[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível
Em seg., 17 de ago. de 2020 às 12:14, Claudio Buffara escreveu: > > Eu acho que o Eisenstein inventou este critério pra polinômios da forma x^n + > a ou, mais geralmente, pra polinômios ciclotômicos. > Daí funciona bem. > > On Mon, Aug 17, 2020 at 11:02 AM Esdras Muniz > wrote: >> >> E se p=3, e p divide N^2+9, então p^2 divide N^2+9. >> >> Então o critério de Eisenstein realmente não é tão abrangente. Será que tem >> algum outro critério que cubra casos em que o de Eisenstein não cubra? >> >> Em seg, 17 de ago de 2020 09:46, Claudio Buffara >> escreveu: >>> >>> Boa! Se p <> 3 mas p divide 3N e 3N^2, então p divide N ==> p não divide >>> N^3 + 9. >>> >>> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:51 PM Esdras Muniz >>> wrote: Tenta com x^3+9. Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara escreveu: > > f(x) em Z[x], bem entendido... > > > On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara > wrote: >> >> Que tal essa aqui? >> Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, >> existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada >> pelo critério de Eisenstein aplicado a f(x+N). Isso me parece uma daquelas questões ultra capciosas sobre "prove ou disprove que existe um algoritmo que..." Inclusive imagino que esta seja uma questão indecidível neste caso particular... >> >> On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco >> wrote: >>> >>> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja >>> falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora >>> como g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que >>> uma vez que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e >>> h(x+a) também têm. A recíproca é essencialmente idêntica. >>> >>> Abraços >>> >>> Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes >>> escreveu: Sauda,c~oes, Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números inteiros é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum inteiro ? Luís -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível
Sauda,c~oes, Legal o estudo dox^3+9. Sobre oEisenstein generalizado (teorema 3 em http://yufeizhao.com/olympiad/intpoly.pdf;), tenho duas dvidas: Theorem 3(Extended Eisenstein).Letf(x) =anxn+an1xn1++a1x+a0be a polynomial with integer coefficients such thatp|aifor 0i k,pﰀ|/akandp2ﰀ|/a0. Thenf(x) has an irreducible factor of degree greater thank. Quando k=n obtm-se o critrio tradicional. i) quais as condies para os outros coeficientes a_(k+1), a_(k+2), . , a_n ? p pode dividi-los ou no ? ii) o grau do fator irredutvel k ou = k ? Lus -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível
Eu acho que o Eisenstein inventou este critério pra polinômios da forma x^n + a ou, mais geralmente, pra polinômios ciclotômicos. Daí funciona bem. On Mon, Aug 17, 2020 at 11:02 AM Esdras Muniz wrote: > E se p=3, e p divide N^2+9, então p^2 divide N^2+9. > > Então o critério de Eisenstein realmente não é tão abrangente. Será que > tem algum outro critério que cubra casos em que o de Eisenstein não cubra? > > Em seg, 17 de ago de 2020 09:46, Claudio Buffara < > claudio.buff...@gmail.com> escreveu: > >> Boa! Se p <> 3 mas p divide 3N e 3N^2, então p divide N ==> p não divide >> N^3 + 9. >> >> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:51 PM Esdras Muniz >> wrote: >> >>> Tenta com x^3+9. >>> >>> Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara < >>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu: >>> f(x) em Z[x], bem entendido... On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara < claudio.buff...@gmail.com> wrote: > Que tal essa aqui? > Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, > existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo > critério de Eisenstein aplicado a f(x+N). > > On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco > wrote: > >> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja >> falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora >> como >> g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez >> que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também >> têm. A recíproca é essencialmente idêntica. >> >> Abraços >> >> Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes >> escreveu: >> >>> Sauda,c~oes, >>> >>> Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números >>> inteiros >>> é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum >>> inteiro ? >>> >>> Luís >>> >>> >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível
E se p=3, e p divide N^2+9, então p^2 divide N^2+9. Então o critério de Eisenstein realmente não é tão abrangente. Será que tem algum outro critério que cubra casos em que o de Eisenstein não cubra? Em seg, 17 de ago de 2020 09:46, Claudio Buffara escreveu: > Boa! Se p <> 3 mas p divide 3N e 3N^2, então p divide N ==> p não divide > N^3 + 9. > > On Sun, Aug 16, 2020 at 10:51 PM Esdras Muniz > wrote: > >> Tenta com x^3+9. >> >> Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara < >> claudio.buff...@gmail.com> escreveu: >> >>> f(x) em Z[x], bem entendido... >>> >>> >>> On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara < >>> claudio.buff...@gmail.com> wrote: >>> Que tal essa aqui? Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo critério de Eisenstein aplicado a f(x+N). On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco wrote: > O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja > falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora > como > g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez > que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também > têm. A recíproca é essencialmente idêntica. > > Abraços > > Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes > escreveu: > >> Sauda,c~oes, >> >> Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números >> inteiros >> é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum >> inteiro ? >> >> Luís >> >> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível
Boa! Se p <> 3 mas p divide 3N e 3N^2, então p divide N ==> p não divide N^3 + 9. On Sun, Aug 16, 2020 at 10:51 PM Esdras Muniz wrote: > Tenta com x^3+9. > > Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara < > claudio.buff...@gmail.com> escreveu: > >> f(x) em Z[x], bem entendido... >> >> >> On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara < >> claudio.buff...@gmail.com> wrote: >> >>> Que tal essa aqui? >>> Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, >>> existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo >>> critério de Eisenstein aplicado a f(x+N). >>> >>> On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco >>> wrote: >>> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também têm. A recíproca é essencialmente idêntica. Abraços Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes escreveu: > Sauda,c~oes, > > Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números > inteiros > é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum > inteiro ? > > Luís > > > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível
Tenta com x^3+9. Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara escreveu: > f(x) em Z[x], bem entendido... > > > On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara > wrote: > >> Que tal essa aqui? >> Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, >> existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo >> critério de Eisenstein aplicado a f(x+N). >> >> On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco >> wrote: >> >>> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja >>> falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como >>> g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez >>> que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também >>> têm. A recíproca é essencialmente idêntica. >>> >>> Abraços >>> >>> Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes >>> escreveu: >>> Sauda,c~oes, Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números inteiros é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum inteiro ? Luís -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível
Sauda,c~oes, oi Cludio, Que tal essa aqui? Prove ou disprove que, dado um polinmio f(x), irredutvel sobre Q, existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo critrio de Eisenstein aplicado a f(x+N). Vou esperar a resposta. Pelo exemplo do site https://mathworld.wolfram.com/EisensteinsIrreducibilityCriterion.html a gente pode achar que verdade. O bom seria que esse N e o a da outra mensagem tivessem uma faixa de busca. Por tentativa e erro fica difcil. De qualquer jeito, no tenho conhecimento/experincia nenhuma nessa rea. S acho legal. Abraos, Lus -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível
Sauda,c~oes novamente, Obrigado pelas respostas. As hipteses so as que vocs falaram: tudo em Z[x]. Na verdade tudo comeou com o problema de saber se f(x)=x^4 + x^3 + 4x + 1 irredutvel em Z[x]. Testando a=-1, f(x-1)=x^4 - 3x^3 + 3x^2 + 3x - 3 e agora por Eisenstein com p=3, f(x) irredutvel. Mas antes precisa do Lema "Um polinmio f(x) em Z[x] irredutvel em Z[x] se e somente se f(x+a) irredutvel para algum a inteiro." O melhor jeito pensar na contrapositiva (supondo que voc esteja falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou at em Q[x]): Boa, no pensei. se f(x) fatora como g(x)*h(x), ento f(x+a) fatora como g(x+a)*h(x+a) Isso bvio ? Precisa provar ? Vale dizer que se f(u(x))fatora como g(u(x))*h(u(x)), ento f(u(x+a)) fatora como g(u(x+a))*h(u(x+a)) ? e claro que uma vez que g(x) e h(x) tm coeficientes inteiros, ento g(x+a) e h(x+a) tambm tm. A recproca essencialmente idntica. Ok. Abraos, Lus -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível
f(x) em Z[x], bem entendido... On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara wrote: > Que tal essa aqui? > Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, existe > um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo critério > de Eisenstein aplicado a f(x+N). > > On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco > wrote: > >> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja >> falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como >> g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez >> que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também >> têm. A recíproca é essencialmente idêntica. >> >> Abraços >> >> Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes >> escreveu: >> >>> Sauda,c~oes, >>> >>> Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números >>> inteiros >>> é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum >>> inteiro ? >>> >>> Luís >>> >>> >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível
Que tal essa aqui? Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo critério de Eisenstein aplicado a f(x+N). On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco wrote: > O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja falando > sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como > g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez > que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também > têm. A recíproca é essencialmente idêntica. > > Abraços > > Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes > escreveu: > >> Sauda,c~oes, >> >> Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números >> inteiros >> é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum inteiro >> ? >> >> Luís >> >> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio minimal
Sauda,c~oes, oi Joo Pedro, Certo. Mas se a gente no souber que minimal ? Lus -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio minimal
Verdade... Seja p = x^8 - 12 x^6 + 32 x^4 - 72 x^2 + 4 um polinômio minimal de α, então não pode haver polinômio de grau menor que 8 com α sendo raiz. Suponha que p não é irredutível. Logo, existem g,h tais que p = g*h, com 0 escreveu: > Sauda,c~oes, oi João Pedro, > > Obrigado por responder. > > Tinha feito isso. Deu > > > > expand (x + 1)^8 - 12 (x + 1)^6 + 32 (x + 1)^4 - 72 (x + 1)^2 + 4 > > x^8 + 8 x^7 + 16 x^6 - 16 x^5 - 78 x^4 - 56 x^3 - 32 x^2 - 80 x - 47 > > E o Critério de Eisenstein não se aplica. > > E para x=x+2, deu > > x^8 + 16 x^7 + 100 x^6 + 304 x^5 + 432 x^4 + 128 x^3 - 392 x^2 - 544 x - > 284 > > Quase. Falha no a_0=284. > > Luís > > > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio redutível ?
