handebol estão no mesmo armário.

(C) Futsal e futebol estão no mesmo armário.

(D) Futebol e handebol estão no mesmo armário.

(E) Tênis e judô estão no mesmo armário.

Questão 31. Se futebol está na prateleira 1 do armário vermelho, quantos tipos diferentes de troféus poderiam estar na prateleira 1 do armário branco?

(A) 1

(B) 2

(C) 3

(D) 4

(E) 5

Questão 32. Se judô está em uma prateleira de número mais baixo do que natação, qual das seguintes
afirmativas é necessariamente verdadeira?

(A) Judô está numa prateleira 1.

(B) Natação está numa prateleira 2.

(C) Futebol está numa prateleira 1.

(D) Futebol e handebol estão na mesma prateleira.

(E) Judô e handebol estão na mesma prateleira.

Questão 33. Se tênis está no armário vermelho, em uma prateleira abaixo de natação, quantas diferentes maneiras de guardar os troféus no armário branco existem?

(A) 2

(B) 3

(C) 4

(D) 5

(E) 6
.

    Como vocês podem observar nos problemas acima, a prova da Modalidade Iniciação consiste em problemas de Lógica; uma das matérias favoritas do meu filho.

    Com a palavra, Alexandre; o filho!

Por Alexandre Lima Fernandes

    Lógica pode parecer um conceito trivial - porque de fato é -, mas no Brasil é algo de muita demanda. Veja como isso é simples de perceber:


     Uma pessoa sem lógica não consegue achar relação entre determinados elementos em uma situação quando ela existe. Ou seja, tem interpretação limitada. Posso dar um exemplo simples de frequente diálogo brasileiro:

"Falante: - Observei que por aqui sempre chove em domingos.
Ouvinte: -Mas ontem choveu e ontem foi terça-feira.
Falante: - É verdade! Perdoe o equívoco."

    Quem se prepara para a Olimpíada Brasileira de Informática na modalidade Iniciação cansa de ouvir expressões como "Se e somente se", "ida e volta" e afins. Basta conhecer esses conceitos para compreender que, se em todo domingo ocorre uma chuva, não necessariamente só chove em domingos. O problema é que muitos brasileiros - principalmente jovens - são desprovidos, seja por erro natural ou biológico, de análises triviais como essa!
     
     Mas qual é o peso disso? O peso disso é não pensar com coerência. O peso disso é incapacidade de crítica. E quem não consegue tecer uma crítica ou um próprio pensamento, dependendo de obedecer cegamente ao que ouve sem contestar, denomina-se o quê? Denomina-se idiota útil.
   
     A consequência disso são manifestações sem ideias fixas contra um suposto "fascismo" cujo significado é desconhecido pela maioria dos manifestantes. A consequência disso são atos de pura guerrilha contra um "sistema" cujos integrantes os próprios guerrilheiros são incapazes de descrever.

    Em suma: lógica é um conceito trivial, mas necessário para a inteligência humana e a capacidade de debate.

domingo, 22 de setembro de 2013

Parabéns pelo blog, Rui!

Conversando sobre matemática se estuda melhor é o Blog do meu amigo Professor Rui Brasileiro, o qual seguiremos a partir de hoje. Na mais recente postagem do Rui, ele resolve o problema do Triângulo Russo de forma extremamente elegante; vale a pena conferir!  


Sinceros votos de sucesso e parceria! 

Happy Hour Matematico.

segunda-feira, 16 de setembro de 2013

Irracionalidade de Raiz de 2

Esta semana, recebi um email de meu amigo Professor Diego Marques (UNB) comunicando que iniciara um projeto de postagem dos vídeos de suas palestras em um canal no youtube. Excelente iniciativa!!! Fui lá conferir. O primeiro vídeo é uma bela palestra em que o  Diego apresenta algumas provas da irracionalidade de $\sqrt{2}$ com o objetivo apresentar técnicas de  prova que são utilizadas em outros problemas correlatos. Esse vídeo corresponde à primeira aula de um minicurso sobre Teoria dos Números ministrado no IMPA.

Abaixo, compartilho o link  do referido vídeo

https://www.youtube.com/watch?v=uhZf8Oa2F7Q  

Antes de finalizar esta postagem, gostaria de dar a minha contribuição apresentando uma prova da irracionalidade de $\sqrt{2}$ diferente das apresentadas pelo Diego.

