IME - 1981 - Complexos
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rihan
jvfreitas
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IME - 1981 - Complexos
Relembrando a primeira mensagem :
Mostre que para todo n natural teremos:
O que eu errei?
Um é conjugado do outro:
Então:
Mas repare que a a TANGENTE do argumento é 1/2. Sendo assim o ângulo é de 37/2... (da pra provar que tg37/2 é 1/2 construindo um triângulo retângulo 3, 4, 5 e prolongando o segmento 3 em 5...)
Suponhamos que ambos sejam iguais, e passemos para a forma trigonométrica:
desenvolvendo encontraremos que a igualdade irá ocorrer somente se:
Lembrando que como um é conjugado do outro eles tem argumentos de sinais contrários...
Repare que sen(-@)= - sen(@) para todo @.
Portanto teremos:
Então:
Sendo que a condição necessária passa a ser a de que 37n/2 seja um múltiplo de 180.
Fica fácil perceber que 37.360/2 é válido, ou qualquer múltiplo de 360...
Portando ficaria: n=360k; k pertencente aos naturais.
Onde ta errado? Era pra chegar em um absurdo, ou em uma solução impossível, mas chegamos em uma solução... o que ta errado?
Mostre que para todo n natural teremos:
O que eu errei?
Um é conjugado do outro:
Então:
Mas repare que a a TANGENTE do argumento é 1/2. Sendo assim o ângulo é de 37/2... (da pra provar que tg37/2 é 1/2 construindo um triângulo retângulo 3, 4, 5 e prolongando o segmento 3 em 5...)
Suponhamos que ambos sejam iguais, e passemos para a forma trigonométrica:
desenvolvendo encontraremos que a igualdade irá ocorrer somente se:
Lembrando que como um é conjugado do outro eles tem argumentos de sinais contrários...
Repare que sen(-@)= - sen(@) para todo @.
Portanto teremos:
Então:
Sendo que a condição necessária passa a ser a de que 37n/2 seja um múltiplo de 180.
Fica fácil perceber que 37.360/2 é válido, ou qualquer múltiplo de 360...
Portando ficaria: n=360k; k pertencente aos naturais.
Onde ta errado? Era pra chegar em um absurdo, ou em uma solução impossível, mas chegamos em uma solução... o que ta errado?
jvfreitas- Padawan
- Mensagens : 55
Data de inscrição : 23/11/2010
Idade : 30
Localização : Brasília - DF
Re: IME - 1981 - Complexos
VEJAM SE MINHA RESOLUÇÃO ESTA CORRETA POR FAVOR!dividi em dois casos:
se n for par, entao:
2+i=+-(2-i)
2+i=2-i (absurdo)
2+i=-2+i (absurdo)
se n for impar:
2+i=2-i(absurdo)
Logo são sempre diferentes...LOL!
se n for par, entao:
2+i=+-(2-i)
2+i=2-i (absurdo)
2+i=-2+i (absurdo)
se n for impar:
2+i=2-i(absurdo)
Logo são sempre diferentes...LOL!
dlemos- Jedi
- Mensagens : 401
Data de inscrição : 18/07/2012
Idade : 29
Localização : São Gonsalo, Rio de Janeiro, Brasil
Re: IME - 1981 - Complexos
Boa noite, amigos!
Peço perdão por reviver o tópico, porém, me deparei com essa questão e tô bem encucado com ela na vdd...
Infelizmente, apesar de ser bem rica, eu n consegui compreender a resolução dada pelo colega Rihan...
Em uma das minhas tentativas, tentei tbm transformar os complexos dados para suas formas exponenciais, porém, desenvolvendo, cheguei apenas que os argumentos dos complexos dados são diferentes(oq já sabemos)...
Gostaria de pedir a ajuda de vcs nessa daí!
Obrigado!
OBS.: Quanto a sua resolução, colega dlemos, vejo ela como uma boa saída, para caso a questão fosse adaptada para uma de múltipla escolha... Mas creio que a banca poderia aceitar ela, vc usando de "n" par ou "n" ímpar! Talvez seja uma resolução mt boa para um tempo de prova bem curto do ime kkkk.