ok On Sun, Nov 10, 2019 at 1:26 PM Bernardo Freitas Paulo da Costa < bernardo...@gmail.com> wrote: > Aproveito para repassar o email do Luís, com as correções que ele > efetuou sobre meu rascunho e, mais importante, a motivação do > problema. > > On Wed, Nov 6, 2019 at 8:42 PM Luís Lopes wrote: > > > > Sauda,c~oes, oi Bernardo, > > > > Alguns comentários preliminares: > > > > 1) obrigado ao Bernardo pelo tempo e paciência. Não é a primeira vez. > > > > 2) x em p(x) representa o comprimento do lado na resolução algébrica > do > > problema "construir ΔABC dados ou ". > > > > A construção geométrica é interessante e admite duas soluções > (triângulos). > > Mas apareceram dois outros triângulos estranhos (o lado é negativo) e > > então algebricamente um polinômio de grau 4 vai aparecer. Daí o > surgimento > > e interesse em p(x). > > Uma pergunta: se existe uma construção geométrica para duas raízes > (pelo menos no caso em que há solução), isso não implica que deve > haver uma fatoração construtível deste polinômio? Não sou > especialmente versado em construtibilidade, mas como já haverá um > fator q(x) construtível de grau 2, a divisão p(x)/q(x) também será, e > o quociente tendo grau 2 também implica que as raízes são > construtíveis. Claro que pode ser mais interessante fatorar antes de > construir as raízes, mas se for o único caminho para obter as 2 > outras... > > > 3) análise de p(x) mostra que não adianta procurar por mais de duas > soluções, > > ou seja, o problema admite 0, 1 ou 2 soluções. > > > > 4) com dados construtíveis, as raízes de p(x) são construtíveis também, > ou seja, > > p(x) admite soluções com \sqrt{} somente. > > > > 5) p(x) é fatorável como produto de dois polinômios quadráticos. > > > > 6) a cúbica resolvente de p(x) possui sempre uma raiz racional. > > > > Fim dos comentários. > > > > No teste > > > > 3) h=4sqrt(3); m=(3/2)sqrt(3); s=13 > > já sabemos que as raízes serão complexas pois h>2m. A fatoração > anuncia-se > > complicada. > > > > p(x) = 9x^4 + 156x^3 + 160x^2 - 7384x + 20164 = (Ax^2 + Bx + C)(Dx^2 + > Ex + F) > > > > só consegui fazendo A=3 e em seguida resolvendo o sistema que surge > igualando > > os outros coeficientes. B,D=3,E são camaradas. C,F assustadores: > > > > B = 26 - sqrt(2 (511 + sqrt(317905))) > > C = 1/78 (6578 + 26 sqrt(317905) - sqrt(2) (511 + sqrt(317905))^(3/2) + > 684 sqrt(2 (511 + sqrt(317905 > > E = 26 + sqrt(2 (511 + sqrt(317905))) > > F = 1/78 (6578 + 26 sqrt(317905) + sqrt(2) (511 + sqrt(317905))^(3/2) - > 684 sqrt(2 (511 + sqrt(317905 > > > > E estes valores não são únicos. Se numericamente foi trabalhoso > simbolicamente seria > > ainda mais. > > De fato! Volto aqui a fazer propaganda do python: a biblioteca sympy > tem uma boa coleção de algoritmos para manipulações simbólicas (sendo > útil inclusive para gabaritar provas de Cálculo I ;-)), com código > aberto, e várias pérolas da matemática até "contemporânea", como um > algoritmo de cálculo de limites com garantia de terminação finita para > uma classe relativamente grandes de expressões. > > > >Juntando tudo, temos (3x^2 + uE + uY)(3x^2 + E + Y/u) = seu polinômio, > e temos ("de fato") > > >apenas uma incógnita. > > Aqui teve um typo: (3x^2 + uEx + uY)(3x^2 + Ex + Y/u) > > Isso, obrigado! > > > Daqui pra baixo me perdi. > > Mas adivinhou o caminho ;-) > > > >Aí eu pedi para o computador calcular as raízes E do polinômio (de > > >quarto grau) que fica determinado pela equação do termo x^2. > > Que polinômio é esse ? > > 3Y/u + uE^2 + 3uY com (u + 1)E = 4s e aparece um E^4. É isso ? > > Isso, porque u = 4s/E - 1, e 1/u vai dar um termo com (4s - E) no > denominador, daí ao eliminar ambos o E^2 vai ter dois fatores com E a > mais. > > > >Deu o seguinte: > > > > 2*s +/- 2*sqrt(2)*sqrt(-h**2 + m**2 + s**2 +/- sqrt(h**4 - 2*h**2*m**2 > > - h**2*s**2 + m**4 - 2*m**2*s**2 + s**4)) > > > > Se você chamar T = m^2 + s^2 - h^2, dá para ficar mais bonitinho: > > > > 2s +/- 2sqrt(2)*sqrt(T +/- sqrt(T^2 - 4 m^2 s^2)) > > > > > São quatro valores. Posso pegar qq um ? Digamos > > E_1 = 2s + 2sqrt(2)*sqrt(T + sqrt(T^2 - 4 m^2 s^2)). Aí acho u_1 = > 4s/E_1 - 1. > > > > E encontro p(x) = (3x^2 + u_1E_1x + u_1Y)(3x^2 + E_1x + Y/u_1). > > Seria isso ? > > Acho que pode pegar o que você quiser sim, a fatoração deveria ser "a > mesma" (as raízes conjugadas vêm juntas, então ao conjugar o E_1 em > E_j deveria aparecer a raiz conjugada junto e, a menos de permutação, > seria igual). Talvez precise de um pouco mais de formalização neste > argumento (quando justamente as raízes não forem conjugadas complexas) > mas acho que dá certo. > > > Abraços, > > Luís > > Grande abraço, > -- > Bernardo Freitas Paulo da Costa > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > > > = > Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio redutível ?
