Re: [obm-l] Problema 6 do dia 1 da IMC-rascunhos
Ah,eu nao li sua soluçao ainda mas me lembrei do artigo.Va no link http://www.unl.edu/amc/a-activities/a4-for-students/ Ai estara um artigo do Kiran sobre desigualdades. Talvez depois eu acabe o problema... --- Claudio Buffara [EMAIL PROTECTED] escreveu: on 08.08.03 17:16, Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet at [EMAIL PROTECTED] wrote: Oi turmaOntem imprimi a prova da decima IMC.Eu nao consegui fazer muita coisa,afinal ainda estou nmo ensino me dio.Mas parei pra pensar no problema seis no onibus enquanto voltava a casa.Aqui vai um resumo. Seja f(x)=soma de 1 ate n de a_n*x^n um polinomio em R[x].Se f(t)=0 acarreta Re(t)0 entao a_k*a_(k+3)a_(k+2)*a_(k+3) Podemos supor que o polinomio e monico. Consegui resolver isto no caso n=3: Caso 1:as raizes sao reais.Logo o polinomio pode ser escrito na forma (t+t1)(t+t2)(t+t3) com os ts positivos.Assim basta abrir e conferir a desigualdade automaticamente! Caso 2:complexos nas raizes.Basta fazer Re(f)=Im(f)=0,escrever e usar o caso anterior! Pro caso geral tive uma ideia bem legal.Tentem ver se este artigo ainda esta online,senao... Parece Parece que na pagina da AMS tem algo do Kiran Kedlaya sobre desigualdades.Tem um truque util que deve dar para o gasto nesse problema... Favor procurar em www.ams.org algo parecido... Oi, Dirichlet: O enunciado na verdade diz que: a(k)*a(k+3) a(k+1)*a(k+2) para k = 0,1,.., n-3 * Esse deu um certo trabalho... Na minha opiniao, a observacao mais importante para esse problema eh a seguinte: Se todas as raizes de um dado polinomio real p(x) tem parte real negativa, entao os fatores irredutiveis de p(x) serao da forma: (x + a), onde a eh um real positivo ou (x^2 + bx + c), onde b e c sao reais positivos. Assim, se p(x) = a(0) + a(1)*x + ... + a(n)*x^n, entao todos os a(i) terao o mesmo sinal (em particular, se p(x) for monico, entao todos os coeficientes serao positivos) Isso quer dizer que, para 0 = i = j = n, teremos a(i)*a(j) 0. * Os casos onde grau(p(x)) = 1, 2 e 3 podem ser verificados por inspecao, como voce disse. Hipotese de inducao: Suponha que o resultado seja verdadeiro para polinomios de grau = n. Seja p(x) = b(0) + b(1)*x + ... + b(n+1)*x^(n+1) um polinomio de grau n+1 cujas raizes tem parte real negativa. Precisamos considerar apenas dois casos: CASO 1: Todas as raizes de p(x) sao reais (e negativas). Nesse caso, podemos escolher duas dessas raizes e chamar a sua soma -t e seu produto de u (u, t: reais positivos). CASO 2: p(x) possui (pelo menos) um par de raizes complexas conjugadas. Nesse caso, podemos chamar as suas partes reais (que sao iguais) de -t/2 e seus modulos (tambem iguais) de raiz(u) (u, t: reais positivos). Em ambos os casos podemos escrever: p(x) = (x^2 + tx + u)*q(x), onde q(x) eh um polinomio de grau n-1 cujas raizes tem parte real negativa. * q(x) = a(0) + a(1)*x + ... + a(n-1)*x^(n-1) == Para 0 = k = n+1, a relacao entre os coeficientes de p(x) e q(x) eh: b(k) = u*a(k) + t*a(k-1) + a(k-2) onde convencionamos que: a(-2) = a(-1) = a(n) = a(n+1) = 0. * Seja k um inteiro tal que 0 = k = n-2. b(k+1)*b(k+2) - b(k)*b(k+3) = [u*a(k+1) + t*a(k) + a(k-1)]*[u*a(k+2) + t*a(k+1) + a(k)] - [u*a(k) + t*a(k-1) + a(k-2)]*[u*a(k+3) + t*a(k+2) + a(k+1)] = [a(k+1)a(k+2) - a(k)a(k+3)]*u^2 + [a(k+1)^2 - a(k-1)a(k+3)]*u*t + [a(k)a(k+1) - a(k-1)a(k+2)]*t^2 + [a(k-1)a(k+2) - a(k-2)a(k+3)]*u + [a(k)^2 - a(k-2)a(k+2)]*t + [a(k-1)a(k) - a(k-2)a(k+1)] = A*u^2 + B*u*t + C*t^2 + D*u + E*t + F, onde, pela hipotese de inducao aplicada a q(x), os coeficientes A, C, D e F sao positivos. a(k-1)a(k) a(k-2)a(k+1) 0 (vide observacao acima) a(k)a(k+1) a(k-1)a(k+2) 0 == Multiplicando ambas as desigualdades, obtemos: a(k-1)a(k)^2a(k+1) a(k-2)a(k-1)a(k+1)a(k+2) Dividindo ambos os membros por a(k-1)a(k+1) (que eh uma quantidade positiva), obtemos: a(k)^2 a(k-2)a(k+2) == E = a(k)^2 - a(k-2)a(k+2) 0 Analogamente, podemos provar que B 0. Ou seja, t, u, A, B, C, D, E, F sao todos positivos == b(k+1)b(k+2) - b(k)b(k+3) 0 e acabou!!! Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = ___ Conheça o novo Cadê? - Mais rápido, mais fácil e mais preciso. Toda a web, 42 milhões de páginas brasileiras e nova busca por imagens! http://www.cade.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
Re: [obm-l] Problema 6 do dia 1 da IMC-rascunhos
on 08.08.03 17:16, Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet at [EMAIL PROTECTED] wrote: Oi turmaOntem imprimi a prova da decima IMC.Eu nao consegui fazer muita coisa,afinal ainda estou nmo ensino me dio.Mas parei pra pensar no problema seis no onibus enquanto voltava a casa.Aqui vai um resumo. Seja f(x)=soma de 1 ate n de a_n*x^n um polinomio em R[x].Se f(t)=0 acarreta Re(t)0 entao a_k*a_(k+3)a_(k+2)*a_(k+3) Podemos supor que o polinomio e monico. Consegui resolver isto no caso n=3: Caso 1:as raizes sao reais.Logo o polinomio pode ser escrito na forma (t+t1)(t+t2)(t+t3) com os ts positivos.Assim basta abrir e conferir a desigualdade automaticamente! Caso 2:complexos nas raizes.Basta fazer Re(f)=Im(f)=0,escrever e usar o caso anterior! Pro caso geral tive uma ideia bem legal.Tentem ver se este artigo ainda esta online,senao... Parece Parece que na pagina da AMS tem algo do Kiran Kedlaya sobre desigualdades.Tem um truque util que deve dar para o gasto nesse problema... Favor procurar em www.ams.org algo parecido... Oi, Dirichlet: O enunciado na verdade diz que: a(k)*a(k+3) a(k+1)*a(k+2) para k = 0,1,.., n-3 * Esse deu um certo trabalho... Na minha opiniao, a observacao mais importante para esse problema eh a seguinte: Se todas as raizes de um dado polinomio real p(x) tem parte real negativa, entao os fatores irredutiveis de p(x) serao da forma: (x + a), onde a eh um real positivo ou (x^2 + bx + c), onde b e c sao reais positivos. Assim, se p(x) = a(0) + a(1)*x + ... + a(n)*x^n, entao todos os a(i) terao o mesmo sinal (em particular, se p(x) for monico, entao todos os coeficientes serao positivos) Isso quer dizer que, para 0 = i = j = n, teremos a(i)*a(j) 0. * Os casos onde grau(p(x)) = 1, 2 e 3 podem ser verificados por inspecao, como voce disse. Hipotese de inducao: Suponha que o resultado seja verdadeiro para polinomios