Observe que se a soma de dois quadrados de inteiros, digamos $m^2+n^2$, é divisível por 3 então cada inteiro, $m$ e $n$, é divisível por 3. Logo, se supusermos que $\sqrt{2}$ seja um número racional, podemos escrever $\sqrt{2}=\frac{m}{n}$, em que $m$ e $n$ são números inteiros primos entre si. Então, $3n^2=m^2+n^2$, daí $m$ e $n$ necessariamente são múltiplos de 3. Absurdo!

Ah! Quase me esqueci que havia prometido que apresentaria, nesta postagem, uma solução do problema abaixo . 

Problema. Seja $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ uma função contínua tal que $f(f(f(x)))=x^2+1$ para todo $x$. Mostre que $f$ é uma função par.

Solução. Desde que $x^2+1>x$ para todo $x$, temos que $f$ não possui ponto fixo. Em particular, $f(0)\neq 0$. Sejam
$P=\{x : f(x)=f(-x)\}$ e $I=\{x : f(x)=-f(-x)\}$. Como $f$ é contínua, Temos que os subconjuntos acima são subconjuntos fechados de $\mathbb{R}$. Mostraremos que:

1. $\mathbb{R}=P\cup I$;

2. $P\cap I=\emptyset$.

Uma vez provados 1 e 2,desde que $\mathbb{R}$ é conexo e $0\in P$, segue  que $P=\mathbb{R}$, isto é, $f$ é uma função par.

Prova de 1.  

Dado $x$, temos que $f(x)^2+1=f(f(f(f(x))))=f(x^2+1)$. Portanto, $f(-x)^2+1=f(x)^2+1$, isto é, $x\in P\cup I$.

Prova de 2

Por contradição, suponha que $x\in P\cap I$. Logo $f(x)=0$ e $f(-x)=0$. Como $f(0)\neq 0$, garantimos a existência de um y positivo tal que $f(y)=0$.

Temos $f(1)=f(0^2+1)=f(f(f(f(0))))=f(0)^2+1>1$. Assim, a função $g(z)=f(z)-z$ é positiva no ponto 1 e negativa no ponto y. Pelo Teorema do Valor Intermediário, a função $g$ tem um zero, isto é, a função $f$ tem um ponto fixo. O que é um absurdo.

C.Q.D.

segunda-feira, 1 de julho de 2013

Equações funcionais e Eu



Semana passada, um aluno muito crítico observou algo muito interessante que me deixou meio reflexivo; minhas soluções nas aulas de exercícios de E.D.O. são ad hoc. Em principio, não recebi a critica suavemente, todavia a crítica fez-me lembrar e motivou-me a pesquisar sobre soluções que eu considero ad hoc. Não pude escapar de um reencontro com uma classe de problemas que, realmente, eu nunca consegui achar um padrão (ou sistemática se preferir) para resolvê-los. Nessa classe, cada problema é uma história diferente. Estou falando dos problemas sobre equações funcionais. 

Em minhas pesquisas pela web, encontrei um artigo do Professor Eduardo Tengan, sobre Eq. Funcionais, publicado na Revista Eureka (aqui). Nesse artigo, o Professor Tengan esboça uma tentativa de domar tais problemas e obtém como produto um artigo que vale a pena ser lido; uma iniciativa excelente.

Durante minhas reflexões resolvi matar a saudade de resolver um desses problemas de equações funcionais que você não imagina por onde começar a resolvê-los.  Abaixo o problema.

Problema
Seja $f\colon\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ uma função contínua  tal que $f(f(f(x)))=1+x^2$ para todo $x\in\mathbb{R}$. Mostre que $f(x)$ é  uma função par.

Na próxima postagem a solução.

Agradecimentos. Ao meu aluno!

quarta-feira, 29 de maio de 2013

A reta possui raiz: um ponto de vista algébrico

Por Rafael A. da Ponte

A convite do prof. Alexandre, estou aqui para continuar a série de postagens sobre raízes. Agradeço o chamado, professor! 

Nesse post "contrariaremos" a resposta da pergunta que originou toda a discussão:

"$\mathbb{R}$ possui raiz?" 

Na verdade, consideraremos agora o grupo aditivo dos reais, e não mais a reta como espaço topológico (naturalmente, o conceito de raiz é o algébrico, já apresentado pelo Bill em duas oportunidades). Vale lembrar que essa pergunta é a primeira da postagem anterior (aqui).

