Sejam P(x) um polinômio a coeficientes reais e a < b números reais. Se P(a) . P(b) >0 então P(x) tem um no par ( podendo ser = 0 ) de zeros reais no intervalo aberto ( a , b ) e se P(a) . P(b) < 0, P(x) tem um número ímpar de zeros em ( a , b ).
Segue a demonstração:
Podemos supor P(x) não constante( pois no caso cte nada temos a provar ) e mônico ( por simplicidade ). Pelo Teorema Fundamental da Álgebra, podemos fatorar P(x) completamente em fatores "lineares":
P(x) = ( x-a1) . ( x-a2 ) ... ( x - ak ) . (x - z1 ) ... (x - zm) .
Em que os ai´s são reais e os bj´s complexos não-reais e são as raízes de P(x)=0.
OBS: Se P(x) não tiver raiz real então P(x)>0 para todo x real e tudo bem. Dessa forma podemos assumir que P(x) tenha alguma raiz real.
Mas tb sabemos que as raízes complexas não-reais só aparecem aos pares, z e conjugado de z , pois P(x) tem coef. reais. Daí, podemos reescrever :
P(x) = (x - a1)...(x - ak). Q(x) , com Q(x) >0 para todo x real =>
P(a) . P(b) = ( a - a1) ... ( a - ak ) .( b - a1) ... ( b - ak). Q(a). Q(b) .
Se a < a_i < b => a - a_i <0 e b - a_i > 0 .
Se a_i < a => a - a_i > 0 e b - a_i > 0 .
Se a_i > b => a - a_i< 0 e b - a_i < 0 .
Desta forma, se a_i é uma raiz de P(x) no intervalo (a, b ) => ( a-a_i). (b-b_i)<0 . Caso contrário, (a-a_i). (b -a_i) >0 . Decorre que se P(a).P(b) > 0 => o número de raizes reais de P9x) em (a,b) é necessariamente par e se P(a). P(b) <0 => o no de raízes reais de P(x) em (a,b) é necessariamente ímpar.
Abraços a todos.
Frederico.
From: "Paulo Santa Rita" <[EMAIL PROTECTED]> Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] TFA - Teorema Fundamental da Algebra Date: Mon, 21 Jul 2003 18:15:03 +0000
Ola Pessoal,
Revendo a mensagem na qual aprresento a PROVA DE CAUCHY para o Teorema
Fundamental da Algebra achei-a um tanto confusa, pois eu estava escrevendo com
pressa. Como este Teorema e importante, dificilmente encontrado em livros do
ensino medio e sendo a prova de Cauchy simples, facilmente acompanhavel por
um estudante dedicado, resolvi re-escrever a prova, colocando detalhes de forma que
qualquer pessoa possa entender.
Esse Teorema tem provas mais longas e mais curvas. Usando Analise complexa a
prova e trivial e curtissima, mas nao acho que seja adeguado apresentar aqui, por
obvias razoes.
A IDEIA FUNDAMENTAL : A ideia subjacente a esta prova e a seguinte. Se everdade
que todo polinomio no plano de Argand tem raiz, entao esta raiz minimiza o seu modulo
e a suposicao de um minimo positivo deve conduzir a um absurdo. Como fazer este
absurdo surgir ? Considerando um circulo em torno do ponto que minimiza o modulo do
polinomio e tratando retas passando por este ponto. Em uma destas retas evidenciara
o absurdo. O resto e detalhe.
Segue a Prova de Cauchy :
Seja P(X) = A0*(X^n) + A1*(X^n-1) + ... + An-1*X + An um polinomio no qual os
coeficientes A0, A1, ..., An-1, An sao numeros complexos quaisquer e X e uma
variavel complexa. Queremos mostrar que existe Z complexo tal que :
P(Z) = A0*(Z^n) + A1*(Z^n-1) + ... + An-1*Z + An = 0.
Para tanto, seja M = MIN { MODULO( P(X) ), X variando em C }.
Como, por definicao, modulo( P(X) ) >= 0. Segue que M >= 0. Portanto, M pode
ser
PRIMEIRO CASO : M = 0.
Neste caso, existe um complexo Z0 tal que MODULO( P(Z0) ) = 0. Segue que P(Z0) = 0 e portanto Z0 e uma raiz de P(X) e a demonstracao esta concluida.