de grau = n. Seja p(x) = b(0) + b(1)*x + ... + b(n+1)*x^(n+1) um polinomio de grau n+1 cujas raizes tem parte real negativa. Precisamos considerar apenas dois casos: CASO 1: Todas as raizes de p(x) sao reais (e negativas). Nesse caso, podemos escolher duas dessas raizes e chamar a sua soma -t e seu produto de u (u, t: reais positivos). CASO 2: p(x) possui (pelo menos) um par de raizes complexas conjugadas. Nesse caso, podemos chamar as suas partes reais (que sao iguais) de -t/2 e seus modulos (tambem iguais) de raiz(u) (u, t: reais positivos). Em ambos os casos podemos escrever: p(x) = (x^2 + tx + u)*q(x), onde q(x) eh um polinomio de grau n-1 cujas raizes tem parte real negativa. * q(x) = a(0) + a(1)*x + ... + a(n-1)*x^(n-1) == Para 0 = k = n+1, a relacao entre os coeficientes de p(x) e q(x) eh: b(k) = u*a(k) + t*a(k-1) + a(k-2) onde convencionamos que: a(-2) = a(-1) = a(n) = a(n+1) = 0. * Seja k um inteiro tal que 0 = k = n-2. b(k+1)*b(k+2) - b(k)*b(k+3) = [u*a(k+1) + t*a(k) + a(k-1)]*[u*a(k+2) + t*a(k+1) + a(k)] - [u*a(k) + t*a(k-1) + a(k-2)]*[u*a(k+3) + t*a(k+2) + a(k+1)] = [a(k+1)a(k+2) - a(k)a(k+3)]*u^2 + [a(k+1)^2 - a(k-1)a(k+3)]*u*t + [a(k)a(k+1) - a(k-1)a(k+2)]*t^2 + [a(k-1)a(k+2) - a(k-2)a(k+3)]*u + [a(k)^2 - a(k-2)a(k+2)]*t + [a(k-1)a(k) - a(k-2)a(k+1)] = A*u^2 + B*u*t + C*t^2 + D*u + E*t + F, onde, pela hipotese de inducao aplicada a q(x), os coeficientes A, C, D e F sao positivos. a(k-1)a(k) a(k-2)a(k+1) 0 (vide observacao acima) a(k)a(k+1) a(k-1)a(k+2) 0 == Multiplicando ambas as desigualdades, obtemos: a(k-1)a(k)^2a(k+1) a(k-2)a(k-1)a(k+1)a(k+2) Dividindo ambos os membros por a(k-1)a(k+1) (que eh uma quantidade positiva), obtemos: a(k)^2 a(k-2)a(k+2) == E = a(k)^2 - a(k-2)a(k+2) 0 Analogamente, podemos provar que B 0. Ou seja, t, u, A, B, C, D, E, F sao todos positivos == b(k+1)b(k+2) - b(k)b(k+3) 0 e acabou!!! Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Problema 6 do dia 1 da IMC-rascunhos
Oi turmaOntem imprimi a prova da decima IMC.Eu nao consegui fazer muita coisa,afinal ainda estou nmo ensino me dio.Mas parei pra pensar no problema seis no onibus enquanto voltava a casa.Aqui vai um resumo. Seja f(x)=soma de 1 ate n de a_n*x^n um polinomio em R[x].Se f(t)=0 acarreta Re(t)0 entao a_k*a_(k+3)a_(k+2)*a_(k+3) Podemos supor que o polinomio e monico. Consegui resolver isto no caso n=3: Caso 1:as raizes sao reais.Logo o polinomio pode ser escrito na forma (t+t1)(t+t2)(t+t3) com os ts positivos.Assim basta abrir e conferir a desigualdade automaticamente! Caso 2:complexos nas raizes.Basta fazer Re(f)=Im(f)=0,escrever e usar o caso anterior! Pro caso geral tive uma ideia bem legal.Tentem ver se este artigo ainda esta online,senao... Parece Parece que na pagina da AMS tem algo do Kiran Kedlaya sobre desigualdades.Tem um truque util que deve dar para o gasto nesse problema... Favor procurar em www.ams.org algo parecido... ___ Conheça o novo Cadê? - Mais rápido, mais fácil e mais preciso. Toda a web, 42 milhões de páginas brasileiras e nova busca por imagens! http://www.cade.com.br = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