Peço perdão por reviver o tópico, porém, me deparei com essa questão e tô bem encucado com ela na vdd...
Infelizmente, apesar de ser bem rica, eu n consegui compreender a resolução dada pelo colega Rihan...
Em uma das minhas tentativas, tentei tbm transformar os complexos dados para suas formas exponenciais, porém, desenvolvendo, cheguei apenas que os argumentos dos complexos dados são diferentes(oq já sabemos)...
Gostaria de pedir a ajuda de vcs nessa daí!
Obrigado!
OBS.: Quanto a sua resolução, colega dlemos, vejo ela como uma boa saída, para caso a questão fosse adaptada para uma de múltipla escolha... Mas creio que a banca poderia aceitar ela, vc usando de "n" par ou "n" ímpar! Talvez seja uma resolução mt boa para um tempo de prova bem curto do ime kkkk.
Floral Fury- Jedi
- Mensagens : 203
Data de inscrição : 06/10/2021
Idade : 20
Localização : SP - Brazil
Re: IME - 1981 - Complexos
Olá novamente Floral Fury;
A proposta do colega Rihan é a seguinte os números [latex](2+i)[/latex] e [latex](2-i)[/latex] são conjugados, portanto ele procurou saber qual a condição para a existência da igualdade [latex]z^n = \bar z^n[/latex] onde z= 2+i, ambos os números tem o mesmo módulo, resta analisar os argumentos. Seja [latex]\theta [/latex] o argumento principal de [latex]z[/latex]:
[latex]arg(z^n) \equiv n\cdot arg(z) \equiv n \cdot \theta \text{ }(mod \text{ }\text{ }2\pi )
arg(\bar z^n) \equiv n\cdot arg(\bar z) \equiv n \cdot (-\theta) \text{ }(mod \text{ }\text{ } 2\pi)[/latex]
[latex]z^n = \bar z^n \implies arg(z^n) \equiv arg(\bar z^n) \text{ }(mod \text{ }\text{ }2\pi) \implies n \cdot \theta \equiv n \cdot (-\theta) \text{ }(mod \text{ }\text{ } 2\pi) \implies [/latex]
[latex]\exists k,\text{ }\text{ } k \in \mathbb{Z}\text{ }\text{ } | \text{ }\text{ }\text{ } n \cdot \theta = n \cdot (-\theta) + 2 k \pi \implies \exists k, k \in \mathbb{Z}\text{ }\text{ } | \text{ }\text{ } n \theta = k \pi[/latex]
Eu achei um errinho nesta parte que sucede:
[latex]\theta[/latex] é argumento principal e é claramente não nulo, do contrário (2+i) seria um número real [latex]\implies 0 < \theta <2\pi \implies \theta >0[/latex]
Como [latex]\text{ } n ,\text{ } \pi \text{ }\text {e} \text{ } \theta [/latex] são maiores que zero então, o mesmo vale para [latex]k[/latex] o que implica que [latex]k>0, \text{ } k \in \mathbb{Z} \implies k\in \mathbb{N}^*[/latex]
Pela hipótese de que não existe resposta segue que:
[latex] \forall k, n \text{ }\in \mathbb{N}^*, \text{ }n \theta \neq k \pi \implies \text{ } \frac{\theta}{\pi} \neq \frac{k}{n} \text{ } \text{e } \text{ } \theta \neq \frac{k}{n}\pi
[/latex]
justificativa:
Note que em [latex]\theta \neq \frac{k}{n} \cdot \pi[/latex], o fator [latex]\frac{k}{n}[/latex] é racional, mas não necessariamente um valor inteiro.Para tornar claro o que estou dizendo suponha que [latex]\theta = \frac{400}{401} \pi \text{ }[/latex] note que [latex]\exists k, n |\text{ } n\theta = k\pi [/latex], pois podemos tomar k =400 e n =401. Ou seja, devemos analisar essa hipótese e provar que [latex]\theta \neq \frac{400}{401}\pi [/latex]
A abrangência da demonstração seguindo essa vertente dever ser algo como:
[latex]
\forall k, n \text{ }\in \mathbb{N}^*, \text{ }n \theta \neq k \pi \implies \text{ } \frac{\theta}{\pi} \neq \frac{k}{n} \text{ } \text{e } \text{ } \theta \neq \frac{k}{n}\pi \implies
\frac{\theta}{\pi} \not\in \mathbb{Q}_+, \frac{\theta}{\pi} >0 \implies \frac{\theta}{\pi} \in (\mathbb{R}_+ - \mathbb{Q}_+) [/latex]
Resumindo: Deve-se mostrar que[latex]\frac{\theta}{\pi} [/latex] é irracional positivo com [latex] 0 < \frac{\theta}{\pi} < 2 [/latex], ou ainda provar que [latex] \theta = \phi \cdot \pi [/latex], onde [latex]\phi[/latex] é irracional positivo, [latex]0 < \phi < 2[/latex], mas eis a questão, como? Apesar de não ser conclusiva, a linha de raciocínio é interessante para treinar conteúdo porque aborda várias propriedades.
