problema de funçao
alguém poderia mandar a resolução deste problema pra mim? Dadas 1000 funçoes lineares f_k (x) = (p_k).x + q_k , k= 1,2,...,1000, deseja-se obter o valor da composta f(x) = f_1(f_2(f_3.f_1000(x)...) no ponto x_0. Sabendo que em cada passo podemos efetuar simultaneamente qquer numero de operações aritmeticas com pares de numeros obtidos no passo anterior e que no primeiro passo podemos utilizar os numeros p_1, p_2,,p_1000, q_1,q_2,,1_1000, x_0, podemos afirmar que, o numero de passos necessarios para obter o valor da composta no ponto x não excede a: a)10 b)12 c)14 d)16 e) 20 valeu marcelo _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
IMO
A confian,ca 'e grande: estou em plena elabora,c~ao da prova da IMO usando e-mail livremente. N~ao posso comentar nada, claro, mas posso me comunicar sobre outros assuntos. E mandarei a prova assim que ela se tornar p'ublica. Desejem boa sorte a nosso time, []s, N.
Re: Polinômios...
Aí vai uma solução usando divisão de polinômios: 1) 1a solução: x^3 + px + q = (x^2 + ax + b)(x + c) => x^3 + px + q = x^3 + (a + c)x^2 + (b + ac)x + bc x^3 + px + q = (x^2 + rx + s)(x + t)=>x^3 + px + q = x^3 + (r + t)x^2 + (s + rt)x + st Concluímos então que: a = - c r = - t b + ac = s + rt bc = st Assim: b = s + rt - ac = (bc)/t - r^2 + a^2 = (ab)/r - r^2 + a^2 => b - (ab)/r = - (a + r)(a - r) => (b/r)(a - r) = - (a + r)(a - r) => b/r = -(a + r) => b = - r(a + r). Agora outra solução, porém usando as relações de Girard: 2) 2a solução: Do enunciado tiramos que as 2 raízes de x^2 + ax + b (c e d) e as 2 raízes de x^2 + rx + s (t e u) também são raízes de x^3 + px + q. Como x^3 + px + q possui somente 3 raízes, então x^2 + ax + b e x^2 + rx + s possuem uma raiz em comum. Digamos que u = c. Assim: c + d = - a cd = b c + t = - r ct = s Como a soma das raízes de x^3 + px + q é zero: c + d + t = 0 Como c + t = - r => t = a => c = - (a + r) Como t - d = a - r e t = a => d = r Portanto: b = cd => b = - r(a + r) Falou, Marcelo Rufino - Original Message - From: Héduin Ravell <[EMAIL PROTECTED]> To: <[EMAIL PROTECTED]> Sent: Monday, July 02, 2001 12:44 PM Subject: Polinômios... > Meus cumprimentos, > > Por favor, gostaria que tentassem resolver o seguinte problema: > > Se x^3 + px + q é divisível por x^2 + ax + b e por x^2 + rx + s, > demonstrar que b = -r (a + r) . > > > > Agradeço desde já. > > > > "Hipótese é uma coisa que nao é, > mas a gente faz de conta que é, > pra ver como seria se ela fosse." > > _ > Do You Yahoo!? > Get your free @yahoo.com address at http://mail.yahoo.com > >
Re: Problema-Seleção
E aí pessoal ?? Depois de tentar um pouco ontem o problema, consegui uma solução que se segue abaixo : (i) Seja a uma raiz inteira de Q(x). Logo, P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1. Como P(a^k) é inteiro para k inteiro, temos que há pelo menos um p, tal que P(a^p) = 1 e pelo menos um q tal que P(a^q) = -1 ( tudo isso com 1 <= p,q <= 4 e p diferente de q ) ; (ii) Lembremos que, como P(x) é inteiro, se P(t) = m e P(s) = n, então (t-s) | (m-n) ( Verifique ! ) ; (iii) Logo, (a^p - a^q) | 1 - (-1) = 2. Suponha que p>q. Logo, a^q * (a^(p-q) - 1) | 2. Mas como já sabemos que 0 e +-1 não podem ser raízes, então |x| >= 2. Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2 ( facilmente verificável ! ). O caso em que q>p é análogo. .: Logo, Q(x) não possui raízes inteiras !! ¡ Villard ! -Mensagem original- De: Rodrigo Villard Milet <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 22:37 Assunto: Re: Problema-Seleção >Essa sua pergunta (3) foi exatamente o que eu propus >¡Villard! >-Mensagem original- >De: Paulo Santa Rita <[EMAIL PROTECTED]> >Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> >Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 17:13 >Assunto: Re: Problema-Seleção > > >>Ola Pessoal ! >> >>Suponha que Q(x) tenha uma raiz inteira. Seja "i" esta raiz. >>Entao : P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) + 1 = 0. Ou seja, >> >>P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) = -1 >> >>Pode isso ? Ou isso e um evidente absurdo ? >> >>1) Se i=0 ou i=1 , P(i)=P(i^2)=P(i^3)=P(i^4) >>E teremos [P(i)]^4 = -1 ( ABSURDO ! ) >>2) Se i=-1, P(i)=P(i^3) e P(i^2)=P(i^4) >>E teremos [P(i)]^2 * [P(i^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! ) >>3) Por que nao pode ser modulo(i) > 1 ? >> >>Um abraco >>Paulo Santa Rita >>2,1607,02072001 >> >>>From: "Rodrigo Villard Milet" <[EMAIL PROTECTED]> >>>Reply-To: [EMAIL PROTECTED] >>>To: "Obm" <[EMAIL PROTECTED]> >>>Subject: Problema-Seleção >>>Date: Sun, 1 Jul 2001 20:53:17 -0300 >>> >>>Seja P(x) um polinômio de coeficientes inteiros e seja Q(x), tal que : >>>Q(x) = P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4) + 1. Mostre que Q(x) não possui >raízes >>>inteiras. >>> >>>Pô, eu consegui mostrar que se Q(x) possuísse raízes inteiras, só poderiam >>>ser 2 ou -2, mas não consegui mostrar que essas não podem ser . Se >>>alguém quiser, mando o que fiz... >>> >>>¡ Villard ! >> >>_ >>Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. >> >