SEGUNDO CASO : M > 0.
Neste caso, seja Z0 o complexo tal que MODULO( P(Z0) ) = M. IMAGINANDO no
plano complexo um circulo de centro Z0 e raio R, segue que qualquer ponto Z na
circunferencia deste circulo pode ser imaginado como a extremidade de um vetor,
soma dos vetores :
Z0 : origem em (0,0) e extremidade no ponto Z0 Z1 : origem no ponto Z0, extremidade no ponto Z e modulo R
Assim, para qualquer Z na circunferencia do circulo, teremos :
Z = Z0 + Z1
Calculando agora P(Z), teremos :
P(Z)=P(Z0 + Z1)=A0*((Z0 + Z1)^n ) + A1*((Z0+Z1)^n-1 ) + ... + An-1*(Z0+Z1) + An
Na expressao acima, ao expandirmos (Z0+Z)^p - p = 0,1,2, ..., n - usando o Binomio
de Newton, iremos obter as parcelas A0*(Z0^n), A1*(Z0^n-1), ..., An-1*Z0, An nas
quais nao aparece Z1 e diversas outras parcelas, nas quais sempre constara Z1 :
1) Sozinho, sem que apareca Z0. Exemplos : A0*(Z1^n), A1*(Z1^n-1), ..., An-1*Z1 2) Acompanhado de Z1. Exemplos : BINOM(N,1)*A0*(Z0^n-1)*(Z1), BINOM(N,N-1)*A0*(Z0)*(Z1^n-1), ... onde BINOM(N,P) = N! / ( P!*(N-P)! )
Esta observacao deixa claro que P(Z0+Z1) tera o seguinte aspecto : P(Z0+Z1) = P(Z0) + B0*(Z1^n) + B1*(Z1^n-1) + ... + Bn*Z1 onde cada Bi e uma constante ou um polinomio em Z0.
Claramente que dependendo dos Ai originais, de "n" e do valor de Z0, alguns destes
Bi poderao ser nulos. Se, alem de eliminar os Bi nulos, ordenarmos o polinomio em Z1
resultante segundo as potencias crescentes de Z1, renomeando a seguir os Bi por C's,
teremos algo semelhante a :
P(Z0+Z1) = P(Z0) + C1*(Z1^a) + C2*(Z1^b) + ... + Cp*(Z1^w).
Nesta ultima expressao acima :
1) Nenhum dos Ci e nulo, por construcao. 2) a < b < c < ... < w, em virtude da ordenacao 3) p <= n, obvio.
Colocando C1*(Z1^a) em evidencia :
P(Z0+Z1) = P(Z0) + C1*(Z1^a)*[ 1 + (C2/C1)*(Z1^b-a) + ... + (Cp/C1)*(Z1^w-a) ]
Como estamos supondo P(Z0) > 0, podemos dividir tudo po P(Z0). Dividindo :
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1 + ( C1/P(Z0) )*(Z1^a)*[ 1 + (C2/C1)*(Z1^b-a) + ... + (Cp/C1)*(Z1^w-a) ]
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1 + ( C1/P(Z0) )*[(Z1^a)*( 1 + (C2/C1)*(Z1^b-a) + ... + (Cp/C1)*(Z1^w-a) )]
Fazendo C1/P(Z0) = k :
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1 + k*[(Z1^a)*( 1 + (C2/C1)*(Z1^b-a) + ... + (Cp/C1)*(Z1^w-a) )]
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1 + k*[(Z1^a)*( 1 + Z1*F(Z1) ) onde F(Z1) e uma funcao ( um polinomio ) em Z1.
Claramente que sao numeros complexos tanto "k" quanto Z1, podendo portanto serem
colocados na forma trigonometrica, isto e :
k = P*( cosQ + i*senQ ) e Z1 = R( cosS + i*senS )
Portanto : k*(Z1^a) = P(R^a)*( cos(Q + aS) + i*sen(Q + aS) ). Dai :
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1+ P(R^a)*( cos(Q + aS) + i*sen(Q + aS) )*( 1 + Z1*F(Z1) )
PRESTE BASTANTE ATENCAO AQUI : Z0 e fixo. Ele e o complexo que torna modulo( P(Z) )
minimo. Segue que P(Z0) e um complexo fixo e que C1/P(Z0) tambem o e, pois C1 e uma constante ou um polinomio em Z0. Mas Z1 nao e fixo. Z1 e UM PONTO na circunferencia do circulo de centro Z0 e raio R. Portanto, QUALQUER QUE SEJA Z0, podemos escolher Z1 de forma que Q + aS = pi, qualquer que seja o natural "a". Assim, existe Z1 tal que Q + aS = pi.