Vou por-me a pensar em algo para contornar isso, se eu achar algo eu volto aqui.
Bons estudos
A proposta do colega Rihan é a seguinte os números [latex](2+i)[/latex] e [latex](2-i)[/latex] são conjugados, portanto ele procurou saber qual a condição para a existência da igualdade [latex]z^n = \bar z^n[/latex] onde z= 2+i, ambos os números tem o mesmo módulo, resta analisar os argumentos. Seja [latex]\theta [/latex] o argumento principal de [latex]z[/latex]:
[latex]arg(z^n) \equiv n\cdot arg(z) \equiv n \cdot \theta \text{ }(mod \text{ }\text{ }2\pi )
arg(\bar z^n) \equiv n\cdot arg(\bar z) \equiv n \cdot (-\theta) \text{ }(mod \text{ }\text{ } 2\pi)[/latex]
[latex]z^n = \bar z^n \implies arg(z^n) \equiv arg(\bar z^n) \text{ }(mod \text{ }\text{ }2\pi) \implies n \cdot \theta \equiv n \cdot (-\theta) \text{ }(mod \text{ }\text{ } 2\pi) \implies [/latex]
[latex]\exists k,\text{ }\text{ } k \in \mathbb{Z}\text{ }\text{ } | \text{ }\text{ }\text{ } n \cdot \theta = n \cdot (-\theta) + 2 k \pi \implies \exists k, k \in \mathbb{Z}\text{ }\text{ } | \text{ }\text{ } n \theta = k \pi[/latex]
Eu achei um errinho nesta parte que sucede:
Informações necessárias para a justificativa do erro:rihan escreveu:O máximo de reflexão que poderíamos ter aí é que: é que, em sendo n Natural e k Inteiro, θ é algum mútiplo inteiro de Π ou n o é, o que seria absurdo para um Natural ser múltiplo inteiro de um irracional...
[latex]\theta[/latex] é argumento principal e é claramente não nulo, do contrário (2+i) seria um número real [latex]\implies 0 < \theta <2\pi \implies \theta >0[/latex]
Como [latex]\text{ } n ,\text{ } \pi \text{ }\text {e} \text{ } \theta [/latex] são maiores que zero então, o mesmo vale para [latex]k[/latex] o que implica que [latex]k>0, \text{ } k \in \mathbb{Z} \implies k\in \mathbb{N}^*[/latex]
Pela hipótese de que não existe resposta segue que:
[latex] \forall k, n \text{ }\in \mathbb{N}^*, \text{ }n \theta \neq k \pi \implies \text{ } \frac{\theta}{\pi} \neq \frac{k}{n} \text{ } \text{e } \text{ } \theta \neq \frac{k}{n}\pi
[/latex]
justificativa:
Note que em [latex]\theta \neq \frac{k}{n} \cdot \pi[/latex], o fator [latex]\frac{k}{n}[/latex] é racional, mas não necessariamente um valor inteiro.Para tornar claro o que estou dizendo suponha que [latex]\theta = \frac{400}{401} \pi \text{ }[/latex] note que [latex]\exists k, n |\text{ } n\theta = k\pi [/latex], pois podemos tomar k =400 e n =401. Ou seja, devemos analisar essa hipótese e provar que [latex]\theta \neq \frac{400}{401}\pi [/latex]
A abrangência da demonstração seguindo essa vertente dever ser algo como:
[latex]
\forall k, n \text{ }\in \mathbb{N}^*, \text{ }n \theta \neq k \pi \implies \text{ } \frac{\theta}{\pi} \neq \frac{k}{n} \text{ } \text{e } \text{ } \theta \neq \frac{k}{n}\pi \implies
\frac{\theta}{\pi} \not\in \mathbb{Q}_+, \frac{\theta}{\pi} >0 \implies \frac{\theta}{\pi} \in (\mathbb{R}_+ - \mathbb{Q}_+) [/latex]
Resumindo: Deve-se mostrar que[latex]\frac{\theta}{\pi} [/latex] é irracional positivo com [latex] 0 < \frac{\theta}{\pi} < 2 [/latex], ou ainda provar que [latex] \theta = \phi \cdot \pi [/latex], onde [latex]\phi[/latex] é irracional positivo, [latex]0 < \phi < 2[/latex], mas eis a questão, como? Apesar de não ser conclusiva, a linha de raciocínio é interessante para treinar conteúdo porque aborda várias propriedades.