Aproveito para repassar o email do Luís, com as correções que ele efetuou sobre meu rascunho e, mais importante, a motivação do problema. On Wed, Nov 6, 2019 at 8:42 PM Luís Lopes wrote: > > Sauda,c~oes, oi Bernardo, > > Alguns comentários preliminares: > > 1) obrigado ao Bernardo pelo tempo e paciência. Não é a primeira vez. > > 2) x em p(x) representa o comprimento do lado na resolução algébrica do > problema "construir ΔABC dados ou ". > > A construção geométrica é interessante e admite duas soluções (triângulos). > Mas apareceram dois outros triângulos estranhos (o lado é negativo) e > então algebricamente um polinômio de grau 4 vai aparecer. Daí o surgimento > e interesse em p(x). Uma pergunta: se existe uma construção geométrica para duas raízes (pelo menos no caso em que há solução), isso não implica que deve haver uma fatoração construtível deste polinômio? Não sou especialmente versado em construtibilidade, mas como já haverá um fator q(x) construtível de grau 2, a divisão p(x)/q(x) também será, e o quociente tendo grau 2 também implica que as raízes são construtíveis. Claro que pode ser mais interessante fatorar antes de construir as raízes, mas se for o único caminho para obter as 2 outras... > 3) análise de p(x) mostra que não adianta procurar por mais de duas soluções, > ou seja, o problema admite 0, 1 ou 2 soluções. > > 4) com dados construtíveis, as raízes de p(x) são construtíveis também, ou > seja, > p(x) admite soluções com \sqrt{} somente. > > 5) p(x) é fatorável como produto de dois polinômios quadráticos. > > 6) a cúbica resolvente de p(x) possui sempre uma raiz racional. > > Fim dos comentários. > > No teste > > 3) h=4sqrt(3); m=(3/2)sqrt(3); s=13 > já sabemos que as raízes serão complexas pois h>2m. A fatoração anuncia-se > complicada. > > p(x) = 9x^4 + 156x^3 + 160x^2 - 7384x + 20164 = (Ax^2 + Bx + C)(Dx^2 + Ex + F) > > só consegui fazendo A=3 e em seguida resolvendo o sistema que surge igualando > os outros coeficientes. B,D=3,E são camaradas. C,F assustadores: > > B = 26 - sqrt(2 (511 + sqrt(317905))) > C = 1/78 (6578 + 26 sqrt(317905) - sqrt(2) (511 + sqrt(317905))^(3/2) + 684 > sqrt(2 (511 + sqrt(317905 > E = 26 + sqrt(2 (511 + sqrt(317905))) > F = 1/78 (6578 + 26 sqrt(317905) + sqrt(2) (511 + sqrt(317905))^(3/2) - 684 > sqrt(2 (511 + sqrt(317905 > > E estes valores não são únicos. Se numericamente foi trabalhoso > simbolicamente seria > ainda mais. De fato! Volto aqui a fazer propaganda do python: a biblioteca sympy tem uma boa coleção de algoritmos para manipulações simbólicas (sendo útil inclusive para gabaritar provas de Cálculo I ;-)), com código aberto, e várias pérolas da matemática até "contemporânea", como um algoritmo de cálculo de limites com garantia de terminação finita para uma classe relativamente grandes de expressões. > >Juntando tudo, temos (3x^2 + uE + uY)(3x^2 + E + Y/u) = seu polinômio, e > >temos ("de fato") > >apenas uma incógnita. > Aqui teve um typo: (3x^2 + uEx + uY)(3x^2 + Ex + Y/u) Isso, obrigado! > Daqui pra baixo me perdi. Mas adivinhou o caminho ;-) > >Aí eu pedi para o computador calcular as raízes E do polinômio (de > >quarto grau) que fica determinado pela equação do termo x^2. > Que polinômio é esse ? > 3Y/u + uE^2 + 3uY com (u + 1)E = 4s e aparece um E^4. É isso ? Isso, porque u = 4s/E - 1, e 1/u vai dar um termo com (4s - E) no denominador, daí ao eliminar ambos o E^2 vai ter dois fatores com E a mais. > >Deu o seguinte: > > 2*s +/- 2*sqrt(2)*sqrt(-h**2 + m**2 + s**2 +/- sqrt(h**4 - 2*h**2*m**2 > - h**2*s**2 + m**4 - 2*m**2*s**2 + s**4)) > > Se você chamar T = m^2 + s^2 - h^2, dá para ficar mais bonitinho: > > 2s +/- 2sqrt(2)*sqrt(T +/- sqrt(T^2 - 4 m^2 s^2)) > > > São quatro valores. Posso pegar qq um ? Digamos > E_1 = 2s + 2sqrt(2)*sqrt(T + sqrt(T^2 - 4 m^2 s^2)). Aí acho u_1 = 4s/E_1 - 1. > > E encontro p(x) = (3x^2 + u_1E_1x + u_1Y)(3x^2 + E_1x + Y/u_1). > Seria isso ? Acho que pode pegar o que você quiser sim, a fatoração deveria ser "a mesma" (as raízes conjugadas vêm juntas, então ao conjugar o E_1 em E_j deveria aparecer a raiz conjugada junto e, a menos de permutação, seria igual). Talvez precise de um pouco mais de formalização neste argumento (quando justamente as raízes não forem conjugadas complexas) mas acho que dá certo. > Abraços, > Luís Grande abraço, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro
Boa noite! Analisei melhor e está correta a solução. -4x^2+2=2cos(2°) é a identide do cos(2a) = 1-2(sena)^2 multiplicada por dois. Depois fica uma sequência da indentidades. cos(2a)= 2(cosa)^2-1 multiplacada por dois. Nãotem risco de dar identidade ao final pois o grau do polinômio da esquerda já estará bem maior que o da direita. E se não precisar desenvolver tudo nem dará tanto trabalho. -4x^2+2)^2-2)^2-2)^2-2)^2-2=2cos(32°) e agora faz cos(32°)=cos(30°+2°), usando sen(2°) e cos(2°) em função de x. Saudações, PJMS. Em sex, 3 de mai de 2019 22:21, Pedro José Boa noite! > Não certo do êxito, mas... > sen(1grau)=x > sen(2graus)= 2x*raiz(1-x^2) > cos(2graus)= raiz(1-4x^2*(1-x^2)) > x=(e^(PI*i/180) - e^(-PI*i/180))/(2i) > -4x^2=e^(PI*i/90) -2 + e^(-PI*i/90) > (-4x^2+2)^2 = e^(PI*i/45)+e^(-PI*i/45)+2 > Aí segue até 32 graus, 8PI/45. > O lado direito da igualdade será 2cos32graus. > Aí iguala o polinômio da esquerda ao dobro de: > raiz(3)/2*raiz(1-4x^2(1-x^2))-1/2*2x*raiz(1-a^2). > E depois trabalha elevando os dois lados ao quadrado e passando os de > coeficientes racionais para a esquerda, mais um quadrado e depois acerta > os coeficientes para que fiquem inteiros. > Mas é trabalheira. O pior é se ao final der identidade. > Tinha um macete na época de vestibular para achar sen e cos de 15 graus. > Mas não me recordo. > Acho que ficaria melhor. Pois aí na hora do cos(16graus) iria precisar de > x e raiz(1-x^2). Pensando bem, nem sei. Pois iria complicar com sen e cos > de 15 graus ao invés de cos e sen de 30 graus. Mas acho muito trabalhoso... > Mais tarde penso em um programa pois se após tudo isso der identidade... > Saudações, > PJMS > > > > Em sex, 3 de mai de 2019 20:20, Pedro José >> Boa noite! >> Perdão, Jeferson e não Anderson. >> >> >> Em sex, 3 de mai de 2019 18:22, Pedro José > >>> Boa noite! >>> Anderson, >>> os coeficientes devem ser inteiros. >>> Acho complicado enveredar por aí. >>> Saudações, >>> PJMS >>> >>> >>> >>> Em qui, 2 de mai de 2019 22:14, Anderson Torres < >>> torres.anderson...@gmail.com escreveu: >>> Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir < jefersonram...@gmail.com> escreveu: > Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que > possui sen1º como raiz de P(x). > > > Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler) > e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte > real > do complexo mas ainda não consegui . > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. Minha ideia aqui seria procurar usar as formulas de ângulos. Se sin(180x)=sin(pi)=0, basta escrever sin(180x) como polinômio em sin x. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro
Boa noite! Não certo do êxito, mas... sen(1grau)=x sen(2graus)= 2x*raiz(1-x^2) cos(2graus)= raiz(1-4x^2*(1-x^2)) x=(e^(PI*i/180) - e^(-PI*i/180))/(2i) -4x^2=e^(PI*i/90) -2 + e^(-PI*i/90) (-4x^2+2)^2 = e^(PI*i/45)+e^(-PI*i/45)+2 Aí segue até 32 graus, 8PI/45. O lado direito da igualdade será 2cos32graus. Aí iguala o polinômio da esquerda ao dobro de: raiz(3)/2*raiz(1-4x^2(1-x^2))-1/2*2x*raiz(1-a^2). E depois trabalha elevando os dois lados ao quadrado e passando os de coeficientes racionais para a esquerda, mais um quadrado e depois acerta os coeficientes para que fiquem inteiros. Mas é trabalheira. O pior é se ao final der identidade. Tinha um macete na época de vestibular para achar sen e cos de 15 graus. Mas não me recordo. Acho que ficaria melhor. Pois aí na hora do cos(16graus) iria precisar de x e raiz(1-x^2). Pensando bem, nem sei. Pois iria complicar com sen e cos de 15 graus ao invés de cos e sen de 30 graus. Mas acho muito trabalhoso... Mais tarde penso em um programa pois se após tudo isso der identidade... Saudações, PJMS Em sex, 3 de mai de 2019 20:20, Pedro José Boa noite! > Perdão, Jeferson e não Anderson. > > > Em sex, 3 de mai de 2019 18:22, Pedro José >> Boa noite! >> Anderson, >> os coeficientes devem ser inteiros. >> Acho complicado enveredar por aí. >> Saudações, >> PJMS >> >> >> >> Em qui, 2 de mai de 2019 22:14, Anderson Torres < >> torres.anderson...@gmail.com escreveu: >> >>> >>> >>> Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir < >>> jefersonram...@gmail.com> escreveu: >>> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui sen1º como raiz de P(x). Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler) e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real do complexo mas ainda não consegui . -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> Minha ideia aqui seria procurar usar as formulas de ângulos. Se >>> sin(180x)=sin(pi)=0, basta escrever sin(180x) como polinômio em sin x. >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro
Boa noite! Perdão, Jeferson e não Anderson. Em sex, 3 de mai de 2019 18:22, Pedro José Boa noite! > Anderson, > os coeficientes devem ser inteiros. > Acho complicado enveredar por aí. > Saudações, > PJMS > > > > Em qui, 2 de mai de 2019 22:14, Anderson Torres < > torres.anderson...@gmail.com escreveu: > >> >> >> Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir >> escreveu: >> >>> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui >>> sen1º como raiz de P(x). >>> >>> >>> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler) >>> e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real >>> do complexo mas ainda não consegui . >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> Minha ideia aqui seria procurar usar as formulas de ângulos. Se >> sin(180x)=sin(pi)=0, basta escrever sin(180x) como polinômio em sin x. >> >>> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro
Boa noite! Anderson, os coeficientes devem ser inteiros. Acho complicado enveredar por aí. Saudações, PJMS Em qui, 2 de mai de 2019 22:14, Anderson Torres < torres.anderson...@gmail.com escreveu: > > > Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir > escreveu: > >> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui >> sen1º como raiz de P(x). >> >> >> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler) >> e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real >> do complexo mas ainda não consegui . >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > Minha ideia aqui seria procurar usar as formulas de ângulos. Se > sin(180x)=sin(pi)=0, basta escrever sin(180x) como polinômio em sin x. > >> > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro
Por nada Pedro !! E sen1º é um número algébrico . Abraço. Em qui, 2 de mai de 2019 às 10:52, Pedro José escreveu: > Bom dia! > Jeferson, > obrigado! Pensava, na verdade tinha certeza que sen 1grau era > transcendente. > Fui até pesquisar o teorema d*e *Lindemann-Weierstrass*, *que nem me > recordava o nome, mas é para sen1, mas não um grau e sim radiano. > Falha de armazenamento na memória. > > Sds, > PJMS > > > > Em qua, 1 de mai de 2019 às 06:46, Jeferson Almir < > jefersonram...@gmail.com> escreveu: > >> Puxa Raph mais uma vez muito obrigado!! >> >> Em ter, 30 de abr de 2019 às 19:17, Ralph Teixeira >> escreveu: >> >>> Oi, Jeferson. >>> >>> Sua ideia funciona: comece com P(x,y)=(y+ix)^180+1. Como voce disse, >>> P(s,c)=0 onde c=cos1º e s=sin1º. >>> >>> Agora olhemos para a parte real deste polinomio: ateh dah para escrever >>> explicitamente, mas eu vou me limitar a dizer que eh algo do tipo >>> R(x,y)=SOMA(a_k*y^(2k)*x^(180-2k))+1 onde os a_k sao coeficientes inteiros >>> (que incluem os sinais negativos que porventura venham das potencias pares >>> de i). >>> >>> Enfim, o truque eh perceber que todas as potencias de y ali sao pares. >>> Ou seja, trocando y^2 por 1-x^2 em todos os termos, voce vai ficar com um >>> polinomio P(x) que satisfaz o que voce quer. >>> >>> Abraco, Ralph. >>> >>> On Tue, Apr 30, 2019 at 6:02 PM Jeferson Almir >>> wrote: >>> Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio pegando a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende. Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José escreveu: > Boa tarde! > Não compreendi > sen1º é um número transcendente, ou não?? > > Sds, > PJMS > > > Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir < > jefersonram...@gmail.com> escreveu: > >> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que >> possui sen1º como raiz de P(x). >> >> >> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler) >> e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte >> real >> do complexo mas ainda não consegui . >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro
Bom dia! Jeferson, obrigado! Pensava, na verdade tinha certeza que sen 1grau era transcendente. Fui até pesquisar o teorema d*e *Lindemann-Weierstrass*, *que nem me recordava o nome, mas é para sen1, mas não um grau e sim radiano. Falha de armazenamento na memória. Sds, PJMS Em qua, 1 de mai de 2019 às 06:46, Jeferson Almir escreveu: > Puxa Raph mais uma vez muito obrigado!! > > Em ter, 30 de abr de 2019 às 19:17, Ralph Teixeira > escreveu: > >> Oi, Jeferson. >> >> Sua ideia funciona: comece com P(x,y)=(y+ix)^180+1. Como voce disse, >> P(s,c)=0 onde c=cos1º e s=sin1º. >> >> Agora olhemos para a parte real deste polinomio: ateh dah para escrever >> explicitamente, mas eu vou me limitar a dizer que eh algo do tipo >> R(x,y)=SOMA(a_k*y^(2k)*x^(180-2k))+1 onde os a_k sao coeficientes inteiros >> (que incluem os sinais negativos que porventura venham das potencias pares >> de i). >> >> Enfim, o truque eh perceber que todas as potencias de y ali sao pares. Ou >> seja, trocando y^2 por 1-x^2 em todos os termos, voce vai ficar com um >> polinomio P(x) que satisfaz o que voce quer. >> >> Abraco, Ralph. >> >> On Tue, Apr 30, 2019 at 6:02 PM Jeferson Almir >> wrote: >> >>> Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio >>> pegando a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende. >>> >>> Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José >>> escreveu: >>> Boa tarde! Não compreendi sen1º é um número transcendente, ou não?? Sds, PJMS Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir < jefersonram...@gmail.com> escreveu: > Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que > possui sen1º como raiz de P(x). > > > Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler) > e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte > real > do complexo mas ainda não consegui . > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
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Puxa Raph mais uma vez muito obrigado!! Em ter, 30 de abr de 2019 às 19:17, Ralph Teixeira escreveu: > Oi, Jeferson. > > Sua ideia funciona: comece com P(x,y)=(y+ix)^180+1. Como voce disse, > P(s,c)=0 onde c=cos1º e s=sin1º. > > Agora olhemos para a parte real deste polinomio: ateh dah para escrever > explicitamente, mas eu vou me limitar a dizer que eh algo do tipo > R(x,y)=SOMA(a_k*y^(2k)*x^(180-2k))+1 onde os a_k sao coeficientes inteiros > (que incluem os sinais negativos que porventura venham das potencias pares > de i). > > Enfim, o truque eh perceber que todas as potencias de y ali sao pares. Ou > seja, trocando y^2 por 1-x^2 em todos os termos, voce vai ficar com um > polinomio P(x) que satisfaz o que voce quer. > > Abraco, Ralph. > > On Tue, Apr 30, 2019 at 6:02 PM Jeferson Almir > wrote: > >> Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio >> pegando a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende. >> >> Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José >> escreveu: >> >>> Boa tarde! >>> Não compreendi >>> sen1º é um número transcendente, ou não?? >>> >>> Sds, >>> PJMS >>> >>> >>> Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir < >>> jefersonram...@gmail.com> escreveu: >>> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui sen1º como raiz de P(x). Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler) e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real do complexo mas ainda não consegui . -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro
Oi, Jeferson. Sua ideia funciona: comece com P(x,y)=(y+ix)^180+1. Como voce disse, P(s,c)=0 onde c=cos1º e s=sin1º. Agora olhemos para a parte real deste polinomio: ateh dah para escrever explicitamente, mas eu vou me limitar a dizer que eh algo do tipo R(x,y)=SOMA(a_k*y^(2k)*x^(180-2k))+1 onde os a_k sao coeficientes inteiros (que incluem os sinais negativos que porventura venham das potencias pares de i). Enfim, o truque eh perceber que todas as potencias de y ali sao pares. Ou seja, trocando y^2 por 1-x^2 em todos os termos, voce vai ficar com um polinomio P(x) que satisfaz o que voce quer. Abraco, Ralph. On Tue, Apr 30, 2019 at 6:02 PM Jeferson Almir wrote: > Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio pegando > a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende. > > Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José > escreveu: > >> Boa tarde! >> Não compreendi >> sen1º é um número transcendente, ou não?? >> >> Sds, >> PJMS >> >> >> Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir < >> jefersonram...@gmail.com> escreveu: >> >>> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui >>> sen1º como raiz de P(x). >>> >>> >>> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler) >>> e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real >>> do complexo mas ainda não consegui . >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro
Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio pegando a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende. Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José escreveu: > Boa tarde! > Não compreendi > sen1º é um número transcendente, ou não?? > > Sds, > PJMS > > > Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir < > jefersonram...@gmail.com> escreveu: > >> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui >> sen1º como raiz de P(x). >> >> >> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler) >> e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real >> do complexo mas ainda não consegui . >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
Muito obrigado, Claudio e Ralph! Soluções por demais elegantes! Eu tinha pensado algo parecido, porém estava tentando encontrar o termo em x daquele novo polinômio, divido por a de um modo bem mais difícil, como uma soma de várias PG. Enfim, bem mais trabalhoso e não eficiente. Um abraço! Em qua, 20 de mar de 2019 23:58, Ralph Teixeira escreveu: > Um jeito de fazer eh ir direto no polinomio interpolador de Lagrange e > fazer as contas. > (https://en.wikipedia.org/wiki/Lagrange_polynomial) > > Outro jeito que parece mais elegante (mas no final das contas eh a mesma > coisa): o polinomio xP(x)-1 tem grau n+1 e todos aqueles n+1 numeros sao > raizes dele. Entao: > > xP(x)-1=a(x-1)(x-2)...(x-2^n) > > Tomando x=0 ali em cima, descobre-se que a(-1)(-2)...(-2^n)=-1. > > Portanto, P(x)=[a(x-1)...(x-2^n)+1] / x, o que pode parecer estranho, mas > lembre que o numerador vai ter um "x" para fatorar e cortar com o > denominador (o a que calculamos garante exatamente isso!). Entao P(0) eh o > termo indepenente do que sobra depois que cortar o x, isto eh, a soma dos > coeficientes em x do numerador... bom, para obter um termo em x, voce vai > ter que multiplicar todos a*(-1)*(-2)*...*(-2^n), EXCETO uma das potencias > (pois o x entra no lugar dela), isto eh, sao varios termos do tipo > (-1)/(-2^k).x. Portanto o que voce quer eh > > P(0)=SOMA (1/2^k) = 2 - 1/2^n > > pois a soma eh uma PG de razao 1/2 com n+1 termos. > > Abraco, Ralph. > > > > > On Wed, Mar 20, 2019 at 11:08 PM Vanderlei Nemitz > wrote: > >> Alguém tem uma dica para esse problema? >> Muito obrigado! >> >> *Seja P(x) é um polinômio de grau n tal que P(k) = 1/k para k = 1, 2, >> 2^2, ..., 2^n. Determine o valor de P(0) em função de n.* >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais
Agora que vc falou, me lembrei do teorema. Ele implica que, se todas as raízes de P estiverem sobre uma mesma reta do plano complexo, então todas as raízes de P' estarão sobre esta mesma reta. Particularizando-se para a reta real, temos a conclusão desejada. Há muito tempo vi esse teorema no livro do Alfohrs. Artur Costa Steiner Em 5 de jul de 2018 13:42, "Claudio Buffara" escreveu: https://en.wikipedia.org/wiki/Gauss%E2%80%93Lucas_theorem 2018-07-05 12:45 GMT-03:00 Artur Steiner : > Não sabia não > > Artur Costa Steiner > > Em Qui, 5 de jul de 2018 08:04, Claudio Buffara > escreveu: > >> E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS... >> >> 2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci : >> >>> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes >>> de p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem >>> reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor >>> e a maior raiz. >>> >>> Lucas Colucci >>> >>> >>> On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner < >>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote: >>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido: Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então todas as raízes de P' também são. Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para polinômios com coeficientes reais. Artur Costa Steiner -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais
https://en.wikipedia.org/wiki/Gauss%E2%80%93Lucas_theorem 2018-07-05 12:45 GMT-03:00 Artur Steiner : > Não sabia não > > Artur Costa Steiner > > Em Qui, 5 de jul de 2018 08:04, Claudio Buffara > escreveu: > >> E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS... >> >> 2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci : >> >>> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes >>> de p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem >>> reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor >>> e a maior raiz. >>> >>> Lucas Colucci >>> >>> >>> On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner < >>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote: >>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido: Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então todas as raízes de P' também são. Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para polinômios com coeficientes reais. Artur Costa Steiner -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais
Não sabia não Artur Costa Steiner Em Qui, 5 de jul de 2018 08:04, Claudio Buffara escreveu: > E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS... > > 2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci : > >> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes de >> p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem >> reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor >> e a maior raiz. >> >> Lucas Colucci >> >> >> On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner < >> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote: >> >>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido: >>> >>> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então >>> todas as raízes de P' também são. >>> >>> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para >>> polinômios com coeficientes reais. >>> >>> >>> Artur Costa Steiner >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais
E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS... 2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci : > Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes de > p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem > reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor > e a maior raiz. > > Lucas Colucci > > > On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner < > artur.costa.stei...@gmail.com> wrote: > >> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido: >> >> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então >> todas as raízes de P' também são. >> >> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para >> polinômios com coeficientes reais. >> >> >> Artur Costa Steiner >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais
Acho que precisa de uma justificativa um pouco mais completa. Digamos que P tenha grau n. No caso de raízes simples, Rolle implica que existirá pelo menos uma raiz real de P' entre cada par de raízes (reais por hipótese) consecutivas de P. Como existem n-1 tais pares, P' terá pelo menos n-1 raízes reais e, como grau(P') = n-1, P' terá exatamente n-1 raízes reais. Se P tiver raízes múltiplas, cada raiz k-upla de P (k > 1) corresponderá a uma raiz (k-1)-upla de P'. Se a < b são raízes (reais) consecutivas (simples ou não) de P, então Rolle implica que existirá pelo menos uma raiz de P' entre a e b. Assim, se P tiver r raízes reais distintas, de multiplicidades k_1, k_2, ..., k_r (com k_1 + k_2 + ... + k_r = grau(P) = n), então P' terá: (k_1 - 1) + (k_2 - 1) + (k_r - 1) = n - r raízes reais oriundas das raízes (reais) múltiplas de P e pelo menos r - 1 raízes reais cuja existência decorre do teorema de Rolle. Logo, P' terá pelo menos (n - r) + (r - 1) = n - 1 raízes reais. Como P' tem grau n-1, estas serão todas as raízes de P'. []s, Claudio. 2018-07-04 23:37 GMT-03:00 Matheus Secco : > Se o polinômio tiver apenas raízes simples, isto é consequência do Teorema > de Rolle. > > Caso haja alguma raiz com multiplicidade k, pelo menos 2, basta usar que a > raiz anula também as derivadas de ordem até k - 1. > > Abraços, > > Matheus Secco > > On Wed, Jul 4, 2018 at 11:27 PM Artur Steiner < > artur.costa.stei...@gmail.com> wrote: > >> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido: >> >> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então >> todas as raízes de P' também são. >> >> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para >> polinômios com coeficientes reais. >> >> >> Artur Costa Steiner >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais
Opa, sim, quis dizer relativo. Em 4 de julho de 2018 23:54, Claudio Buffara escreveu: > Ou, melhor dizendo, mínimo ou máximo local. > > 2018-07-04 23:52 GMT-03:00 Claudio Buffara : > >> Você quer dizer mínimo ou máximo relativo, certo? >> >> 2018-07-04 23:42 GMT-03:00 Bruno Visnadi : >> >>> Se todas as raízes forem distintas, é possível visualizar isto >>> geometricamente. Imaginando o gráfico de P, entre quaisquer duas raízes >>> consecutivas deve haver um máximo absoluto ou um mínimo absoluto de P, e >>> portanto, uma raiz de P'. >>> >>> >>> Em 4 de julho de 2018 23:17, Artur Steiner < >>> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu: >>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido: Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então todas as raízes de P' também são. Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para polinômios com coeficientes reais. Artur Costa Steiner -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >> >> > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais
Ou, melhor dizendo, mínimo ou máximo local. 2018-07-04 23:52 GMT-03:00 Claudio Buffara : > Você quer dizer mínimo ou máximo relativo, certo? > > 2018-07-04 23:42 GMT-03:00 Bruno Visnadi : > >> Se todas as raízes forem distintas, é possível visualizar isto >> geometricamente. Imaginando o gráfico de P, entre quaisquer duas raízes >> consecutivas deve haver um máximo absoluto ou um mínimo absoluto de P, e >> portanto, uma raiz de P'. >> >> >> Em 4 de julho de 2018 23:17, Artur Steiner > > escreveu: >> >>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido: >>> >>> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então >>> todas as raízes de P' também são. >>> >>> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para >>> polinômios com coeficientes reais. >>> >>> >>> Artur Costa Steiner >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> > > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais
Você quer dizer mínimo ou máximo relativo, certo? 2018-07-04 23:42 GMT-03:00 Bruno Visnadi : > Se todas as raízes forem distintas, é possível visualizar isto > geometricamente. Imaginando o gráfico de P, entre quaisquer duas raízes > consecutivas deve haver um máximo absoluto ou um mínimo absoluto de P, e > portanto, uma raiz de P'. > > > Em 4 de julho de 2018 23:17, Artur Steiner > escreveu: > >> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido: >> >> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então >> todas as raízes de P' também são. >> >> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para >> polinômios com coeficientes reais. >> >> >> Artur Costa Steiner >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z
Agora, como provar esse lema? Em 24 de novembro de 2016 18:17, Israel Meireles Chrisostomo < israelmchrisost...@gmail.com> escreveu: > o gugu é foda > > Em 24 de novembro de 2016 18:50, Pedro José> escreveu: > >> Boa noite! >> >> Com a observação do Gugu, ficou fácil compreender a filosofia da solução; >> pois, antes eu estava assim: "Marte chamando Terra, responda!". >> O contra exemplo apresentado pelo Anderson Torres, não atende o fato de >> cada par de coeficientes do polinômios terem o mdc =1, como proposto. >> Porém, permaneço com duas dúvidas, a premissa de que "...*qualquer um >> dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal)*," >> Pelo que foi proposto na solução todos os coeficientes são primos e ao >> > que seja apenas um) fator cujo coeficiente do termo de maior grau em módulo >> fosse maior que um? >> Embora entenda que basta um fator mônico (a menos de sinal), para >> garantir que haveria pelo menos uma raiz com módulo maior ou igual a 1, >> corroborando a solução do link mencionado. >> A outra dúvida é por que o fato de [image: $p_{n}> p_{n-1}+\cdots+p_{0}$] >> garante >> que todas as raízes tenham módulo <1 ? >> Só consigo enxergar que o produto de todas as raízes terão módulo menor >> que um, e que as somas dos produtos dois a dois, três a três..., terão >> valor menor que um. >> >> Saudações, >> PJMS >> >> Em 24 de novembro de 2016 12:07, Larissa Fernandes < >> larissafernande2010...@gmail.com> escreveu: >> >>> Quero sair da lista obm-l >>> >>> >>> Em 24 de novembro de 2016 10:42, Ronei Lima Badaró >>> escreveu: >>> Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes" escreveu: > Olá, eu desejo sair do grupo. > > Em 23 de novembro de 2016 19:34, escreveu: > >>Oi pessoal, >>Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa >> fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), >> donde >> o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição >> se >> todas as raízes têm módulo menor que 1. >>Abraços, >> Gugu >> >> Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa : >> >> 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres < >>> torres.anderson...@gmail.com>: >>> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo. >>> >>> Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são >>> distintas. >>> >>> Abraços, >>> -- >>> Bernardo Freitas Paulo da Costa >>> >>> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado escreveu: > É sobre esse problema: > (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... > tais que > (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo > a_0 + a_1 x > +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]? > > No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que > Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível > em Z > > Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei. > Alguém sabe como demonstrar isso? > > Link da solução: > http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418 > > >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> >>> = >>> Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >>> >>> = >>> >>> >>> >> >> >> >> This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program. >> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> >> = >> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >> >> = >> > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>>
