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!  

Ao Conversando sobre matemática se estuda melhor,

Sinceros votos de sucesso e parceria! 

Happy Hour Matematico.

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.

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!

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!

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).

A reta não possui raiz (topológica). Solucão.

Na postagem anterior, propusemos o seguinte problema.

Não existe um espaço topológico $X$ tal que $\mathbb{R}$ seja homeomorfo a $X\times X$.

Abaixo, segue a solução apresentada pelo leitor Rodrigo Mendes. Eu tinha prometido postar a minha solução, mas mudei de ideia!

Solução

Se um tal espaço $X$ existe, então $X$ deve ser de Hausdorff e conexo. Mais ainda, desde que $X$ é  homeomorfo ao subconjunto diagonal de $X\times X$,  o qual é  um fechado de $X\times X$, devemos ter $X$ homeomorfo a um intervalo fechado de $\mathbb{R}$. Absurdo pois $\mathbb{R}$ não é  homeomorfo a um produto de dois intervalos.

                                                                   Final da Solução

Antes de finalizar esta postagem, gostaria de agradecer a todos que comentaram na postagem anterior e observar que aquela discussão sobre raizes de grupos foi bem interessante. Em primeira mão anuncio que Rafael e Bill prometeram postagens sobre esse assunto; já estamos esperando! 

A reta não possui raiz

Iniciei meu final de semana lendo o artigo intitulado "$\mathbb{R}^3$ has no root" escrito por Robbert Fokkink e publicado em 2002 no periódico American Math. Monthly. Fokkink mostra que não existe um espaço topológico $X$ tal que $\mathbb{R}^3$ seja homeomorfo a $X\times X$, isto é exatamente o que Fokkink entende por $\mathbb{R}^ 3$ não possuir uma raiz. Como Fokkink observa no artigo, é possível mostrar que $\mathbb{R}^3$ não possui raiz utilizando a fórmula de Kunneth para grupos de homologia local de espaços euclidianos, contudo a ideia de Fokkink é trazer uma prova elementar daquele fato. A prova de Fokkink é elementar e se baseia somente na seguinte observação

- Se $h\colon\mathbb{R}^ n\rightarrow\mathbb{R}^ n$ é um homeomorfismo, então $h^ 2=h\circ h$ é um homeomorfismo que preserva orientação.

Resolvi fazer uma pergunta mais básica; 

- $\mathbb{R}$ possui raiz ?

Utilizando somente Topologia Geral, cheguei a uma resposta negativa da pergunta acima. Então, fica prometido que na próxima postagem trarei a minha demonstração de que $\mathbb{R}$ não possui raiz.

Bom final de semana!

Positiva vezes simétrica é diagonalizável. Solução.

Hoje, trago as soluções que conheço para o problema de álgebra linear proposto na postagem anterior. Abaixo, o problema e as soluções.

Problema. Sejam A e B duas matrizes simétricas. Se A é positiva definida, então AB é diagonalizável.

A primeira solução que apresento é devida a Rafael A. da Ponte

Solucão 1. 

Mostra-se, primeiro, que os autovalores de $AB$ são reais. 

Seja $\alpha$ um autovalor de $AB$, seja $v$ um autovetor correspondente a $\alpha$ (eventualmente com entradas não-reais) e $\beta$ o conjugado de $\alpha$.  Então, teremos:

$Bv\cdot v =  v \cdot Bv $ <=> $ A^{-1}ABv\cdot v  =  v\cdot A^{-1}ABv $ <=> $A^{-1}\alpha v\cdot  v =  v\cdot A^{-1}\alpha v$ <=> $\alpha A^{-1}v\cdot v = \beta v \cdot A^{-1}v. $

Daí, teremos $\beta = \alpha$ ou $Av\cdot v = 0.$ A última possibilidade não acontece, pois $A^{-1}$ é positiva e $v$ é não nulo. Logo $\alpha$ é real. 

Uma vez mostrado que os autovalores de $AB$ são reais, supomos que $AB$ não é diagonalizável, isto é, existem $\alpha$ real e vetores $v$ e $w$ não-nulos tais que $ABv = \alpha v + w$ e $ABw = \alpha w$ (tais vetores aparecem naturalmente no Teorema de Jordan).  Então:

$Bv\cdot w  =  Bw\cdot v$ <=> $A^{-1}ABv\cdot w = A^{-1}ABw\cdot v$ <=> $\alpha A^{-1}v\cdot w + A^{-1}w\cdot w = \alpha A^{-1}w\cdot v$  <=>  $A^{-1}w\cdot w = 0.$ 

A última igualdade não pode ocorrer, uma vez que $A^{-1}$ é positiva e $w$ é não-nulo. Logo, a matriz de Jordan de $AB$ é diagonal, logo $AB$ é diagonalizável. 