Vou por-me a pensar em algo para contornar isso, se eu achar algo eu volto aqui.
Bons estudos
joaoZacharias- Recebeu o sabre de luz
- Mensagens : 134
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Localização : Campinas - SP, BR
Re: IME - 1981 - Complexos
[2 + i]n = [√5.(2.√5/5 + i.√/5] = (√5)n.[cosθ + i.senθ]n = (√5)n.[cos(n.θ) + i.sen(n.θ)]
[2 - i]n = [√5.(2.√5/5 - i.√/5] = (√5)n.[cosθ - i.senθ]n = (√5)n.[cos(n.θ) - i.sen(n.θ)]
Igualando ambos: (√5)n.[cos(n.θ) + i.sen(n.θ)] = (√5)n.[cos(n.θ) - i.sen(n.θ)] --->
cos(n.θ) + i.sen(n.θ) = cos(n.θ) - i.sen(n.θ)---> i.sen(n.θ) = - i.sen(n.θ) ---> i = - i ---> Falso
[2 - i]n = [√5.(2.√5/5 - i.√/5] = (√5)n.[cosθ - i.senθ]n = (√5)n.[cos(n.θ) - i.sen(n.θ)]
Igualando ambos: (√5)n.[cos(n.θ) + i.sen(n.θ)] = (√5)n.[cos(n.θ) - i.sen(n.θ)] --->
cos(n.θ) + i.sen(n.θ) = cos(n.θ) - i.sen(n.θ)---> i.sen(n.θ) = - i.sen(n.θ) ---> i = - i ---> Falso
Elcioschin- Grande Mestre
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Re: IME - 1981 - Complexos
Boa noite Mestre Elcioschin,
Acho que mesmo da maneira que você densenvolveu cai no ponto que eu travei, vou usar de um dos últimos pontos da sua resolução.
[latex]isen(n\theta) = - isen(n\theta) [/latex]
A gente só poderia fazer uso da lei de corte se fosse garantia que [latex]\forall n, \text{ } n \in \mathbb{N}^* \text{ }sen(n\theta) \neq 0[/latex]
[latex]isen(n\theta) = - isen(n\theta) \implies (2i) sen(n \theta) = 0[/latex]
Logo 2i = 0 ou sen(nθ) = 0,
2i = 0 é absurdo, ou seja, se existe solução ela satisfaz [latex]sen(n\theta) = 0 \implies n\theta = k\pi, \text{ } k \in \mathbb{Z}[/latex]
A existência de soluções de [latex]n\theta = k\pi, \text{ } k \in \mathbb{Z} \text{ }[/latex] é o mesmo caso da minha explicação anterior.
Acho que mesmo da maneira que você densenvolveu cai no ponto que eu travei, vou usar de um dos últimos pontos da sua resolução.