E como Z = Z0 + Z1, podemo dizer que EXISTE Z tal que Q+aS = pi.
Fazendo a substituicao :
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1+ P(R^a)*( cos(pi) + i*sen(pi) )*( 1 + Z1*F(Z1) )
P(Z0+Z1) / P(Z0) = 1 - P(R^a)*( 1 + Z1*F(Z1) ) = 1 - P(R^a) - P(R^a)*Z1*F(Z1) )
Aplicando modulo nos dois lados :
modulo( P(Z0+Z1) / P(Z0) ) = modulo ( 1 - P(R^a) - P(R^a)*Z1*F(Z1) ) )
A desigualdade modulo(a-b) =< modulo(a) + modulo(b) aplica-se tambem aos numeros
complexos. Aplicando-a :
modulo( P(Z0+Z1) / P(Z0) ) =< modulo ( 1 - P(R^a) ) + modulo( P(R^a)*Z1*F(Z1) )
modulo( P(Z0+Z1) / P(Z0) ) =< modulo ( 1 - P(R^a) ) + P(R^a)*modulo(Z1)*modulo(F(Z1) )
mas modulo(Z1) = R. Assim :
modulo( P(Z0+Z1) / P(Z0) ) =< modulo ( 1 - P(R^a) ) + P(R^a+1)*modulo(F(Z1) )
PRESTE BASTANTE ATENCAO AQUI. Nos tomamos um Z=Z0+Z1, isto e, escolhemos
um Z0 de forma que Q+aS = pi. Ora, Z e um ponto da circunferencia do circulo de centro
Z0 e raio R. Portanto, se diminuirmos R e mantivermos a direcao de Z estaremos, de fato, como que fazendo um corte no circulo original de raio R ... Isso ( a dimuicao de R ) vai diminuir
P(R^a) e P(R^a+1)*modulo(F(Z1) ), pois "a" e um numero natural fixo e R esta diminuindo. Claramente que INEVITAVELMENTE P(R^a) se tornara maior que P(R^a+1)*modulo(F(Z1) ) para algum R suficientemente pequeno. Quando isto ocorrer :
modulo ( 1 - P(R^a) ) + P(R^a+1)*modulo(F(Z1) ) < 1. Seguira que :
modulo( P(Z0+Z1) / P(Z0) ) < 1 => modulo( P(Z0+Z1) ) < modulo( P(Z0)) ... ABSURDO !
Pois modulo(P(Z0)) e minimo !
Esse absurdo derivou do fato de postularmos que modulo(P(Z0)) > 0. Assim, esta tese e
insustentavel e temos que admitir que :
modulo(P(Z0)) = 0 => P(Z0) = 0, isto e :
TEOREMA FUNDAMENTAL DA ALGEBRA : Toda equacao polinomial de qualquer grau N e com quaisquer coeficientes complexos tem uma raiz.
A PRIMEIRA IDEIA DE GAUSS : Em sua primeira demonstracao ( tese de doutorado ) Gauss substitui cada numero complexo pelo binomio "a+bi" e divide o polinomio em duas funcoes de duas variaveis : Real(a,b) e Complexo(a,b). A seguir, tecendo consideracoes geometricas ele mostra que o sistema :
Real(a,b) = 0 e Complexo(a,b) = 0
Necessariamente tem uma solucao. Ele nao ficou satisfeito e tentou ffazer uma prova estritamente algebrica, mas nao conseguiu. Segundo Jean Dioudonne, Matematico frances do Grupo Boubarki, o TFA depende necessariamente de consideracoes topologicas e, portanto, a pretensao de Gauss era infundada.
O TFA tem muitas implicacoes. Uma, conhecida como TEOREMA DE BOLZANO, e muito bonita. Alguem gostaria de mostrar esta implicacao ?
Um Abraco a Todos Paulo Santa Rita 2,1448,210703
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