Final da solução 1.

A solução seguinte conheci através do site http://math.stackexchange.com (user 1551) e coincide com a solução enviada por Diego Sousa (o autor do blog  gigamatematica)

Solução 2.

Seja $M$ matriz simétrica e invertível tal que $M^2=A.$ A existência de $M$ vem do fato de $A$ ser uma matriz positiva. Então, $AB= M (MBM) M^{-1}$, isto é, $AB$ é semelhante 

a $MBM$ que é matriz simétrica, logo $AB$ é diagonalizável.

   

Final da solução 2.

Agora, a solução que o Professor Flávio Cruz me apresentou. 

Solução 3. 

Desde que $A$ é uma matriz simétrica positiva, a seguinte função $(v,w)\rightarrow A^{-1}v\cdot w$ define um produto interno em $\mathbb{R}^n$ que faz da matriz $AB$ um operador auto-adjunto, donde diagonalizável.

Final da solucão 3.

Finalmente, gostaria de observar que a questão levantada por Diego Sousa no campo de comentários da postagem anterior, a saber: 

"qual seria a versão complexa do problema acima ?"  

foi respondida por Rafael A. da Ponte no mesmo campo de comentários fazendo referência à Solução 1 apresentada aqui.

Positiva vezes simétrica é diagonalizável

A cena acima descreve parte do meu encontro, na última segunda-feira, com meu amigo Flávio. Flávio é um matemático que trabalha sobre imersões isométricas. 

Pois bem! Após a saudação, minhas próximas  palavras foram: 

- Rafael, aluno do bacharelado em matemática da UFC (e leitor deste blog!), resolveu o problema que você propôs.

O problema proposto pelo Professor Flávio era um problema de Álgebra Linear que apareceu como subproduto de sua pesquisa.

Eis o dito cujo!

Problema. Sejam A e B duas matrizes simétricas. Se A é positiva definida, então AB é diagonalizável.

Ops! Quase esquecia de falar qual é a relação do Professor Flávio com o Icasa. Icasa é um time de futebol aqui no Ceará que vive um momento de distinção entre os times cearenses porque será um dos nossos representantes na série B (isso mesmo, série B) do campeonato brasileiro de 2013. E, obviamente, o professor Flávio é um dos esperançosos torcedores do Icasa. Salve Icasa!

Sobre o problema acima, hoje  conheço 3 soluções para ele: a solução do Rafael, a do Professor Flávio e uma outra que encontrei no site http://math.stackexchange.com/

Na próxima postagem, mostrarei as 3 soluções!

Solução do problema sobre distorções de curvas

Como prometido, apresentaremos uma prova, devida a Michael Gromov, de que a distorção de uma curva fechada é maior do que ou igual à metade de $\pi$. Para ver uma definição de distorção de curvas fechadas e entender melhor o problema que estamos resolvendo, consulte a postagem anterior (aqui).

Prova. Seja $\gamma$ curva fechada de comprimento 2L. Suponhamos que $\gamma$ está parametrizada pelo comprimento de arco.  Para cada ponto p em $\gamma$, denotemos por p* o único ponto da curva tal que p e p* dividem a curva em dois arcos de comprimento L. Então, para provar a afirmação, e suficiente provar que existe um ponto p em $\gamma$ tal que |p-p*| é menor do que ou igual a 2L/$\pi$. Para tanto, suponhamos o contrario e definamos a curva $\alpha(t)=\gamma(t)-\gamma(t+\mbox{L})$ com $t$ variando entre 0 e L. Vale observar que $\alpha(t)$ é definido como a diferenca entre o ponto $\gamma(t)$ e o seu ponto * correspondente. Facilmente, vemos que $\alpha$ tem comprimento no máximo 2L. Por outro lado, $\alpha$ é uma curva cujos pontos final e inicial são antipodais e, por suposição, $\alpha$ está contida no exterior da bola euclidiana de centro na origem e raio 2L/$\pi$. Por isso, $\alpha$ deve ter comprimento maior do que o de uma semicircunferência de raio 2L/$\pi$, ou seja, $\alpha$ tem comprimento maior do que 2L. O que é o desejado absurdo.

Final da Prova.

Fica como desafio provar que se a distorção de $\gamma$ vale a metade de $\pi$, então $\gamma$ deve ser um circulo.

Até a próxima.