[latex]isen(n\theta) = - isen(n\theta) [/latex]
A gente só poderia fazer uso da lei de corte se fosse garantia que [latex]\forall n, \text{ } n \in \mathbb{N}^* \text{ }sen(n\theta) \neq 0[/latex]
[latex]isen(n\theta) = - isen(n\theta) \implies (2i) sen(n \theta) = 0[/latex]
Logo 2i = 0 ou sen(nθ) = 0,
2i = 0 é absurdo, ou seja, se existe solução ela satisfaz [latex]sen(n\theta) = 0 \implies n\theta = k\pi, \text{ } k \in \mathbb{Z}[/latex]
A existência de soluções de [latex]n\theta = k\pi, \text{ } k \in \mathbb{Z} \text{ }[/latex] é o mesmo caso da minha explicação anterior.
joaoZacharias- Recebeu o sabre de luz
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Localização : Campinas - SP, BR
Re: IME - 1981 - Complexos
Acredito que o enunciado deveria ser n ∈ ℕ*, isto é, n é inteiro positivo:
θ é um valor irracional: θ ~= 37,4........º
Para senθ = 0 ---> n.θ = k.pi ---> k inteiro ---> n = k.pi/θ ---> n irracional ---> impossível
θ é um valor irracional: θ ~= 37,4........º
Para senθ = 0 ---> n.θ = k.pi ---> k inteiro ---> n = k.pi/θ ---> n irracional ---> impossível
Elcioschin- Grande Mestre
- Mensagens : 71807
Data de inscrição : 15/09/2009
Idade : 77
Localização : Santos/SP
Re: IME - 1981 - Complexos
Levou quase um ano, mas consegui elaborar uma solução em que não se precise discutir a racionalidade/irracionalidade da divisão entre argumento de (2+i) e PI. No fim, para fugir dessa discussão do argumento, eu acabei por usar o mínimo possível das propriedades dos números complexos.
1º Lema : Para qualquer n natural ímpar a desigualdade [latex](2+i)^n \neq (2-i)^n[/latex] é mantida. Demonstração:
2º Lema: [latex](2+i)^{2n} + (2-i)^{2n} \neq 0[/latex] para todo n natural , [latex]n \ge 1[/latex]. Demonstração:
3º Lema: [latex](2+i)^n + (2-i)^n \neq 0 [/latex] para n natural ímpar. Demonstração:
Indução: [latex](2+i)^{n \cdot 2^k} - (2-i)^{n \cdot 2^k}\neq 0 \implies (2+i)^{n \cdot 2^{(k+1)} } - (2-i)^{n \cdot 2^{(k+1)}}\neq 0[/latex] com k um natural , [latex]k \ge 0[/latex] e n um natural ímpar. Demonstração:
Bons estudos
1º Lema : Para qualquer n natural ímpar a desigualdade [latex](2+i)^n \neq (2-i)^n[/latex] é mantida. Demonstração:
- Spoiler:
- Supondo que ocorra a igualdade e desenvolvendo pelo binômio de Newton:
[latex](2+i)^n = (2-i)^n \Leftrightarrow \sum\limits_{k=0}^{\mbox{n}}\binom{n}{k}2^{n-k}i^k = \sum\limits_{k=0}^{\mbox{n}}\binom{n}{k}2^{n-k}(-i)^k \Leftrightarrow[/latex]
[latex]\sum\limits_{k=0}^{\mbox{n}}\binom{n}{k}2^{n-k}i^k - \sum\limits_{k=0}^{\mbox{n}}\binom{n}{k}2^{n-k}(-i)^k = 0 \Leftrightarrow[/latex]
[latex]\sum\limits_{k=0}^{\mbox{n}} [ \binom{n}{k}2^{n-k}i^k - \binom{n}{k}2^{n-k}(-1)^k i^k ] = \sum\limits_{k=0}^{\mbox{n}} \binom{n}{k}2^{n-k}i^k[1-(-1)^k] =0[/latex]
Note que são nulos os termos do somatório para os quais k é par, pois o fator (1-(-1)k) se anula. Já para k impar esse fator será igual a 2. Eliminemos os termos do somatório com k par e supondo que n seja ímpar.