Então, vamos à solução:

Suponhamos primeiro que ($\mathbb{R}$,+) possui uma raiz ($X$, digamos). Consideraremo-la um subgrupo aditivo de $\mathbb{R}$, da maneira canônica. É simples de ver que $X$, com as operações usuais, é um subespaço de $\mathbb{R}$ sobre $\mathbb{Q}$ (dado qualquer natural $q$ e $x$ em $X$, existe $(a,b)$ em $X\times X$ tal que $q.(a,b) = (x,0)$, logo $b=0$, e assim $a \in X$ é tal que $a=x/q$, daí segue da estrutura de grupo que $X$ é fechado por produto por escalar). 
Disso segue que $X$ é raiz da reta na estrutura de espaço vetorial sobre $\mathbb{Q}$ (o que nos dá mais um conceito de raiz, dessa vez no contexto de espaços vetoriais).

Feito isso, note que se $B$ é base de Hamel de $X$, $B\times \{ 0 \} \cup \{ 0 \}\times B$ é base de $X\times X$ e suas imagens serão uma base de Hamel de $\mathbb{R}$. Daí, o problema de achar uma raiz de ($\mathbb{R}$,+) resume-se a, dada uma base de Hamel $H$ de $\mathbb{R}$, encontrarmos um subconjunto $B$ contido em $H$ em bijeção com $H\backslash B$.
Para isso, defina o conjunto dos pares $(C,f)$, $C$ contido em $H$ e $f: C\rightarrow H\C$ injetivas ordenado com $(C,f)\leq(D,g) \Leftrightarrow C \subset D$ e $g$ estende $f$. Esse conjunto satisfaz as condições do Lema de Zorn, logo tem um elemento maximal $(B,h)$. Agora, verifique que $(H\backslash B) \backslash h(B)$ tem, no máximo, um elemento, e em ambos os casos de cardinalidades de $(H\backslash B) \backslash h(B)$, $B$ é um subconjunto como pedimos no parágrafo acima.

Fim da solução.


É isso aí. Até a próxima vez!

quarta-feira, 22 de maio de 2013

Raízes de Grupos e um outro Problema não relacionado!

Por Bill Bastos

Bem, promessa feita & promessa cumprida! Tive uma pequena conversação com o Prof. Alexandre e combinamos fazer um pequeno post de Teoria dos Grupos. Peço desculpas, a priori, por ter incluído um problema não relacionado ao Tema: “raízes de grupos”. Tive boas intenções! Mas quero ver para onde a conversa converge!

Raízes de Grupos

Pequeno(a) repeteco (retrospectiva):

“Dizemos que um espaço topológico $Y$ é uma raiz de um outro espaço topológico $X$ se: $X$ é homeomorfo a $Y \times Y$.”

Ops, os espaços topológicos $\mathbb{R}$, $\mathbb{R}^3$  e $\mathbb{S}^2$  não possuem raízes!!! Veja os posts anteriores (aqui e aqui).

Raízes de Grupos:

Nada nos impede de pensar esse problema numa versão para grupos:

Dizemos que um grupo $G = (G, *)$ tem raiz se existe um outro grupo $H = (H, . )$ de tal sorte que G é isomorfo a $H \times H$.

Nessa perspectiva, já conseguimos mostrar que $(\mathbb{Q},+)$, $(K_{p},+)$ (Um grupo de Prüfer, i.e., tome um primo $p$ e considere $K_p$ a união de todas as raízes $p^a$-ésimas da unidade, para todo $a \in \mathbb{N}$) não possuem raízes (ver seção de comentários do post anterior aqui). Ficam as seguintes perguntas:

P.1) o grupo aditivo dos reais admite raiz?

P.2) Existe um grupo $G$ tal que $G \times G$ é isomorfo a $G \times G \times G$ & G não é isomorfo a $G \times G$?

Não disponho de um exemplo ELEGANTE satisfazendo as propriedades requisitadas em P.2), i.e. bonito, mas elementar. Mas tenho uma referência onde é apresentado um; caso alguém se interesse, posso repassar!

P.3) A questão P.2) dá para ser pensada em espaços topológicos? :) Existe?

Desculpem a minha indecisão! Num consegui evitar o retorno! :(

Um Problema não relacionado:

P.4) (Problema bem conhecido na Teoria dos Grupos) Dado um grupo solúvel G, no qual todos os seus subgrupos abelianos são finitos. Então G é finito?

Grande Abraço!

ps. Gostaria de agradecer ao meu amigo Ismael Lins por me lembrar do Problema P.2), o qual está proposto no livro ``Examples of groups, Michael Weinstein''.

pps. Fico esperando a solução do Rafael para o P.1).