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z
o gugu é foda Em 24 de novembro de 2016 18:50, Pedro Joséescreveu: > Boa noite! > > Com a observação do Gugu, ficou fácil compreender a filosofia da solução; > pois, antes eu estava assim: "Marte chamando Terra, responda!". > O contra exemplo apresentado pelo Anderson Torres, não atende o fato de > cada par de coeficientes do polinômios terem o mdc =1, como proposto. > Porém, permaneço com duas dúvidas, a premissa de que "...*qualquer um dos > fatores vai ser mônico (a menos de sinal)*," > Pelo que foi proposto na solução todos os coeficientes são primos e ao < a2 <... seja apenas um) fator cujo coeficiente do termo de maior grau em módulo > fosse maior que um? > Embora entenda que basta um fator mônico (a menos de sinal), para garantir > que haveria pelo menos uma raiz com módulo maior ou igual a 1, corroborando > a solução do link mencionado. > A outra dúvida é por que o fato de [image: $p_{n}> p_{n-1}+\cdots+p_{0}$] > garante > que todas as raízes tenham módulo <1 ? > Só consigo enxergar que o produto de todas as raízes terão módulo menor > que um, e que as somas dos produtos dois a dois, três a três..., terão > valor menor que um. > > Saudações, > PJMS > > Em 24 de novembro de 2016 12:07, Larissa Fernandes < > larissafernande2010...@gmail.com> escreveu: > >> Quero sair da lista obm-l >> >> >> Em 24 de novembro de 2016 10:42, Ronei Lima Badaró >> escreveu: >> >>> Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link >>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >>> >>> Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes" >> com> escreveu: >>> Olá, eu desejo sair do grupo. Em 23 de novembro de 2016 19:34, escreveu: >Oi pessoal, >Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa > fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde > o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se > todas as raízes têm módulo menor que 1. >Abraços, > Gugu > > Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa : > > 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres < >> torres.anderson...@gmail.com>: >> >>> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo. >>> >> >> Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são >> distintas. >> >> Abraços, >> -- >> Bernardo Freitas Paulo da Costa >> >> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado >>> escreveu: >>> É sobre esse problema: (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo a_0 + a_1 x +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]? No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível em Z Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei. Alguém sabe como demonstrar isso? Link da solução: http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418 >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> >> = >> Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >> >> = >> >> >> > > > > This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program. > > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > > > > = > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html > > = > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z
Boa noite! Com a observação do Gugu, ficou fácil compreender a filosofia da solução; pois, antes eu estava assim: "Marte chamando Terra, responda!". O contra exemplo apresentado pelo Anderson Torres, não atende o fato de cada par de coeficientes do polinômios terem o mdc =1, como proposto. Porém, permaneço com duas dúvidas, a premissa de que "...*qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal)*," Pelo que foi proposto na solução todos os coeficientes são primos e ao p_{n-1}+\cdots+p_{0}$] garante que todas as raízes tenham módulo <1 ? Só consigo enxergar que o produto de todas as raízes terão módulo menor que um, e que as somas dos produtos dois a dois, três a três..., terão valor menor que um. Saudações, PJMS Em 24 de novembro de 2016 12:07, Larissa Fernandes < larissafernande2010...@gmail.com> escreveu: > Quero sair da lista obm-l > > > Em 24 de novembro de 2016 10:42, Ronei Lima Badaró> escreveu: > >> Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >> >> Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes" > com> escreveu: >> >>> Olá, eu desejo sair do grupo. >>> >>> Em 23 de novembro de 2016 19:34, escreveu: >>> Oi pessoal, Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se todas as raízes têm módulo menor que 1. Abraços, Gugu Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa : 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres < > torres.anderson...@gmail.com>: > >> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo. >> > > Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são > distintas. > > Abraços, > -- > Bernardo Freitas Paulo da Costa > > Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado >> escreveu: >> >>> É sobre esse problema: >>> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais >>> que >>> (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo >>> a_0 + a_1 x >>> +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]? >>> >>> No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que >>> Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível >>> em Z >>> >>> Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei. >>> Alguém sabe como demonstrar isso? >>> >>> Link da solução: >>> http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418 >>> >>> > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e > acredita-se estar livre de perigo. > > > > = > Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html > > = > > > This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z
Quero sair da lista obm-l Em 24 de novembro de 2016 10:42, Ronei Lima Badaróescreveu: > Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html > > Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes" > escreveu: > >> Olá, eu desejo sair do grupo. >> >> Em 23 de novembro de 2016 19:34, escreveu: >> >>>Oi pessoal, >>>Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa >>> fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde >>> o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se >>> todas as raízes têm módulo menor que 1. >>>Abraços, >>> Gugu >>> >>> Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa : >>> >>> 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres : > Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo. > Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são distintas. Abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado > escreveu: > >> É sobre esse problema: >> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais >> que >> (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo a_0 >> + a_1 x >> +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]? >> >> No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que >> Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível em >> Z >> >> Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei. >> Alguém sabe como demonstrar isso? >> >> Link da solução: >> http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418 >> >> -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = >>> >>> >>> >>> This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program. >>> >>> >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> >>> = >>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >>> >>> = >>> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z
Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes"escreveu: > Olá, eu desejo sair do grupo. > > Em 23 de novembro de 2016 19:34, escreveu: > >>Oi pessoal, >>Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa >> fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde >> o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se >> todas as raízes têm módulo menor que 1. >>Abraços, >> Gugu >> >> Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa : >> >> 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres >>> : >>> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo. >>> >>> Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são distintas. >>> >>> Abraços, >>> -- >>> Bernardo Freitas Paulo da Costa >>> >>> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado escreveu: > É sobre esse problema: > (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que > (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo a_0 > + a_1 x > +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]? > > No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que > Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível em Z > > Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei. > Alguém sabe como demonstrar isso? > > Link da solução: > http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418 > > >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> >>> >>> = >>> Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >>> >>> = >>> >>> >>> >> >> >> >> This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program. >> >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> = >> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >> = >> > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z
Olá, eu desejo sair do grupo. Em 23 de novembro de 2016 19:34,escreveu: >Oi pessoal, >Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa > fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde > o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se > todas as raízes têm módulo menor que 1. >Abraços, > Gugu > > Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa : > > 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres : >> >>> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo. >>> >> >> Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são distintas. >> >> Abraços, >> -- >> Bernardo Freitas Paulo da Costa >> >> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado >>> escreveu: >>> É sobre esse problema: (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo a_0 + a_1 x +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]? No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível em Z Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei. Alguém sabe como demonstrar isso? Link da solução: http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418 >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> = >> Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >> = >> >> >> > > > > This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program. > > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > > > = > Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em > http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html > = > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z