[latex]2i\binom{n}{1}2^{n-1}- 2i\binom{n}{3} 2^{n-3} + 2i\binom{n}{5}2^{n-5} - 2i\binom{n}{7} 2^{n-7} + ... + 2(i)^{n} \binom{n}{n} = 0 \Leftrightarrow[/latex]
[latex]2i[\binom{n}{1}2^{n-1}- \binom{n}{3} 2^{n-3} + \binom{n}{5}2^{n-5} - \binom{n}{7} 2^{n-7} + ... + (i)^{n-1} \binom{n}{n}] = 0 \Leftrightarrow[/latex]
[latex]\binom{n}{1}2^{n-1}- \binom{n}{3} 2^{n-3} + \binom{n}{5}2^{n-5} - \binom{n}{7} 2^{n-7} + ... + (i)^{n-1} \binom{n}{n}= 0 [/latex]
Sabemos que [latex]i^{(n-1)} = 1[/latex] ou [/latex]i^{(n-1)} = -1[/latex], pois n é impar e que [latex]\binom{n}{n} =1 [/latex]. Logo, a depender de n, o termo [latex](i)^{n-1} \binom{n}{n} = (i)^{n-1}[/latex] é igual a [latex]\pm 1[/latex], ou seja
[latex]\binom{n}{1}2^{n-1}- \binom{n}{3} 2^{n-3} + \binom{n}{5}2^{n-5} - \binom{n}{7} 2^{n-7} + ... + (i)^{n-1} = 0 [/latex]
Tomemos o polinômio [latex]P(x) = \binom{n}{1}x^{n-1}- \binom{n}{3} x^{n-3} + \binom{n}{5}x^{n-5} - \binom{n}{7} x^{n-7} + ... + (i)^{n-1}[/latex] . Todos os seus coeficientes são inteiros. Suponha que possamos garantir que ele tenha ao menos os termos [latex](i)^{n-1} \text{ e } \binom{n}{1}x^{n-1} [/latex], logo podemos aplicar o teorema das raizes racionais. Se existe x racional que satisfaça a a condição de raiz desse polinômio, ele terá que ser da forma:
[latex]\pm \frac{1}{\text{algum divisor de } \binom{n}{1}} = \pm \frac{1}{\text{algum divisor de n}} [/latex]
As únicas raízes inteiras possíveis seriam o 1 ou -1. Assim, p(2) ≠ 0.
Se o polinômio possuir um único termo com n ímpar:
[latex]P(x) = \binom{n}{1}x^{n-1}, n \neq 0 \text{ } \implies P(2) \neq 0 [/latex]
Lembrando que [latex]2i \cdot P(2) = (2+i)^n - (2-i)^n \implies (2+i)^n - (2-i)^n \neq 0[/latex] para todo n ímpar.
2º Lema: [latex](2+i)^{2n} + (2-i)^{2n} \neq 0[/latex] para todo n natural , [latex]n \ge 1[/latex]. Demonstração:
- Spoiler:
- Analogamente(praticamente tudo é análogo ao lema 1), suponha que ocorra a igualdade. Abrindo as potências por binômio de Newton:
[latex](2+i)^{2n} + (2-i)^{2n} = \sum\limits_{k=0}^{\mbox{2n}}[\binom{2n}{k}2^{2n-k}i^k (1+(-1)^k)]= 0[/latex]
Note que os fatores [latex]1 + (-1)^k[/latex] do somátorio para os quais k é ímpar se anulam, e os em que k é par são iguais a 2. Logo:
[latex]2\binom{2n}{0}2^{2n} - 2 \binom{2n}{2} 2^{2n-2} + 2 \binom{2n}{4} 2^{2n-4} - 2 \binom{2n}{6} 2^{2n-6} + ... + 2i^{2n} \binom{2n}{2n} = 0 \Leftrightarrow [/latex]
[latex]2^{2n} - \binom{2n}{2} 2^{2n-2} + \binom{2n}{4} 2^{2n-4} - \binom{2n}{6} 2^{2n-6} + ... + i^{2n} = 0[/latex]
Seja o polinômio [latex]P(x) = x^{2n} - \binom{2n}{2} 2^{2n-2} + \binom{2n}{4} 2^{2n-4} - \binom{2n}{6} 2^{2n-6} + ... + i^{2n} = 0[/latex]
Neste caso as únicas raízes racionais possíveis seriam 1 ou -1. Logo P(2) ≠ 0. Caso o polinômio P(x) tivesse um único termo:
[latex] P(x) = x^{2n} \implies P(2) \neq 0 [/latex]
Lembrando que [latex]2 \cdot P(2) = (2+i)^{2n} + (2-i)^{2n}[/latex], então [latex](2+i)^{2n} + (2-i)^{2n} \neq 0[/latex] para n natural, [latex]n \ge 1[/latex]
3º Lema: [latex](2+i)^n + (2-i)^n \neq 0 [/latex] para n natural ímpar. Demonstração:
- Spoiler:
- Bom, a demonstração desse é ligeiramente diferente, mas o roteiro inicial é o mesmo.
