Teoria de Grafos

Mostre que , para qualquer grafo $G$ tem-se $\delta(G)\leq d(G)\leq \Delta(G)$.

Seja $G$ um grafo no qual   $v_1,v_2\cdots,v_n$
são seus vértices e $d_1,d_2,\cdots,d_n$ são seus respectivos graus.

Sabemos que o grau médio de um  grafo é dado por :
$$d(G)=\frac{\sum_{v\in G} d(v)}{n}$$
Como $$d(G)=\frac{d_1+d_2+\cdots+d_n}{n}$$



Como  $\delta(G)\leq d_i $ para $1\leq 1\leq n$

e $\Delta(G)\geq d_i$ para $1\leq 1\leq n$.

Assim
$$\frac{ n \delta(G)}{n}\leq d(G)=\frac{d_1+d_2+\cdots+d_n}{n}\leq \frac{n \Delta(G)}{n}.$$

$$ \delta(G)\leq d(G)=\frac{d_1+d_2+\cdots+d_n}{n}\leq  \Delta(G).$$

$$ \delta(G)\leq d(G)\leq \Delta(G).\blacksquare$$


                                                                   

Família de soluções

Considere a equação diferencial
$$ \frac{dy}{dx}=y$$

Sua solução é dada por :

$$y(x)=Ae^x$$

O gráfico abaixo representa a família de soluções da EQ .1

Equações Diferenciais separáveis

Uma equação diferencial é dita separável ou de  variáveis separáveis  se pode ser escrita na forma :
$$\frac{dy}{dx}=\frac{f(x)}{f(y)}$$

Método  de Resolução

Seja a equação diferencial de primeira ordem $y'=\frac{dy}{dx}=f(x)$.Podemos obter a solução geral desa equação por separação de variáveis.

$y'=\frac{dy}{dx}=f(x)\Rightarrow dy=f(x) dx$

Integrando, temos:

$\int dy=\int f(x) dx $

$y=\int f(x) dx +C $

onde $C$ é a  constante de integração.

Desigualdade das médias

Vamos neste post apresentar e demonstrar uma poderosa desigualdade capaz de solucionar inúmeros problemas.
É  a famosa desigualdade das médias.
Vamos apenas mostrar o caso para as médias aritméticas e geométricas de dois números.

Seja a Média Aritmética de dois números $x$ e $ y$ , definida da seguinte forma:

                                              $M.A= \frac{x+y}{2}$

E seja a média geométrica de $x$ e $ y$ definida da seguinte maneira , obviamente com $x$ e $y$ maiores ou iguais a zero.

                                                  $M.G=\sqrt{x.y}$
Vamos mostrar que $M.A\geq M.G$.
Demonstração

Sabemos que $(\sqrt{x}-\sqrt{y})^{2}\geq0$

Desenvolvendo , ficamos com:
$x-2\sqrt{xy}+y\geq0$

$x+y\geq2\sqrt{xy}$

$\frac{x+y}{2}\geq\sqrt{xy}$ .

Assim finalizamos a demonstração.

Limites e desigualdades

Sejam $lim\;x_n=a$ e $lim\;y_n=b$ .Se $a<b$, prove que existe $n_0\in \mathbb{N}$ tal que 
$n>n_0\Rightarrow x_n<y_n$

Suponha que para todo $x_n\geq y_n$, então $lim\;x_n\geq lim\;y_n$,isto é, $a\geq b$ .

Aí está o absurdo, porque é dado no problema que $a<b$ .

Então , existe $n_0\in \mathbb{N}$ tal que $n>n_0\Rightarrow x_n<y_n$ .

Indução Finita

Prove que


$1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=[\frac{n(n+1)}{2}]^2 , \forall n\in\mathbb{N^*}$ .

Base da indução    $(n=1)$

 $1^3=[\frac{1(1+1)}{2}]^2=1$ , Verdadeiro.

Hipótese de indução   $(n=k)$

 $1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3=[\frac{k(k+1)}{2}]^2$

Tese de indução $(n=k+1)$

Vamos provar para $(n=k+1)$ .


$1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3+(k+1)^3=[\frac{k(k+1)}{2}]^2+(k+1)^3$

Vamos somar $[\frac{k(k+1)}{2}]^2+(k+1)^3$

$\frac{k^2(k+1)^2}{4}+(k+1)^3=\frac{k^2(k+1)^2+4(k+1)^3}{4}=$
$\frac{(k+1)^2(k^2+4k+4)}{4}=\frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}=[\frac{(k+1)(k+2)}{2}]^2$

Assim provamos que a fórmula é válida para $(n=k+1)$ .

Isto é:

$1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=[\frac{n(n+1)}{2}]^2 , \forall n\in\mathbb{N^*}$ .

Continuidade Uniforme

Prove que $f:(a,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ com $a>0$ definida por $f(x)=\sqrt{x}$ é uniformemente contínua.

Sabemos que $x , y >a$ .



$|\sqrt{x}-\sqrt{y}|=\frac{|x-y|}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}<\frac{|x-y|}{\sqrt{a}+\sqrt{a}}<\epsilon$

Como $x >a$ , então $\sqrt{x}>\sqrt{a}$ e  $y>a$ ,  então $\sqrt{y}>\sqrt{a}$.

Assim $\sqrt{x}+\sqrt{y}>\sqrt{a}+\sqrt{a}=2\sqrt{a}$


Então

$\frac{|x-y|}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}<\frac{|x-y|}{2\sqrt{a}}<\epsilon$.

Assim $|x-y|<{2\sqrt{a}}\epsilon$ .

Dessa forma escolhendo $\delta={2\sqrt{a}}\epsilon$  a continuidade uniforme de $f(x)$ é garantida.