Oi pessoal, Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se todas as raízes têm módulo menor que 1. Abraços, Gugu Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa: 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres : Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo. Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são distintas. Abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado escreveu: É sobre esse problema: (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo a_0 + a_1 x +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]? No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível em Z Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei. Alguém sabe como demonstrar isso? Link da solução: http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418 -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z
2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres: > Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo. Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são distintas. Abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa > Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado > escreveu: >> É sobre esse problema: >> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que >> (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo a_0 + a_1 x >> +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]? >> >> No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que >> Se toda raiz complexa α de f satisfaz |α|<1, então f é irredutível em Z >> >> Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei. >> Alguém sabe como demonstrar isso? >> >> Link da solução: >> http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418 >> -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômio
Bom, vou dizer como cheguei nisso, mas aposto que minha maneira convoluida de pensar nao eh a melhor -- estah cheia de truques, enquanto dah para fazer tudo isso usando divisibilidade e restos da mesma maneira que usa-se o Teorema Chines dos Restos Mas vamos lah, pensei assim: Como p(x)+1 tem que ser divisivel por x^3+x^2+1, escrevo: p(x)=r(x)(x^3+x^2+1)-1 Agora, para p(x) ser divisivel por x^2+1, eh necessario e suficiente que p(i)=p(-i)=0. Substituindo ali, achamos que r(i).(-i)=1, isto eh, r(i)=i, e analogamente r(-i)=-i. Isso me deu a ideia de criar s(x)=r(x)-x... Entao a condicao eh equivalente a s(i)=s(-i)=0, isto eh, s(x) tem que ser divisivel por x^2+1. Em suma, r(x)=s(x)+x=(x^2+1)q(x)+x. Jogue isto na expressao acima de p(x), fatore o termo que sobra por x^2+1, e deu minha resposta. Abraco, Ralph. 2015-06-29 14:34 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges marconeborge...@hotmail.com: Eu já vi que (x^2 + 1)[(x^3 + x^2 + 1)q(x) + x^2 + x - 1)] funciona. Mas eu gostaria de saber como o Ralph enxergou aquele x^2 + x - 1 Verificando a expressão da primeira linha, certo. Mas como ver isso antes? -- From: marconeborge...@hotmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Subject: [obm-l] Polinômio Date: Mon, 29 Jun 2015 15:55:23 + O Ralph tem razão.O enunciado pede ´´um polinômio´´.Desculpem. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
Obrigado Professor Ralph pelo esclarecimento. Vejo que deveria ter pensado um pouco antes !! Abraços Pacini Em 9 de março de 2014 22:10, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu: Hm, cade o enunciado original do Marcone mesmo...? Ah, aqui: era para provar que NAO EXISTIA P(x) com coeficientes inteiros tal que blah-blah... Entao, fazemos por contradicao: suponha que HOUVESSE P(x) com coeficientes inteiros Use a ideia do Nehab, e chegariamos a um polinomio R(x)=ax^2+bx+c com coeficientes inteiros tal que R(1)=2, R(2)=3 e R(3)=5. Mas o unico polinomio **quadratico** que serve nao tem coeficientes inteiros, e temos a nossa contradicao. Abraco, Ralph 2014-03-09 19:33 GMT-03:00 Pacini Bores pacini.bo...@globo.com: Desculpe Ralph, Mas se o termo de maior grau de P(x) não for inteiro , a divisão dele por 1 será um número não inteiro; isso não garante que P(x) tenha coeficientes inteiros. Estou errado ? O problema não é para provar que os coeficientes de P(x) são inteiros ? Poderia esclarecer melhor para mim ? Abraços Pacini Em 9 de março de 2014 16:58, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu: Contrariando o Nehab, acho que o Nehab tinha razao sim. :) :) Pense no algoritmo da divisao de P(x) por Z(x) -- se o coeficiente do primeiro termo de Z(x) for 1 (eh o caso, Z(x)=(x-1)(x-2)(x-3)), entao soh fazemos subtracoes e multiplicacoes (todas as divisoes sao por 1). Entao certamente o quociente tambem terah coeficientes inteiros. Abraco, Ralph 2014-03-09 15:50 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com: Oi, Bernardo (e demais colegas...) Toda razão pras observações do Bernardo! É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs). Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone. Da proxima vez serei menos apressado... Obrigado e abraços, Nehab On 08/03/2014 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa wrote: 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br: Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a). Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) = (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros. Abraços, --- Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus está ativa. http://www.avast.com -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
Oi, Bernardo (e demais colegas...) Toda razão pras observações do Bernardo! É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs). Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone. Da proxima vez serei menos apressado... Obrigado e abraços, Nehab On 08/03/2014 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa wrote: 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br: Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a). Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) = (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros. Abraços, --- Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus está ativa. http://www.avast.com -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
Contrariando o Nehab, acho que o Nehab tinha razao sim. :) :) Pense no algoritmo da divisao de P(x) por Z(x) -- se o coeficiente do primeiro termo de Z(x) for 1 (eh o caso, Z(x)=(x-1)(x-2)(x-3)), entao soh fazemos subtracoes e multiplicacoes (todas as divisoes sao por 1). Entao certamente o quociente tambem terah coeficientes inteiros. Abraco, Ralph 2014-03-09 15:50 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com: Oi, Bernardo (e demais colegas...) Toda razão pras observações do Bernardo! É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs). Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone. Da proxima vez serei menos apressado... Obrigado e abraços, Nehab On 08/03/2014 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa wrote: 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br: Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a). Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) = (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros. Abraços, --- Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus está ativa. http://www.avast.com -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
Desculpe Ralph, Mas se o termo de maior grau de P(x) não for inteiro , a divisão dele por 1 será um número não inteiro; isso não garante que P(x) tenha coeficientes inteiros. Estou errado ? O problema não é para provar que os coeficientes de P(x) são inteiros ? Poderia esclarecer melhor para mim ? Abraços Pacini Em 9 de março de 2014 16:58, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu: Contrariando o Nehab, acho que o Nehab tinha razao sim. :) :) Pense no algoritmo da divisao de P(x) por Z(x) -- se o coeficiente do primeiro termo de Z(x) for 1 (eh o caso, Z(x)=(x-1)(x-2)(x-3)), entao soh fazemos subtracoes e multiplicacoes (todas as divisoes sao por 1). Entao certamente o quociente tambem terah coeficientes inteiros. Abraco, Ralph 2014-03-09 15:50 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com: Oi, Bernardo (e demais colegas...) Toda razão pras observações do Bernardo! É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs). Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone. Da proxima vez serei menos apressado... Obrigado e abraços, Nehab On 08/03/2014 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa wrote: 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br: Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a). Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) = (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros. Abraços, --- Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus está ativa. http://www.avast.com -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