[latex](2+i)^n + (2-i)^n = \sum\limits_{k=0}^{\mbox{n}}\binom{n}{k}2^{n-k}i^k (1 + (-1)^k) = 0 \Leftrightarrow[/latex]
[latex]2 \binom{n}{0}2^n - 2 \binom{n}{2}2^{n-2} + ... + 2\binom{n}{n-1}2^1 i^{n-1} = 0 \Leftrightarrow[/latex]
[latex]4[2^{n-1} - \binom{n}{2}2^{n-3} + ... + n \cdot i^{n-1}] = 0[/latex]
Seja [latex]P(x) = x^{n-1} - \binom{n}{2}x^{n-3} + ... + n \cdot i^{n-1}[/latex]
As possíveis raízes racionais serão os divisores de n. Como n é impar seus divisores também são ímpares. Logo 2 não pode ser raiz do polinômio e portanto, P(2) ≠ 0. Se P(x) tem um único termo:
[latex]P(x) = x^{n-1} \implies P(2) \neq 0[/latex]
Lembrando que [latex] 4 \cdot P(2) = (2+i)^n + (2-i)^n [/latex], então [latex](2+i)^n + (2-i)^n \neq 0[/latex] para n natural ímpar.
Indução: [latex](2+i)^{n \cdot 2^k} - (2-i)^{n \cdot 2^k}\neq 0 \implies (2+i)^{n \cdot 2^{(k+1)} } - (2-i)^{n \cdot 2^{(k+1)}}\neq 0[/latex] com k um natural , [latex]k \ge 0[/latex] e n um natural ímpar. Demonstração:
- Spoiler:
- Pelo 2º lema se [latex]k \ge 1[/latex]: [latex](2+i)^{n \cdot 2^k} + (2-i)^{n \cdot 2^k} \neq 0[/latex]
Pela hipótese de indução : [latex](2+i)^{n \cdot 2^k} - (2-i)^{n \cdot 2^k}\neq 0 [/latex]
[latex](2+i)^{n \cdot 2^{(k+1)} } - (2-i)^{n \cdot 2^{(k+1)}} = [(2+i)^{n \cdot 2^k} - (2-i)^{n \cdot 2^k}][ (2+i)^{n \cdot 2^k} + (2-i)^{n \cdot 2^k}][/latex]
Como os dois fatores que compõem [latex](2+i)^{n \cdot 2^{(k+1)} } - (2-i)^{n \cdot 2^{(k+1)}}[/latex] são não nulos, então [latex](2+i)^{n \cdot 2^{(k+1)} } - (2-i)^{n \cdot 2^{(k+1)}}[/latex]também será não nulo.
Se k = 0 temos pelos lemas 1º e 3º respectivamente:
[latex](2+i)^n - (2-i)^n \neq 0 [/latex] e [latex](2+i)^n + (2-i)^n \neq 0 [/latex]
Logo [/latex] (2+i)^{n\cdot2} -(2-i)^{n \cdot 2} = [(2+i)^n - (2-i)^n ][(2+i)^n + (2-i)^n ] \neq 0 [/latex]
Portanto, pela indução [latex](2+i)^{n \cdot 2^k} - (2-i)^{n \cdot 2^k} \neq 0[/latex] com k um natural , [latex]k \ge 0[/latex] e n um natural ímpar. As fatorações do tipo [latex]n \cdot 2^k[/latex] contemplam todos os naturais maiores ou iguais a 1. Por fim, temos a demonstração.
Bons estudos
joaoZacharias- Recebeu o sabre de luz
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