Sauda,c~oes,
Oi Claudio,
Gostei da sua solução.
Há um resultado conhecido como somas de Newton
que diz o seguinte: sejam
f(z) = z^n + c_1 z^{n-1} + ... + c_{n-1} z + c_n
e as raízes z_1, z_2, ... z_n .
As somas das potências S_k = sum_{p=1}^n z_p^k
são chamadas de somas de N. de f(z). As primeiras são
dadas por
S_0 = n = 1 + 1 + ... + 1
S_1 = - c_1 = z_1 + z_2 + ... z_n
S_2 = c_1^2 - 2c_2 = z_1^2 + z_2^2 + ... z_n^2
S_3 = 3(c_1c_2 - c_3) - c_1^3 = z_1^3 + z_2^3 + ... z_n^3
S_4 = ....
No seu caso, q(z) = z^3 - 4z^2 - 4z + 8 e queremos S_4 .
Aqui S_0=3, S_1=4, S_2=24, S_3=88 e
S_4 = - c_1S_3 - c_2S_2 - c_3S_1 = 416.
Estas somas saem da recorrência abaixo:
S_k + c_1 S_{k-1} + c_2 S_{k-2} + ... c_{k-1} S_1 + k c_k = 0
para k = 1,2,.....,n.
S_k + c_1 S_{k-1} + c_2 S_{k-2} + ... c_n S_{p-n} = 0
para k = n+1, n+2, ....
Tirei isso de um livro do Herbert Wilf. Ele não menciona mas
acho que já vi resultados para k = -1,-2,....
Assim, S_{-1} = 1/z_1 + .... + 1/z_n.
Alguém conhece as expressões de S_k para k negativo?
[]'s
Luis
From: Claudio Buffara <[EMAIL PROTECTED]>
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: <obm-l@mat.puc-rio.br>
Subject: Re: [obm-l] trigonometria
Date: Wed, 26 Jan 2005 22:11:02 -0200
Aqui vai a conclusao: ainda meio bracal mas nao tanto quanto a solucao que
eu havia imaginado anteriormente...
Sabemos que A + B + C = 1/2, AB + AC + BC = -1/2 e ABC = -1/8.
Por Girard, A, B e C sao raizes de p(x) = x^3 - x^2/2 - x/2 + 1/8 ==>
a = 1/A, b = 1/B e c = 1/C sao raizes de q(x) = x^3 - 4x^2 - 4x + 8,
onde:
a + b + c = 4, ab + ac + bc = -4 e abc = -8.
Queremos o valor de S = a^4 + b^4 + c^4.
(a + b + c)^4 = (a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + ac + bc))^2 ==>
4^4 = (a^2 + b^2 + c^2 + 2*(-4))^2 ==>
a^2 + b^2 + c^2 = 24
(a^2 + b^2 + c^2)^2 = a^4 + b^4 + c^4 + 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2) ==>
24^2 = S + 2(a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2)
(ab + ac + bc)^2 = a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2 + 2abc(a + b + c) ==>
(-4)^2 = a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2 + 2*(-8)*4 ==>
a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2 = 80 ==>
576 = S + 2*80 ==>
S = 416.
[]s,
Claudio.
on 26.01.05 18:39, Claudio Buffara at [EMAIL PROTECTED] wrote:
Eu me surpreenderia bastante se a demonstracao disso ai nao usasse
complexos
ou polinomios.
Uma ideia que me ocorre eh fazer aparecer estes cossenos em algum
polinomio.
Pra isso, vamos considerar as raizes 7as. da unidade e a seguinte fatoracao
macetosa de x^7 - 1:
x^7 - 1 = (x - 1)(x^2 - 2cos(2pi/7)x + 1)(x^2 - 2cos(4pi/7)x + 1)(x^2 -
2cos(6pi/7)x + 1).
(a demonstracao eh facil: basta agrupar as raizes complexas conjugadas, ou
seja,
cis(2pi/7) com cis(12pi/7), cis(4pi/7) com cis(10pi/7), etc... )
Mas, cos(4pi/7) = -cos(3pi/7) e cos(6pi/7) = -cos(pi/7).
Logo:
x^7 - 1 = (x - 1)(x^2 + 2cos(pi/7)x + 1)(x^2 - 2cos(2pi/7)x + 1)(x^2 +
2cos(3pi/7)x + 1).
(x^7 - 1)/(x - 1) =
x^6 + x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 =
(x^2 + 2cos(pi/7)x + 1)(x^2 - 2cos(2pi/7)x + 1)(x^2 + 2cos(3pi/7)x + 1)
De agora em diante, pra simplificar, vamos fazer:
A = cos(pi/7), B = -cos(2pi/7) e C = cos(3pi/7)
De forma que:
x^6 + x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = (x^2 + Ax + 1)(x^2 + Bx + 1)(x^2 + Cx
+ 1) (1)
Queremos o valor de:
1/A^4 + 1/B^4 + 1/C^4 =
((AB)^4 + (AC)^4 + (BC)^4)/(ABC)^4 = Num/Den
Fazendo x = i em (1) e simplificando, obtemos a identidade:
ABC = -1/8 (2)
ou seja,
Den = (ABC)^4 = 1/4096.
Fazendo x = 1 em (1):
(1 + A)(1 + B)(1 + C) = 7/8 ==>
1 + A + B + C + AB + AC + BC + ABC = 7/8
Usando (2):
A + B + C + AB + AC + BC = 0 (3)
Fazendo x = 2 em (1) e usando (2) e (3):
(5 + 4A)(5 + 4B)(5 + 4C) = 127 ==>
125 + 100(A + B + C) + 80(AB + AC + BC) + 64ABC = 127 ==>
20(A + B + C) = 2 - 80*0 - 64*(-1/8) = 10 ==>
A + B + C = 1/2 ==>
AB + AC + BC = -1/2
Resta calcular Num = (AB)^4 + (AC)^4 + (BC)^4, o que pode ser feito em
funcao de A + B + C, AB + AC + BC e ABC, mas as contas sao demais pra
mim...
[]s,
Claudio.
on 26.01.05 13:56, cleber vieira at [EMAIL PROTECTED] wrote:
Olá amigos,gostaria da ajuda de vocês no seguinte problema:
1) Provar que
sec^4(pi/7)+sec^4(2pi/7)+sec^4(3pi/7)= 416
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Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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