Hm, cade o enunciado original do Marcone mesmo...? Ah, aqui: era para provar que NAO EXISTIA P(x) com coeficientes inteiros tal que blah-blah... Entao, fazemos por contradicao: suponha que HOUVESSE P(x) com coeficientes inteiros Use a ideia do Nehab, e chegariamos a um polinomio R(x)=ax^2+bx+c com coeficientes inteiros tal que R(1)=2, R(2)=3 e R(3)=5. Mas o unico polinomio **quadratico** que serve nao tem coeficientes inteiros, e temos a nossa contradicao. Abraco, Ralph 2014-03-09 19:33 GMT-03:00 Pacini Bores pacini.bo...@globo.com: Desculpe Ralph, Mas se o termo de maior grau de P(x) não for inteiro , a divisão dele por 1 será um número não inteiro; isso não garante que P(x) tenha coeficientes inteiros. Estou errado ? O problema não é para provar que os coeficientes de P(x) são inteiros ? Poderia esclarecer melhor para mim ? Abraços Pacini Em 9 de março de 2014 16:58, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu: Contrariando o Nehab, acho que o Nehab tinha razao sim. :) :) Pense no algoritmo da divisao de P(x) por Z(x) -- se o coeficiente do primeiro termo de Z(x) for 1 (eh o caso, Z(x)=(x-1)(x-2)(x-3)), entao soh fazemos subtracoes e multiplicacoes (todas as divisoes sao por 1). Entao certamente o quociente tambem terah coeficientes inteiros. Abraco, Ralph 2014-03-09 15:50 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com: Oi, Bernardo (e demais colegas...) Toda razão pras observações do Bernardo! É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs). Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone. Da proxima vez serei menos apressado... Obrigado e abraços, Nehab On 08/03/2014 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa wrote: 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br: Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a). Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) = (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros. Abraços, --- Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast! Antivírus está ativa. http://www.avast.com -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br: Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a). Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) = (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros. Abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
Ah desculpe! Perfeito ;) Abçs Em 08/03/2014, às 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa bernardo...@gmail.com escreveu: 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br: Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a). Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) = (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros. Abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html = -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo. = Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio que mapeia racionais sobrejetivamente
Sim, mas como prova que só esse polinômio mapeia sobrejetivamente os racionais de I nos racionais de J? Lucas Colucci Em 27 de abril de 2013 15:41, Marcelo Salhab Brogliato msbro...@gmail.comescreveu: Lucas, boa tarde! Se entendi corretamente sua questão, p é linear. Seja I = [a, b] e J = [c, d], então, p é a reta que passa pelos pontos (a, c) e (b, d). Ou seja, p(x) = c + [ (d - c) / (b - a) ] * (x - a). Veja que p(a) = c e p(b) = d. Abraços, Salhab 2013/4/27 Lucas Colucci lucas.colucci.so...@gmail.com Bom dia! Um polinômio p é tal que existe um intervalo não degenerado I e um intervalo J tal que p leva os pontos racionais de I nos pontos racionais de J sobrejetivamente. É verdade que p é linear? (i.e., p é constante ou de grau 1) Lucas Colucci
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio que mapeia racionais sobrejetivamente
2013/4/27 Marcelo Salhab Brogliato msbro...@gmail.com: Lucas, boa tarde! Se entendi corretamente sua questão, p é linear. Seja I = [a, b] e J = [c, d], então, p é a reta que passa pelos pontos (a, c) e (b, d). Ou seja, p(x) = c + [ (d - c) / (b - a) ] * (x - a). Veja que p(a) = c e p(b) = d. E porquê não a reta (a,d) -- (b,c) ? Se eu me lembro bem, esse problema é relativamente sutil. -- Bernardo Freitas Paulo da Costa = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
[obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
Olá, só uma coisa, P(-1) = (-1)^100 + (-1) + 1 = 1 um pequeno errinho de conta! abraços, Salhab o resto eh da forma ax+b ( pois o grau do resto tem que ser menor que o de x2-1) assim, P(x)=(x+1)(x-1). Q(x) + r(x), r(x)=ax+b Logo, P(1)=3= a+b=3, P(-1)=3 = -a+b=3 = a=0 e b=3 Logo, o resto eh r(x)=3 Espero ter ajudado Abracos Ricardo - Original Message - From: Leandro Morelato To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Wednesday, December 20, 2006 7:35 PM Subject: [obm-l] Polinômio Boa noite, gostaria que me ajudassem com a seguinte questão: Determine o resto da divisão de X100 + X + 1 por X2 - 1, Obrigado, Leandro -- No virus found in this incoming message. Checked by AVG Free Edition. Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.15.24/592 - Release Date: 18/12/2006 = 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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
ops, P(-1)=1. = r(x)=x+2 - Original Message - From: Ricardo To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Thursday, December 21, 2006 1:05 AM Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio o resto eh da forma ax+b ( pois o grau do resto tem que ser menor que o de x2-1) assim, P(x)=(x+1)(x-1). Q(x) + r(x), r(x)=ax+b Logo, P(1)=3= a+b=3, P(-1)=3 = -a+b=3 = a=0 e b=3 Logo, o resto eh r(x)=3 Espero ter ajudado Abracos Ricardo - Original Message - From: Leandro Morelato To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Wednesday, December 20, 2006 7:35 PM Subject: [obm-l] Polinômio Boa noite, gostaria que me ajudassem com a seguinte questão: Determine o resto da divisão de X100 + X + 1 por X2 - 1, Obrigado, Leandro No virus found in this incoming message. Checked by AVG Free Edition. Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.15.24/592 - Release Date: 18/12/2006 -- No virus found in this incoming message. Checked by AVG Free Edition. Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.15.24/592 - Release Date: 18/12/2006
Re: [obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
É correto tirar como conclusão que para achar o resto da divisão de dois polinômios podemos aplicar as raízes do divisor a formula de divisão básica D(x)=d(x).Q(x) + R(x) ? Desde que o Q(x) seja anulado? Leandro Em 21/12/06, Salhab [ k4ss ] [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá, só uma coisa, P(-1) = (-1)^100 + (-1) + 1 = 1 um pequeno errinho de conta! abraços, Salhab o resto eh da forma ax+b ( pois o grau do resto tem que ser menor que o de x2-1) assim, P(x)=(x+1)(x-1). Q(x) + r(x), r(x)=ax+b Logo, P(1)=3= a+b=3, P(-1)=3 = -a+b=3 = a=0 e b=3 Logo, o resto eh r(x)=3 Espero ter ajudado Abracos Ricardo - Original Message - From: Leandro Morelato To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Wednesday, December 20, 2006 7:35 PM Subject: [obm-l] Polinômio Boa noite, gostaria que me ajudassem com a seguinte questão: Determine o resto da divisão de X100 + X + 1 por X2 - 1, Obrigado, Leandro -- No virus found in this incoming message. Checked by AVG Free Edition. Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.15.24/592 - Release Date: 18/12/2006 = 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] Re: [obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
Veja bem Leandro, Q(x) não se anulou. Melhor dizendo, nem dá pra saber qual o valor de Q(x) pra x=-1 e x=1. O que acontece é que, olhando a expressão P(x) = (x+1)(x-1)Q(x) + R(x), fica claro que TODO O TERMO (x+1)(x-1)Q(x) se anula para x=-1 e x=1. Então, para esses valores particulares de x, pode-se garantir que P(x) = R(x), e é isso que resolve o problema. Reiterando: Q(x) num dá pra saber, e nem interessa saber nesse problema. Até porque, se fosse necessário achar Q(x), vc teria que efetuar essa divisão na unha mesmo. Ficou claro agora? - Original Message - From: Leandro Morelato To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Thursday, December 21, 2006 3:09 PM Subject: Re: [obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio É correto tirar como conclusão que para achar o resto da divisão de dois polinômios podemos aplicar as raízes do divisor a formula de divisão básica D(x)=d(x).Q(x) + R(x) ? Desde que o Q(x) seja anulado? Leandro Em 21/12/06, Salhab [ k4ss ] [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá, só uma coisa, P(-1) = (-1)^100 + (-1) + 1 = 1 um pequeno errinho de conta! abraços, Salhab o resto eh da forma ax+b ( pois o grau do resto tem que ser menor que o de x2-1) assim, P(x)=(x+1)(x-1). Q(x) + r(x), r(x)=ax+b Logo, P(1)=3= a+b=3, P(-1)=3 = -a+b=3 = a=0 e b=3 Logo, o resto eh r(x)=3 Espero ter ajudado Abracos Ricardo - Original Message - From: Leandro Morelato To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Wednesday, December 20, 2006 7:35 PM Subject: [obm-l] Polinômio Boa noite, gostaria que me ajudassem com a seguinte questão: Determine o resto da divisão de X100 + X + 1 por X2 - 1, Obrigado, Leandro -- No virus found in this incoming message. Checked by AVG Free Edition. Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.15.24/592 - Release Date: 18/12/2006 = 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] Re: [obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
Ficou sim, obrigado! Em 21/12/06, João Luís Gomes Guimarães [EMAIL PROTECTED] escreveu: Veja bem Leandro, Q(x) não se anulou. Melhor dizendo, nem dá pra saber qual o valor de Q(x) pra x=-1 e x=1. O que acontece é que, olhando a expressão P(x) = (x+1)(x-1)Q(x) + R(x), fica claro que TODO O TERMO (x+1)(x-1)Q(x) se anula para x=-1 e x=1. Então, para esses valores particulares de x, pode-se garantir que P(x) = R(x), e é isso que resolve o problema. Reiterando: Q(x) num dá pra saber, e nem interessa saber nesse problema. Até porque, se fosse necessário achar Q(x), vc teria que efetuar essa divisão na unha mesmo. Ficou claro agora? - Original Message - *From:* Leandro Morelato [EMAIL PROTECTED] *To:* obm-l@mat.puc-rio.br *Sent:* Thursday, December 21, 2006 3:09 PM *Subject:* Re: [obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio É correto tirar como conclusão que para achar o resto da divisão de dois polinômios podemos aplicar as raízes do divisor a formula de divisão básica D(x)=d(x).Q(x) + R(x) ? Desde que o Q(x) seja anulado? Leandro Em 21/12/06, Salhab [ k4ss ] [EMAIL PROTECTED] escreveu: Olá, só uma coisa, P(-1) = (-1)^100 + (-1) + 1 = 1 um pequeno errinho de conta! abraços, Salhab o resto eh da forma ax+b ( pois o grau do resto tem que ser menor que o de x2-1) assim, P(x)=(x+1)(x-1). Q(x) + r(x), r(x)=ax+b Logo, P(1)=3= a+b=3, P(-1)=3 = -a+b=3 = a=0 e b=3 Logo, o resto eh r(x)=3 Espero ter ajudado Abracos Ricardo - Original Message - From: Leandro Morelato To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Wednesday, December 20, 2006 7:35 PM Subject: [obm-l] Polinômio Boa noite, gostaria que me ajudassem com a seguinte questão: Determine o resto da divisão de X100 + X + 1 por X2 - 1, Obrigado, Leandro -- No virus found in this incoming message. Checked by AVG Free Edition. Version: 7.1.405 / Virus Database: 268.15.24/592 - Release Date: 18/12/2006 = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =