[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios - Longlists -83

[Anderson Torres]

Em dom., 21 de jun. de 2020 às 20:09, Jeferson Almir
 escreveu:
>
> Amigos peço ajuda no seguinte problema( item b principalmente).
>
> Considere a expansão
> ( 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 )^496 = a_0 + a_1x +  + a_1984x^1984
>
> a) Determine o mdc( a_3, a_8, a_13, ... , a_1983 )
>
> b) Prove que 10^340 < a_922 < 10^347
>
> No item a) eu usei raizes da unidade, mas se alguém tem alguma ideia via 
> Funções Geratrizes eu agradeceria muito.

Você vai fazer essencialmente a mesma coisa de qualquer forma: obter
uma relação entre os termos da forma a(5k+3). Não acho que dê para
fazer isso sem usar raízes da unidade. Até porque elas são
manipulações formais.

> Já o item b) tentei usar médias ou algo de termo geral de expansão 
> multinomial e não consegui nada.
>

Poxa, aqui eu acho que vou ter que dar a dica mesmo! Ache a soma dos
termos do MDC que cê quer calcular.

> --
> 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
=

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios ( RPM)

[Jeferson Almir]

Valeu Esdras !!!

Em sex, 21 de set de 2018 às 01:40, Esdras Muniz 
escreveu:

> Suponha por absurdo que (7-Ri)>=0 para toda raiz Ri, i=1,...,100.
> Daí, por Ma>=Mg, temos:
> 1>=\sqer[100]{(7-R1)(7-R2)...(7-R100)}>1 então 1>1, o que é um absurdo.
>
> Em sex, 21 de set de 2018 às 01:05, Jeferson Almir <
> jefersonram...@gmail.com> escreveu:
>
>> Este problema é de uma R.P.M que não sei qual o exemplar e peço ajuda.
>>
>> Seja P(x) um polinômio de grau 100 tal que P(x) = x^100 -600x^99 +
>> 98x^98+97x^97 +... + a_1x + a_o tem 100 raizes reais e que P(7) > 1 .
>> Mostre que existe pelo menos uma raiz maior que 7 .
>>
>> Desconfio muito de usar médias mas não estou conseguindo adequar para
>> aplica-las .
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
> --
> Esdras Muniz Mota
> Mestrando em Matemática
> Universidade Federal do Ceará
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios ( RPM)

[Esdras Muniz]

Suponha por absurdo que (7-Ri)>=0 para toda raiz Ri, i=1,...,100.
Daí, por Ma>=Mg, temos:
1>=\sqer[100]{(7-R1)(7-R2)...(7-R100)}>1 então 1>1, o que é um absurdo.

Em sex, 21 de set de 2018 às 01:05, Jeferson Almir 
escreveu:

> Este problema é de uma R.P.M que não sei qual o exemplar e peço ajuda.
>
> Seja P(x) um polinômio de grau 100 tal que P(x) = x^100 -600x^99 +
> 98x^98+97x^97 +... + a_1x + a_o tem 100 raizes reais e que P(7) > 1 .
> Mostre que existe pelo menos uma raiz maior que 7 .
>
> Desconfio muito de usar médias mas não estou conseguindo adequar para
> aplica-las .
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.



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Esdras Muniz Mota
Mestrando em Matemática
Universidade Federal do Ceará

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Ralph Teixeira]

Pior que quando eu escrevei aquilo, eu pensei mesmo duas vezes se devia
explicar este detalhe... Mas, em vista de discussoes passadas (como esta
que voce citou), achei que podia passar batido e esperar alguem perguntar,
se fosse o caso... Tipo, recentemente, numa olimpiada dessas, houve uma
breve discussao desse tipo para fazer um criterio de correcao -- "vamos
tirar ponto se o cara nao argumentar porque o polinomio tem coeficientes
inteiros?" -- e lembro que a decisao foi: "nao, isso nao vale ponto no
criterio"... :D :D :D :D :D

(Tambem achei que alguem podia reclamar do "nao existem 4 inteiros
distintos cujo produto eh +-1, +-2"... mas essa eh bem mais engolivel,
acho.) :D

Abracos, Ralph. :D

2017-11-28 16:23 GMT-02:00 Carlos Nehab :

> Oi, Mateus et alli
>
> Eu cutuquei o Ralph porque há tempos ele colocou exatamente essa sua
> explicação "vindo em defesa" de uma solução que eu havia postado de outro
> problema". Rsrsr.
> Achei importante explicitar esse detalhe pra galera.
>
> Grande abraço
> Nehab
>
>
> Em 28 de novembro de 2017 12:07, Matheus Secco 
> escreveu:
>
>> Para ver que Q(x), basta ver que (x-a)(x-b)(x-c)(x-d) tem coeficiente
>> lider 1 e ao fazer a divisão longa de P(x) por este polinomio com
>> coeficiente lider 1, não há riscos de introduzir frações.
>>
>> Abs,
>> Secco
>>
>> Em 28 de nov de 2017 11:58 AM, "Carlos Nehab" 
>> escreveu:
>>
>> Oi, Ralph
>>
>> E o detalhe que Q(x) tem coeficientes inteiros..., "exprica prá nóis"!
>>
>> Abraços
>> Nehab
>>
>> Em 27 de novembro de 2017 21:51, Ralph Teixeira 
>> escreveu:
>>
>>> Acho que eles queriam 4 raizes inteiras distintas.
>>>
>>> Neste caso, temos P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)Q(x) onde Q(x) tem
>>> coeficientes inteiros e a,b,c,d sao as 4 raizes inteiras distintas.
>>>
>>> Se P(x)=2 tivesse raiz inteira, digamos, x=n, entao teriamos
>>> P(n)=(n-a)(n-b)(n-c)(n-d)Q(n)=2. Mas entao n-a, n-b, n-c e n-d seriam 4
>>> inteiros distintos cujo produto seria +-1 ou +-2, o que nao eh possivel.
>>>
>>> Abraco, Ralph.
>>>
>>> 2017-11-27 20:09 GMT-02:00 André Lauer :
>>>
 Boa noite, preciso de ajuda no seguinte problema:
 Um polinômio P(x) tem coeficientes inteiros e admite quatro raízes
 inteiras. Prove que a equação P(x) = 2 não admite raízes inteiras.

 --
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>>>
>>>
>>> --
>>> 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.
>
>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Carlos Nehab]

Oi, Mateus et alli

Eu cutuquei o Ralph porque há tempos ele colocou exatamente essa sua
explicação "vindo em defesa" de uma solução que eu havia postado de outro
problema". Rsrsr.
Achei importante explicitar esse detalhe pra galera.

Grande abraço
Nehab


Em 28 de novembro de 2017 12:07, Matheus Secco 
escreveu:

> Para ver que Q(x), basta ver que (x-a)(x-b)(x-c)(x-d) tem coeficiente
> lider 1 e ao fazer a divisão longa de P(x) por este polinomio com
> coeficiente lider 1, não há riscos de introduzir frações.
>
> Abs,
> Secco
>
> Em 28 de nov de 2017 11:58 AM, "Carlos Nehab" 
> escreveu:
>
> Oi, Ralph
>
> E o detalhe que Q(x) tem coeficientes inteiros..., "exprica prá nóis"!
>
> Abraços
> Nehab
>
> Em 27 de novembro de 2017 21:51, Ralph Teixeira 
> escreveu:
>
>> Acho que eles queriam 4 raizes inteiras distintas.
>>
>> Neste caso, temos P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)Q(x) onde Q(x) tem
>> coeficientes inteiros e a,b,c,d sao as 4 raizes inteiras distintas.
>>
>> Se P(x)=2 tivesse raiz inteira, digamos, x=n, entao teriamos
>> P(n)=(n-a)(n-b)(n-c)(n-d)Q(n)=2. Mas entao n-a, n-b, n-c e n-d seriam 4
>> inteiros distintos cujo produto seria +-1 ou +-2, o que nao eh possivel.
>>
>> Abraco, Ralph.
>>
>> 2017-11-27 20:09 GMT-02:00 André Lauer :
>>
>>> Boa noite, preciso de ajuda no seguinte problema:
>>> Um polinômio P(x) tem coeficientes inteiros e admite quatro raízes
>>> inteiras. Prove que a equação P(x) = 2 não admite raízes inteiras.
>>>
>>> --
>>> 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.
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>
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Matheus Secco]

Para ver que Q(x), basta ver que (x-a)(x-b)(x-c)(x-d) tem coeficiente lider
1 e ao fazer a divisão longa de P(x) por este polinomio com coeficiente
lider 1, não há riscos de introduzir frações.

Abs,
Secco

Em 28 de nov de 2017 11:58 AM, "Carlos Nehab" 
escreveu:

Oi, Ralph

E o detalhe que Q(x) tem coeficientes inteiros..., "exprica prá nóis"!

Abraços
Nehab

Em 27 de novembro de 2017 21:51, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Acho que eles queriam 4 raizes inteiras distintas.
>
> Neste caso, temos P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)Q(x) onde Q(x) tem coeficientes
> inteiros e a,b,c,d sao as 4 raizes inteiras distintas.
>
> Se P(x)=2 tivesse raiz inteira, digamos, x=n, entao teriamos
> P(n)=(n-a)(n-b)(n-c)(n-d)Q(n)=2. Mas entao n-a, n-b, n-c e n-d seriam 4
> inteiros distintos cujo produto seria +-1 ou +-2, o que nao eh possivel.
>
> Abraco, Ralph.
>
> 2017-11-27 20:09 GMT-02:00 André Lauer :
>
>> Boa noite, preciso de ajuda no seguinte problema:
>> Um polinômio P(x) tem coeficientes inteiros e admite quatro raízes
>> inteiras. Prove que a equação P(x) = 2 não admite raízes inteiras.
>>
>> --
>> 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.



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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Carlos Nehab]

Oi, Ralph

E o detalhe que Q(x) tem coeficientes inteiros..., "exprica prá nóis"!

Abraços
Nehab

Em 27 de novembro de 2017 21:51, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Acho que eles queriam 4 raizes inteiras distintas.
>
> Neste caso, temos P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)Q(x) onde Q(x) tem coeficientes
> inteiros e a,b,c,d sao as 4 raizes inteiras distintas.
>
> Se P(x)=2 tivesse raiz inteira, digamos, x=n, entao teriamos
> P(n)=(n-a)(n-b)(n-c)(n-d)Q(n)=2. Mas entao n-a, n-b, n-c e n-d seriam 4
> inteiros distintos cujo produto seria +-1 ou +-2, o que nao eh possivel.
>
> Abraco, Ralph.
>
> 2017-11-27 20:09 GMT-02:00 André Lauer :
>
>> Boa noite, preciso de ajuda no seguinte problema:
>> Um polinômio P(x) tem coeficientes inteiros e admite quatro raízes
>> inteiras. Prove que a equação P(x) = 2 não admite raízes inteiras.
>>
>> --
>> 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.

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Pedro José]

Bom dia!

O Ralph seguiu o caminho certo. Contagem é para coisas distintas.
Multiplicidade da raiz já é outro conceito.
A solução do Ralph foi perfeita, pois, além de considerar as quatros
raízes, não fez restrição à multiplicidade dessas raízes.

Em 27 de novembro de 2017 21:51, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Acho que eles queriam 4 raizes inteiras distintas.
>
> Neste caso, temos P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)Q(x) onde Q(x) tem coeficientes
> inteiros e a,b,c,d sao as 4 raizes inteiras distintas.
>
> Se P(x)=2 tivesse raiz inteira, digamos, x=n, entao teriamos
> P(n)=(n-a)(n-b)(n-c)(n-d)Q(n)=2. Mas entao n-a, n-b, n-c e n-d seriam 4
> inteiros distintos cujo produto seria +-1 ou +-2, o que nao eh possivel.
>
> Abraco, Ralph.
>
> 2017-11-27 20:09 GMT-02:00 André Lauer :
>
>> Boa noite, preciso de ajuda no seguinte problema:
>> Um polinômio P(x) tem coeficientes inteiros e admite quatro raízes
>> inteiras. Prove que a equação P(x) = 2 não admite raízes inteiras.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
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[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Ralph Teixeira]

Acho que eles queriam 4 raizes inteiras distintas.

Neste caso, temos P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)Q(x) onde Q(x) tem coeficientes
inteiros e a,b,c,d sao as 4 raizes inteiras distintas.

Se P(x)=2 tivesse raiz inteira, digamos, x=n, entao teriamos
P(n)=(n-a)(n-b)(n-c)(n-d)Q(n)=2. Mas entao n-a, n-b, n-c e n-d seriam 4
inteiros distintos cujo produto seria +-1 ou +-2, o que nao eh possivel.

Abraco, Ralph.

2017-11-27 20:09 GMT-02:00 André Lauer :

> Boa noite, preciso de ajuda no seguinte problema:
> Um polinômio P(x) tem coeficientes inteiros e admite quatro raízes
> inteiras. Prove que a equação P(x) = 2 não admite raízes inteiras.
>
> --
> 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] polinômios

[Sávio Ribas]

2x^4 também é contra-exemplo

Em 27 de nov de 2017 19:41, "Bruno Visnadi" 
escreveu:

> As raízes precisam ser distintas? Se podem ser iguais, x^4 - 3 x^3 + 3x^2
> - 1x é um contra-exemplo ao problema.
>
> Em 27 de novembro de 2017 20:09, André Lauer 
> escreveu:
>
>> Boa noite, preciso de ajuda no seguinte problema:
>> Um polinômio P(x) tem coeficientes inteiros e admite quatro raízes
>> inteiras. Prove que a equação P(x) = 2 não admite raízes inteiras.
>>
>> --
>> 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] polinômios

[Bruno Visnadi]

As raízes precisam ser distintas? Se podem ser iguais, x^4 - 3 x^3 + 3x^2 -
1x é um contra-exemplo ao problema.

Em 27 de novembro de 2017 20:09, André Lauer 
escreveu:

> Boa noite, preciso de ajuda no seguinte problema:
> Um polinômio P(x) tem coeficientes inteiros e admite quatro raízes
> inteiras. Prove que a equação P(x) = 2 não admite raízes inteiras.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Israel Meireles Chrisostomo]

Muito boa explicação Carlos Gomes, observações muito inteligentes

Em 25 de julho de 2017 23:01, Pedro Júnior 
escreveu:

> Obrigado, não havia percebido o deslize!
>
> Em 25 de jul de 2017 10:48 PM, "Carlos Gomes" 
> escreveu:
>
>
> Pelo teorema do resto,
>
> p(2)=p(3)=p(4)=r e p(1)=0
>
> Considerando o polinômio q(x)=p(x)-r, segue que q(2)=q(3)=q(4)=0. Assim,
>
> q(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4), com A real. Portanto,
>
> p(x)-r=q(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4) ==> p(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4)+r.
>
> Ora, como p(1)=0, segue que 0=A(1-2)(1-3)(1-4)+r ==> r=6A
>
> Assim, p(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4)+¨6A
>
> Variando o A nos reais (A não nulo) temos infinitos polinômios p cumprindo
> as condições requeridas.
>
> Cgomes.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>



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Israel Meireles Chrisostomo

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Pedro Júnior]

Obrigado, não havia percebido o deslize!

Em 25 de jul de 2017 10:48 PM, "Carlos Gomes" 
escreveu:


Pelo teorema do resto,

p(2)=p(3)=p(4)=r e p(1)=0

Considerando o polinômio q(x)=p(x)-r, segue que q(2)=q(3)=q(4)=0. Assim,

q(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4), com A real. Portanto,

p(x)-r=q(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4) ==> p(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4)+r.

Ora, como p(1)=0, segue que 0=A(1-2)(1-3)(1-4)+r ==> r=6A

Assim, p(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4)+¨6A

Variando o A nos reais (A não nulo) temos infinitos polinômios p cumprindo
as condições requeridas.

Cgomes.


-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Carlos Gomes]

Pelo teorema do resto,

p(2)=p(3)=p(4)=r e p(1)=0

Considerando o polinômio q(x)=p(x)-r, segue que q(2)=q(3)=q(4)=0. Assim,

q(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4), com A real. Portanto,

p(x)-r=q(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4) ==> p(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4)+r.

Ora, como p(1)=0, segue que 0=A(1-2)(1-3)(1-4)+r ==> r=6A

Assim, p(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4)+¨6A

Variando o A nos reais (A não nulo) temos infinitos polinômios p cumprindo
as condições requeridas.

Cgomes.

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Ralph Teixeira]

Vou ajeitar a ideia do Bruno, que eh muito boa -- vou botar um parametro
arbitrario na frente do primeiro polinomio:

Entao, crio P(x)=k(x-2)(x-3)(x-4) -> P(1)=-6k (onde k<>0)

Entao R(x)=k(x-2)(x-3)(x-4)+6k eh tal que R(1)=0; mais ainda,
R(2)=R(3)=R(4)=6k, portanto R(x) deixa o mesmo resto 6k na divisao por
(x-2), (x-3) ou (x-4).

(Ou entao, pegue o polinomio Q(x) do Bruno, e multiplique por uma constante
real arbitraria k<>0)

Abraco, Ralph.

2017-07-25 21:41 GMT-03:00 Bruno Visnadi :

> Seja P(x) = (x-2)(x-3)(x-4) = x³ - 9x² + 26x - 24 -> P(1) = -6
>
> Seja Q(x) = P(x) + 6 -> Q(1) = 0 -> Q(x) é múltiplo de (x-1)
>
> Perceba que Q(x) deixa resto 6 por (x-2), (x-3) e (x-4). Todo polinômio no
> formato Q(x) + n*P(x), para todo n, deixa resto 6 por
> (x-2), (x-3) e (x-4).
>
> Em 25 de julho de 2017 21:22, Pedro Júnior 
> escreveu:
>
>> Prove que existem infinitos polinômios de grau 3 de coeficientes reais
>> que são divisíveis por x - 1 e que deixam o mesmo resto por x - 2, x - 3 e
>> x - 4.
>>
>> Quem tiver uma boa dica fica meus agradecimentos.
>>
>> --
>> 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] Polinômios

[Bruno Visnadi]

Os polinômios que mencionei no formato Q(x) + nP(x) não são necessariamente
múltiplos de (x-1). Mas Q(x) é um exemplo de polinômio que estamos
procurando.

Pelo o que entendi, dois polinômios diferentes podem deixar restos
diferentes, desde que seja o mesmo resto para (x-1), (x-2) e (x-3), certo?

Neste caso, basta tormarmos Qm(x) = m*P(x) + 6m, para todo m. Cada
polinômio deixará resto 6t por (x-1), (x-2) e (x-3).

Qm(x) = mx³ - 9mx² + 26mx - 12m -> Qm(1) = 0. Então, dessa vez eles são
todos múltiplos de (x-1) :)



Em 25 de julho de 2017 22:13, Bruno Visnadi 
escreveu:

> Opa, deixei passar um erro bem básico! Estou corrigindo, um momentinho
>
> Em 25 de julho de 2017 22:04, Pedro Júnior 
> escreveu:
>
>> Obrigado, didático e criativo.
>> Valeu mesmo!
>>
>> Em 25 de jul de 2017 9:55 PM, "Bruno Visnadi" <
>> brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Seja P(x) = (x-2)(x-3)(x-4) = x³ - 9x² + 26x - 24 -> P(1) = -6
>>>
>>> Seja Q(x) = P(x) + 6 -> Q(1) = 0 -> Q(x) é múltiplo de (x-1)
>>>
>>> Perceba que Q(x) deixa resto 6 por (x-2), (x-3) e (x-4). Todo polinômio
>>> no formato Q(x) + n*P(x), para todo n, deixa resto 6 por
>>> (x-2), (x-3) e (x-4).
>>>
>>> Em 25 de julho de 2017 21:22, Pedro Júnior 
>>> escreveu:
>>>
 Prove que existem infinitos polinômios de grau 3 de coeficientes reais
 que são divisíveis por x - 1 e que deixam o mesmo resto por x - 2, x - 3 e
 x - 4.

 Quem tiver uma boa dica fica meus agradecimentos.

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>>>
>>>
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Bruno Visnadi]

Opa, deixei passar um erro bem básico! Estou corrigindo, um momentinho

Em 25 de julho de 2017 22:04, Pedro Júnior 
escreveu:

> Obrigado, didático e criativo.
> Valeu mesmo!
>
> Em 25 de jul de 2017 9:55 PM, "Bruno Visnadi" 
> escreveu:
>
>> Seja P(x) = (x-2)(x-3)(x-4) = x³ - 9x² + 26x - 24 -> P(1) = -6
>>
>> Seja Q(x) = P(x) + 6 -> Q(1) = 0 -> Q(x) é múltiplo de (x-1)
>>
>> Perceba que Q(x) deixa resto 6 por (x-2), (x-3) e (x-4). Todo polinômio
>> no formato Q(x) + n*P(x), para todo n, deixa resto 6 por
>> (x-2), (x-3) e (x-4).
>>
>> Em 25 de julho de 2017 21:22, Pedro Júnior 
>> escreveu:
>>
>>> Prove que existem infinitos polinômios de grau 3 de coeficientes reais
>>> que são divisíveis por x - 1 e que deixam o mesmo resto por x - 2, x - 3 e
>>> x - 4.
>>>
>>> Quem tiver uma boa dica fica meus agradecimentos.
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Pedro Júnior]

Obrigado, didático e criativo.
Valeu mesmo!

Em 25 de jul de 2017 9:55 PM, "Bruno Visnadi" 
escreveu:

> Seja P(x) = (x-2)(x-3)(x-4) = x³ - 9x² + 26x - 24 -> P(1) = -6
>
> Seja Q(x) = P(x) + 6 -> Q(1) = 0 -> Q(x) é múltiplo de (x-1)
>
> Perceba que Q(x) deixa resto 6 por (x-2), (x-3) e (x-4). Todo polinômio no
> formato Q(x) + n*P(x), para todo n, deixa resto 6 por
> (x-2), (x-3) e (x-4).
>
> Em 25 de julho de 2017 21:22, Pedro Júnior 
> escreveu:
>
>> Prove que existem infinitos polinômios de grau 3 de coeficientes reais
>> que são divisíveis por x - 1 e que deixam o mesmo resto por x - 2, x - 3 e
>> x - 4.
>>
>> Quem tiver uma boa dica fica meus agradecimentos.
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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Bruno Visnadi]

Seja P(x) = (x-2)(x-3)(x-4) = x³ - 9x² + 26x - 24 -> P(1) = -6

Seja Q(x) = P(x) + 6 -> Q(1) = 0 -> Q(x) é múltiplo de (x-1)

Perceba que Q(x) deixa resto 6 por (x-2), (x-3) e (x-4). Todo polinômio no
formato Q(x) + n*P(x), para todo n, deixa resto 6 por
(x-2), (x-3) e (x-4).

Em 25 de julho de 2017 21:22, Pedro Júnior 
escreveu:

> Prove que existem infinitos polinômios de grau 3 de coeficientes reais que
> são divisíveis por x - 1 e que deixam o mesmo resto por x - 2, x - 3 e x -
> 4.
>
> Quem tiver uma boa dica fica meus agradecimentos.
>
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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Carlos Victor]

 

Oi Wanderlei, 

seja o resto dado por R(x)=ax^3+bx^2+cx+d. 

Onde tiver x^2 em R(x) substitua por (-x-1) e force ser igual a -x+1;
encontrando : 

c-b=-1 e a+d-b=1. Depois onde tiver x^2 substitua por(x-1) e force ser
igual a 3x+5; encontrando b+c=3 e d-b-a=5. 

conclusão : a=-2, b=2 , c=1 e d=5. 

Abraços 

Carlos Victor 

Em 27/05/2017 11:17, Vanderlei Nemitz escreveu: 

> Bom dia! 
> 
> Alguém poderia dar uma ideia na seguinte questão? Já tentes algumas 
> estratégias, mas sem êxito. 
> 
> UM POLINÔMIO P(X) DIVIDIDO POR X^2 + X + 1 DÁ RESTO -X + 1 E DIVIDIDO POR X^2 
> -X + 1 DÁ RESTO 3X + 5. QUAL O RESTO DA DIVISÃO DE P(X) POR X^4 + X^2 + 1? 
> 
> A resposta que tenho é -2X^3 + 2X^2 + X + 5. 
> 
> Obrigado! 
> 
> Vanderlei 
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Vanderlei Nemitz]

Muito obrigado, Douglas!

Eu não conhecia esse teorema. Com certeza é muito valioso!

Em 27 de maio de 2017 17:08, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Então:
>
> *Podemos usar o seguinte teorema: Na divisão de um polinômio p(x) por
> h1(x) o resto é r1(x); na divisão de p(x) por h2(x) o resto é r2(x); na
> divisão de p(x) por h1(x).h2(x) o resto é r(x). Se r(x) é dividido por
> h1(x) o resto é r1(x) e dividido por h2(x) o resto é r2(x).*
>
> *O resto da divisão de P(x) por x4 + x2 + 1  possui de grau menor ou igual
> a 3:   r(x) = ax3 + bx2 + cx + d*
>
> *De acordo com o teorema,  ax3 + bx2 + cx + d  dividido por  x2 + x + 1
> deixa resto – x + 1  e  dividido por x2 – x + 1  deixa resto 3x + 5.
> Então:   i)  ax3 + bx2 + cx + d = (x2 + x + 1)(ax + e) – x + 1   =>*
>
> *ax3 + bx2 + cx + d = ax3 + (a + e)x2 + (a + e – 1)x + e + 1*
>
> *ii) ax3 + bx2 + cx + d = (x2 – x + 1)(ax + f) + 3x + 5   =>*
>
> *ax3 + bx2 + cx + d = ax3 + (f – a)x2 + (a – f + 3)x + f + 5*
>
> *\**e + 1 = f + 5   =>   e – f = 4 **\**a + e – 1 = a – f + 3   =>
> e + f = 4   =>  e = 4   e   f = 0*
>
> *\**d = e + 1   =>   d = 5 **\**a + e = f – a   =>   2a = – 4   =>
> a = – 2 **\**b = f – a   =>   b = 2*
>
> *\**c = a + e – 1 = – 2 + 4 – 1   =>   c = 1**\**Ou seja:   r(x)
> = – 2x3 + 2x2 + x + 5*
>
>
> *Observação: O que fiz nada mais foi do que congruência aplicada a
> polinômios.*
>
>
> *Abraços *
>
> *Douglas Oliveira*
>
> Em 27 de maio de 2017 11:17, Vanderlei Nemitz 
> escreveu:
>
>> Bom dia!
>>
>> Alguém poderia dar uma ideia na seguinte questão? Já tentes algumas
>> estratégias, mas sem êxito.
>>
>> Um polinômio P(x) dividido por x^2 + x + 1 dá resto -x + 1 e dividido por
>> x^2 -x + 1 dá resto 3x + 5. Qual o resto da divisão de P(x) por x^4 + x^2 +
>> 1?
>>
>> A resposta que tenho é -2x^3 + 2x^2 + x + 5.
>>
>> Obrigado!
>>
>> Vanderlei
>>
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>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
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>

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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Douglas Oliveira de Lima]

Então:

*Podemos usar o seguinte teorema: Na divisão de um polinômio p(x) por h1(x)
o resto é r1(x); na divisão de p(x) por h2(x) o resto é r2(x); na divisão
de p(x) por h1(x).h2(x) o resto é r(x). Se r(x) é dividido por h1(x) o
resto é r1(x) e dividido por h2(x) o resto é r2(x).*

*O resto da divisão de P(x) por x4 + x2 + 1  possui de grau menor ou igual
a 3:   r(x) = ax3 + bx2 + cx + d*

*De acordo com o teorema,  ax3 + bx2 + cx + d  dividido por  x2 + x + 1
deixa resto – x + 1  e  dividido por x2 – x + 1  deixa resto 3x + 5.
Então:   i)  ax3 + bx2 + cx + d = (x2 + x + 1)(ax + e) – x + 1   =>*

*ax3 + bx2 + cx + d = ax3 + (a + e)x2 + (a + e – 1)x + e + 1*

*ii) ax3 + bx2 + cx + d = (x2 – x + 1)(ax + f) + 3x + 5   =>*

*ax3 + bx2 + cx + d = ax3 + (f – a)x2 + (a – f + 3)x + f + 5*

*\**e + 1 = f + 5   =>   e – f = 4 **\**a + e – 1 = a – f + 3   =>   e
+ f = 4   =>  e = 4   e   f = 0*

*\**d = e + 1   =>   d = 5 **\**a + e = f – a   =>   2a = – 4   =>   a
= – 2 **\**b = f – a   =>   b = 2*

*\**c = a + e – 1 = – 2 + 4 – 1   =>   c = 1**\**Ou seja:   r(x) =
– 2x3 + 2x2 + x + 5*


*Observação: O que fiz nada mais foi do que congruência aplicada a
polinômios.*


*Abraços *

*Douglas Oliveira*

Em 27 de maio de 2017 11:17, Vanderlei Nemitz 
escreveu:

> Bom dia!
>
> Alguém poderia dar uma ideia na seguinte questão? Já tentes algumas
> estratégias, mas sem êxito.
>
> Um polinômio P(x) dividido por x^2 + x + 1 dá resto -x + 1 e dividido por
> x^2 -x + 1 dá resto 3x + 5. Qual o resto da divisão de P(x) por x^4 + x^2 +
> 1?
>
> A resposta que tenho é -2x^3 + 2x^2 + x + 5.
>
> Obrigado!
>
> Vanderlei
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Carlos Nehab]

Simples, Gabriel.

A solução dele da página 260 está errada e a sua certa. 
Fica frio.
Tá estudando num ótimo livro.

Abs Nehab

Em 8 de julho de 2015 22:07, Gabriel Tostes gtos...@icloud.com escreveu:

 Ache o resto de x^100 -2.x^51 + 1 na divisao por x^2 - 1.
 Eu nao entendo por que o resto eh 4x nao  -2x + 2
 Se fizer x=1 nao fica a + b = 0 ? E x=-1 -a+b=4 r(x) = ax + b
 Esse exercicio ta no livro do Engel, problem solving strategies.


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 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
 =


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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[saulo nilson]

a+b+c=17
ab+ac+bc=m
abc=n^2
abc tem que dar um quadrado perfeito
a=6,b=3,c=8
n=12
m=92

2015-05-18 7:23 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com:

 Encontrar todos os inteiros positivos m e n tais que todas as soluções de
 x^3 - 17x^2 + mx - n^2 = 0 são inteiras

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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[saulo nilson]

e uma soluçao


2015-06-18 14:13 GMT-03:00 saulo nilson saulo.nil...@gmail.com:

 a+b+c=17
 ab+ac+bc=m
 abc=n^2
 abc tem que dar um quadrado perfeito
 a=6,b=3,c=8
 n=12
 m=92

 2015-05-18 7:23 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com:

 Encontrar todos os inteiros positivos m e n tais que todas as soluções de
 x^3 - 17x^2 + mx - n^2 = 0 são inteiras

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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[saulo nilson]

a+b+c=17
ab+ac+bc=m
abc=n^2
abc tem que dar um quadrado perfeito
a=6,b=3,c=8
n=12
m=90

2015-06-18 14:13 GMT-03:00 saulo nilson saulo.nil...@gmail.com:

 e uma soluçao


 2015-06-18 14:13 GMT-03:00 saulo nilson saulo.nil...@gmail.com:

 a+b+c=17
 ab+ac+bc=m
 abc=n^2
 abc tem que dar um quadrado perfeito
 a=6,b=3,c=8
 n=12
 m=92

 2015-05-18 7:23 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com:

 Encontrar todos os inteiros positivos m e n tais que todas as soluções
 de x^3 - 17x^2 + mx - n^2 = 0 são inteiras

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Pedro José]

Boa tarde!

É um pouco complicado pois as soluções podem ser negativas pelo enunciado.
A restrição quanto a ser positivo é somente para m e n.

a+b+c = 17

abc = n^2.

Podemos ter raizes com a seguinte configuração.
*s, s e t^2 com t Ɛ 2Z+1 *

t =1== s= 8 == (1,8,8) é solução == n= 8 e m = 80.
t=3 == s= 4 == (4,4,9) é solução == n= 12 e m = 88.

*s st t*

s=2 e t=5 == (2,5,10) é solução == n= 10 e m = 80.

Para s= 1 é facil ver que repete (1,8,8) e apartir de 3 não atende.

s st e t*u^2

Só há solução para (3,6,8) == n=12 e m = 90.

Temos que procurar soluções com duas parcelas negativas:

*a e b 0 e c17.*

*== *ab + ac + bc 0, pois m 0

ab  - c (a+b) == ab  c (c-17)

Para um dado c, ab é máximo se a=b pois ab = 17-c= constante

assim: a^2  c^2 - 17 c a = (17-c)/2 == 17^2/2 - 17 c +c^2/2  c^2 - 17c

c^2  17^2 == |c|  17, absurdo, pois, c 17. Se não atende para o máximo,
não atenderá para os demais.

Assim não há solução com raízes negativas.

Só há as soluções destacadas em amarelo.

Creio que para achar todas as soluções teria sido mais simples listar todas
as soluções de a + b + c = 17, excetuando-se as permutações pois as
operações para achar m e n são comutativas e escolher as que abc dão um
quadrado perfeito.

Sds,

PJMS





Em 18 de junho de 2015 14:16, saulo nilson saulo.nil...@gmail.com
escreveu:

 a+b+c=17
 ab+ac+bc=m
 abc=n^2
 abc tem que dar um quadrado perfeito
 a=6,b=3,c=8
 n=12
 m=90

 2015-06-18 14:13 GMT-03:00 saulo nilson saulo.nil...@gmail.com:

 e uma soluçao


 2015-06-18 14:13 GMT-03:00 saulo nilson saulo.nil...@gmail.com:

 a+b+c=17
 ab+ac+bc=m
 abc=n^2
 abc tem que dar um quadrado perfeito
 a=6,b=3,c=8
 n=12
 m=92

 2015-05-18 7:23 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com:

 Encontrar todos os inteiros positivos m e n tais que todas as soluções
 de x^3 - 17x^2 + mx - n^2 = 0 são inteiras

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[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios

[Esdras Muniz]

Q(y)=a(n) + a(n-1)y + ...+ a(3)y^(n-3) + y^(n-2) + y^(n-1) + y^n
pelas equações de Girard, a soma das raizers é dada por menos o coeficiente
de y^(n-1), ou seja, -1.



Em 25 de setembro de 2013 21:14, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 Por que r1+r2+...+rn = -1?

 --
 From: esdrasmunizm...@gmail.com
 Date: Wed, 25 Sep 2013 13:28:35 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios
 To: obm-l@mat.puc-rio.br


 Tome o polinomioQ(y)= P(1/x) fazendo y=1/x, temos:
 Q(y)=a(n) + a(n-1)y + ...+ a(3)y^(n-3) + y^(n-2) + y^(n-1) + y^n
 sendo r1, r2, ..., rn as raizes de Q(y) (com repetição). note que se R1,
 R2,..., Rn são as raizes de P(x), Ri=1/ri  (note que an é diferente de
 zero, então Q não possui raiz nula)
 Então:
 r1+r2+...+rn=-1;
 (soma sobre ij)(ri*rj)=1;
 então (r1)²+(r2)²+...+(rn)²=(r1+r2+...+rn)²-2*(soma sobre ij)(ri*rj)= -1
 - 2*1=-3.
 Então não podemos ter todas as raízes reais.


 Em 25 de setembro de 2013 12:51, marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 As expressões entre parêntesis na penúltima linha não são ambas iguais a 1?
 E por que ´´para n par...´´?




 --
 From: joao_maldona...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios
 Date: Tue, 24 Sep 2013 23:00:14 -0300


 Sendo cp = 1/ap
 a1a2...an =  +-1/an
 a1a2...an(1/a1 + 1/a2+...+1/an) =   -+1/an
 a1a2...an(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =   +-1/an

 Logo: (1/a1 + 1/a2+...+1/an) = -1
 (1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =1
 x=c1+c2+ ... +cn = -1
 y=c1c2+c1c3+...+cn-1cn = 1

 c1²+c2² +... +cn² = (c1+c2+ ... +cn)² -2(c1c2+c1c3+...+cn-1cn) = -1,
 absurdo, logo para n par temos  que pelo menos 2 raízes são complexas

 []'s
 João


 --
 From: marconeborge...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Polinômios
 Date: Wed, 25 Sep 2013 01:00:58 +

 Prove que um polinômio do tipo a(n)x^n + a(n-1)x^(n-1) + ...+ a(3)x^3 +
 x^2 + x + 1 com
 coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.


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 --
 Esdras Muniz Mota
 Graduando em Matemática Bacharelado
 Universidade Federal do Ceará


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Esdras Muniz Mota
Graduando em Matemática Bacharelado
Universidade Federal do Ceará

Se algum dia ele recuou, foi para dar um grande salto

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[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios

[Esdras Muniz]

Obs: eu estou mostrando que as raizes de Q não podem ser todas reais, então
as de P tambem não podem.


Em 26 de setembro de 2013 11:29, Esdras Muniz
esdrasmunizm...@gmail.comescreveu:

 Q(y)=a(n) + a(n-1)y + ...+ a(3)y^(n-3) + y^(n-2) + y^(n-1) + y^n
 pelas equações de Girard, a soma das raizers é dada por menos o
 coeficiente de y^(n-1), ou seja, -1.



 Em 25 de setembro de 2013 21:14, marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com escreveu:

  Por que r1+r2+...+rn = -1?

 --
 From: esdrasmunizm...@gmail.com
 Date: Wed, 25 Sep 2013 13:28:35 -0300
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios
 To: obm-l@mat.puc-rio.br


 Tome o polinomioQ(y)= P(1/x) fazendo y=1/x, temos:
 Q(y)=a(n) + a(n-1)y + ...+ a(3)y^(n-3) + y^(n-2) + y^(n-1) + y^n
 sendo r1, r2, ..., rn as raizes de Q(y) (com repetição). note que se R1,
 R2,..., Rn são as raizes de P(x), Ri=1/ri  (note que an é diferente de
 zero, então Q não possui raiz nula)
 Então:
 r1+r2+...+rn=-1;
 (soma sobre ij)(ri*rj)=1;
 então (r1)²+(r2)²+...+(rn)²=(r1+r2+...+rn)²-2*(soma sobre ij)(ri*rj)=
 -1 - 2*1=-3.
 Então não podemos ter todas as raízes reais.


 Em 25 de setembro de 2013 12:51, marcone augusto araújo borges 
 marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 As expressões entre parêntesis na penúltima linha não são ambas iguais a
 1?
 E por que ´´para n par...´´?




 --
 From: joao_maldona...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios
 Date: Tue, 24 Sep 2013 23:00:14 -0300


 Sendo cp = 1/ap
 a1a2...an =  +-1/an
 a1a2...an(1/a1 + 1/a2+...+1/an) =   -+1/an
 a1a2...an(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =   +-1/an

 Logo: (1/a1 + 1/a2+...+1/an) = -1
 (1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =1
 x=c1+c2+ ... +cn = -1
 y=c1c2+c1c3+...+cn-1cn = 1

 c1²+c2² +... +cn² = (c1+c2+ ... +cn)² -2(c1c2+c1c3+...+cn-1cn) = -1,
 absurdo, logo para n par temos  que pelo menos 2 raízes são complexas

 []'s
 João


 --
 From: marconeborge...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Polinômios
 Date: Wed, 25 Sep 2013 01:00:58 +

 Prove que um polinômio do tipo a(n)x^n + a(n-1)x^(n-1) + ...+ a(3)x^3 +
 x^2 + x + 1 com
 coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.


 --
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 acredita-se estar livre de perigo.

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 acredita-se estar livre de perigo.

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 --
 Esdras Muniz Mota
 Graduando em Matemática Bacharelado
 Universidade Federal do Ceará


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 Esdras Muniz Mota
 Graduando em Matemática Bacharelado
 Universidade Federal do Ceará

 Se algum dia ele recuou, foi para dar um grande salto




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Esdras Muniz Mota
Graduando em Matemática Bacharelado
Universidade Federal do Ceará

Se algum dia ele recuou, foi para dar um grande salto

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[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios

[marcone augusto araújo borges]

Sim,-1,claro.Enfim,acabei entendendo tudo.Valeu!

From: esdrasmunizm...@gmail.com
Date: Thu, 26 Sep 2013 11:31:55 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] 
Polinômios
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Obs: eu estou mostrando que as raizes de Q não podem ser todas reais, então as 
de P tambem não podem.

Em 26 de setembro de 2013 11:29, Esdras Muniz esdrasmunizm...@gmail.com 
escreveu:


Q(y)=a(n) + a(n-1)y + ...+ a(3)y^(n-3) + y^(n-2) + y^(n-1) + y^n


pelas equações de Girard, a soma das raizers é dada por menos o coeficiente de 
y^(n-1), ou seja, -1.



Em 25 de setembro de 2013 21:14, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:






Por que r1+r2+...+rn = -1?

From: esdrasmunizm...@gmail.com
Date: Wed, 25 Sep 2013 13:28:35 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios



To: obm-l@mat.puc-rio.br

Tome o polinomioQ(y)= P(1/x) fazendo y=1/x, temos:Q(y)=a(n) + a(n-1)y + ...+ 
a(3)y^(n-3) + y^(n-2) + y^(n-1) + y^n


sendo r1, r2, ..., rn as raizes de Q(y) (com repetição). note que se R1, 
R2,..., Rn são as raizes de P(x), Ri=1/ri  (note que an é diferente de zero, 
então Q não possui raiz nula)




Então: r1+r2+...+rn=-1;(soma sobre ij)(ri*rj)=1;




então (r1)²+(r2)²+...+(rn)²=(r1+r2+...+rn)²-2*(soma sobre ij)(ri*rj)= -1 - 
2*1=-3.




Então não podemos ter todas as raízes reais.

Em 25 de setembro de 2013 12:51, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:








As expressões entre parêntesis na penúltima linha não são ambas iguais a 1?E 
por que ´´para n par...´´? 
 



From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios





Date: Tue, 24 Sep 2013 23:00:14 -0300




Sendo cp = 1/ap
a1a2...an =  +-1/an
a1a2...an(1/a1 + 1/a2+...+1/an) =   -+1/an
a1a2...an(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =   +-1/an

Logo: (1/a1 + 1/a2+...+1/an) = -1
(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =1





x=c1+c2+ ... +cn = -1
y=c1c2+c1c3+...+cn-1cn = 1

c1²+c2² +... +cn² = (c1+c2+ ... +cn)² -2(c1c2+c1c3+...+cn-1cn) = -1, absurdo, 
logo para n par temos  que pelo menos 2 raízes são complexas

[]'s
João







From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Polinômios 





Date: Wed, 25 Sep 2013 01:00:58 +




Prove que um polinômio do tipo a(n)x^n + a(n-1)x^(n-1) + ...+ a(3)x^3 + x^2 + x 
+ 1 com



 
 



  


  


  


  


 
 



  


  


  


  

coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.
  
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Esdras Muniz Mota
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[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios

[Eduardo Wilner]

Oi Maldonado.

Gostaria de entender a notação:  

parece que cp seriam as raizes, mas, em cp=1/ap, ap seriam os coeficientes? 
Como?

[ ]'s





 De: João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com
Para: obm-l@mat.puc-rio.br obm-l@mat.puc-rio.br 
Enviadas: Terça-feira, 24 de Setembro de 2013 23:00
Assunto: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios
 


 
Sendo cp = 1/ap
a1a2...an =  +-1/an
a1a2...an(1/a1 + 1/a2+...+1/an) =   -+1/an
a1a2...an(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =   +-1/an

Logo: (1/a1 + 1/a2+...+1/an) = -1
(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =1
x=c1+c2+ ... +cn = -1
y=c1c2+c1c3+...+cn-1cn = 1

c1²+c2² +... +cn² = (c1+c2+ ... +cn)² -2(c1c2+c1c3+...+cn-1cn) = -1, absurdo, 
logo para n par temos  que pelo menos 2 raízes são complexas

[]'s
João





From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Polinômios 
Date: Wed, 25 Sep 2013 01:00:58 +

 
Prove que um polinômio do tipo a(n)x^n + a(n-1)x^(n-1) + ...+ a(3)x^3 + x^2 + x 
+ 1 com 
coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
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[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios

[marcone augusto araújo borges]

As expressões entre parêntesis na penúltima linha não são ambas iguais a 1?E 
por que ´´para n par...´´? 
 

From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios
Date: Tue, 24 Sep 2013 23:00:14 -0300




Sendo cp = 1/ap
a1a2...an =  +-1/an
a1a2...an(1/a1 + 1/a2+...+1/an) =   -+1/an
a1a2...an(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =   +-1/an

Logo: (1/a1 + 1/a2+...+1/an) = -1
(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =1
x=c1+c2+ ... +cn = -1
y=c1c2+c1c3+...+cn-1cn = 1

c1²+c2² +... +cn² = (c1+c2+ ... +cn)² -2(c1c2+c1c3+...+cn-1cn) = -1, absurdo, 
logo para n par temos  que pelo menos 2 raízes são complexas

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João


From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Polinômios 
Date: Wed, 25 Sep 2013 01:00:58 +




Prove que um polinômio do tipo a(n)x^n + a(n-1)x^(n-1) + ...+ a(3)x^3 + x^2 + x 
+ 1 com



 
 



  


  


  


  


 
 



  


  


  


  

coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.
  
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[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios

[Esdras Muniz]

Tome o polinomioQ(y)= P(1/x) fazendo y=1/x, temos:
Q(y)=a(n) + a(n-1)y + ...+ a(3)y^(n-3) + y^(n-2) + y^(n-1) + y^n
sendo r1, r2, ..., rn as raizes de Q(y) (com repetição). note que se R1,
R2,..., Rn são as raizes de P(x), Ri=1/ri  (note que an é diferente de
zero, então Q não possui raiz nula)
Então:
r1+r2+...+rn=-1;
(soma sobre ij)(ri*rj)=1;
então (r1)²+(r2)²+...+(rn)²=(r1+r2+...+rn)²-2*(soma sobre ij)(ri*rj)= -1 -
2*1=-3.
Então não podemos ter todas as raízes reais.


Em 25 de setembro de 2013 12:51, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 As expressões entre parêntesis na penúltima linha não são ambas iguais a 1?
 E por que ´´para n par...´´?




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 From: joao_maldona...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios
 Date: Tue, 24 Sep 2013 23:00:14 -0300


 Sendo cp = 1/ap
 a1a2...an =  +-1/an
 a1a2...an(1/a1 + 1/a2+...+1/an) =   -+1/an
 a1a2...an(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =   +-1/an

 Logo: (1/a1 + 1/a2+...+1/an) = -1
 (1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =1
 x=c1+c2+ ... +cn = -1
 y=c1c2+c1c3+...+cn-1cn = 1

 c1²+c2² +... +cn² = (c1+c2+ ... +cn)² -2(c1c2+c1c3+...+cn-1cn) = -1,
 absurdo, logo para n par temos  que pelo menos 2 raízes são complexas

 []'s
 João


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 From: marconeborge...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Polinômios
 Date: Wed, 25 Sep 2013 01:00:58 +

 Prove que um polinômio do tipo a(n)x^n + a(n-1)x^(n-1) + ...+ a(3)x^3 +
 x^2 + x + 1 com
 coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.


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[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios

[João Maldonado]

Esquece o para n par (vale para par ou ímpar, não sei por que escrevi isso)
Na verdade o certo era dividir em dois casos, n par e n ímpar, mas quis embutir 
os dois juntos quando coloquei o sinal +- e -+
A primeira expressão entre parêntesis é o x e a segunda o y

From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios
Date: Wed, 25 Sep 2013 15:51:07 +




As expressões entre parêntesis na penúltima linha não são ambas iguais a 1?E 
por que ´´para n par...´´? 
 

From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios
Date: Tue, 24 Sep 2013 23:00:14 -0300




Sendo cp = 1/ap
a1a2...an =  +-1/an
a1a2...an(1/a1 + 1/a2+...+1/an) =   -+1/an
a1a2...an(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =   +-1/an

Logo: (1/a1 + 1/a2+...+1/an) = -1
(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =1
x=c1+c2+ ... +cn = -1
y=c1c2+c1c3+...+cn-1cn = 1

c1²+c2² +... +cn² = (c1+c2+ ... +cn)² -2(c1c2+c1c3+...+cn-1cn) = -1, absurdo, 
logo para n par temos  que pelo menos 2 raízes são complexas

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João


From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Polinômios 
Date: Wed, 25 Sep 2013 01:00:58 +




Prove que um polinômio do tipo a(n)x^n + a(n-1)x^(n-1) + ...+ a(3)x^3 + x^2 + x 
+ 1 com



 
 



  


  


  


  


 
 



  


  


  


  

coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.
  
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[obm-l] RE: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios

[marcone augusto araújo borges]

Por que r1+r2+...+rn = -1?

From: esdrasmunizm...@gmail.com
Date: Wed, 25 Sep 2013 13:28:35 -0300
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Tome o polinomioQ(y)= P(1/x) fazendo y=1/x, temos:Q(y)=a(n) + a(n-1)y + ...+ 
a(3)y^(n-3) + y^(n-2) + y^(n-1) + y^nsendo r1, r2, ..., rn as raizes de Q(y) 
(com repetição). note que se R1, R2,..., Rn são as raizes de P(x), Ri=1/ri  
(note que an é diferente de zero, então Q não possui raiz nula)

Então: r1+r2+...+rn=-1;(soma sobre ij)(ri*rj)=1;

então (r1)²+(r2)²+...+(rn)²=(r1+r2+...+rn)²-2*(soma sobre ij)(ri*rj)= -1 - 
2*1=-3.

Então não podemos ter todas as raízes reais.

Em 25 de setembro de 2013 12:51, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:





As expressões entre parêntesis na penúltima linha não são ambas iguais a 1?E 
por que ´´para n par...´´? 
 



From: joao_maldona...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômios


Date: Tue, 24 Sep 2013 23:00:14 -0300




Sendo cp = 1/ap
a1a2...an =  +-1/an
a1a2...an(1/a1 + 1/a2+...+1/an) =   -+1/an
a1a2...an(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =   +-1/an

Logo: (1/a1 + 1/a2+...+1/an) = -1
(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =1


x=c1+c2+ ... +cn = -1
y=c1c2+c1c3+...+cn-1cn = 1

c1²+c2² +... +cn² = (c1+c2+ ... +cn)² -2(c1c2+c1c3+...+cn-1cn) = -1, absurdo, 
logo para n par temos  que pelo menos 2 raízes são complexas

[]'s
João




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To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Polinômios 


Date: Wed, 25 Sep 2013 01:00:58 +




Prove que um polinômio do tipo a(n)x^n + a(n-1)x^(n-1) + ...+ a(3)x^3 + x^2 + x 
+ 1 com



 
 



  


  


  


  


 
 



  


  


  


  

coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.
  
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Esdras Muniz Mota
Graduando em Matemática Bacharelado
Universidade Federal do Ceará



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[obm-l] RE: [obm-l] Polinômios

[João Maldonado]

Sendo cp = 1/ap
a1a2...an =  +-1/an
a1a2...an(1/a1 + 1/a2+...+1/an) =   -+1/an
a1a2...an(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =   +-1/an

Logo: (1/a1 + 1/a2+...+1/an) = -1
(1/a1a2 + 1/a1a3 +... +1/an-1an) =1
x=c1+c2+ ... +cn = -1
y=c1c2+c1c3+...+cn-1cn = 1

c1²+c2² +... +cn² = (c1+c2+ ... +cn)² -2(c1c2+c1c3+...+cn-1cn) = -1, absurdo, 
logo para n par temos  que pelo menos 2 raízes são complexas

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Date: Wed, 25 Sep 2013 01:00:58 +




Prove que um polinômio do tipo a(n)x^n + a(n-1)x^(n-1) + ...+ a(3)x^3 + x^2 + x 
+ 1 com



 
 



  


  


  


  


 
 



  


  


  


  

coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.
  
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[obm-l] RE: [obm-l] polinômios

[Renato Moraes]

Jogando valores , P(0)=0, P(1)=1, P(2)=2 , P(5)=5 , ... Já deu para desconfiar 
de P(x)=x .Dado um P(n)=n , smp conseguimos gerar P(n^2+1)=n^2 +1 , O que nos 
garante infinitos valores de x tais que P(x)=x. Seja F(x)=P(x)-x , F(x) possui 
infinitas raízez. Logo F(x) é identicamente nulo. O que no leva aonde queriamos 
chegar.P(x)=x  .
From: luan_gabrie...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] polinômios
Date: Wed, 12 Oct 2011 17:34:08 +0300

















Galera, resolvi uma questão, mas como não tenho o gabarito dela queria 
confirmar...
Determinar todos os polinômios P tais que P(0)=0 e P(x^2+1)= (P(x))^2 + 1, para 
todo x. 
  

[obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] polinômios

[Luan Gabriel]

Valeu cara,bateu com a minha solução =] Sem querer ser chato,mas ainda sobrou 
mais uma questão desse tipo,mas não consegui resolver:
Prove que se P(x) tem coeficientes inteiros, então P(x^4).P(x^3).P(X^2).P(x) +1 
não possui raízes inteiras.

From: re_nato_mor...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] RE: [obm-l] polinômios
Date: Thu, 13 Oct 2011 06:25:38 +








Jogando valores , P(0)=0, P(1)=1, P(2)=2 , P(5)=5 , ... Já deu para desconfiar 
de P(x)=x .Dado um P(n)=n , smp conseguimos gerar P(n^2+1)=n^2 +1 , O que nos 
garante infinitos valores de x tais que P(x)=x. Seja F(x)=P(x)-x , F(x) possui 
infinitas raízez. Logo F(x) é identicamente nulo. O que no leva aonde queriamos 
chegar.P(x)=x  .
From: luan_gabrie...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] polinômios
Date: Wed, 12 Oct 2011 17:34:08 +0300

















Galera, resolvi uma questão, mas como não tenho o gabarito dela queria 
confirmar...
Determinar todos os polinômios P tais que P(0)=0 e P(x^2+1)= (P(x))^2 + 1, para 
todo x. 
  
  

[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] RE: [obm-l] polinômios

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2011/10/13 Luan Gabriel luan_gabrie...@hotmail.com:
 Sem querer ser chato,mas ainda
 sobrou mais uma questão desse tipo,mas não consegui resolver:

 Prove que se P(x) tem coeficientes inteiros, então P(x^4).P(x^3).P(X^2).P(x)
 +1 não possui raízes inteiras.

Bom, tentando resolver Q(x) = 0, você chega a
P(x^4) P(x^3) P(x^2) P(x) = -1

Como você tem um produto de inteiros que dá -1, você precisa que todos
eles sejam 1 ou -1. E, inclusive, um número ímpar de -1. Essa simples
observação mostra que x != 0, 1 e -1, porque teríamos o produto de
dois quadrados (= 0) à esquerda.

Bom, a idéia é tentar achar uma contradição, por exemplo achando um
dos caras de módulo maior do que 1. Eu consegui assim:

P(x^2) - P(x) = Soma a_n (x^2n - x^n) = Soma a_n x^n (x^n - 1) = (x-1)
* Soma a_n x^n (x^(n-1) + ... + x + 1)

Como x é diferente de 1, temos duas possibilidades:
P(x) = P(x^2), e daí a Soma = 0.
P(x) = -P(x^2) e daí temos (x-1) * Soma = +- 2.

Repare que esse mesmo argumento serve para P(x^3) - P(x) e P(x^4) -
P(x), sendo que o fator que sobra passa a ser
x^2 - 1 = porque x^(3n) - x^n = x^n (x^(2n) - 1) = x^n (x^2 -
1)(x^(2n - 2) + ... + x^2 + 1)
x^3 - 1 = porque x^(4n) - x^n = x^n (x^(3n) - 1) = x^n (x^3 -
1)(x^(3n - 3) + ... + x^3 + 1)

Agora, repare que como x != 0, 1 e -1, os fatores x^2 - 1 e x^3 - 1
são maiores do que 2. Assim, não podemos ter P(x) = -P(x^3) nem P(x) =
-P(x^4). Senão, a diferença seria 2 ou -2, mas seria também divisível
por x^2 - 1 ou x^3 - 1 que são maiores do que 2.

Portanto, P(x) = P(x^3) = P(x^4).

Mas agora faça a mesma coisa para P(x^4) - P(x^2). Dá a mesma coisa
que P(x^2) - P(x), com x trocado por x^2. Portanto, essa diferença
também é divisível por x^2 - 1. Que continua sendo maior do que 2. O
que quer dizer que P(x^2) = P(x^4). Mas daí temos o produto de 4
fatores iguais, isso não dá um número negativo.

Ufa!

Abraços,
-- 
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] polinômios

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2011/10/12 Luan Gabriel luan_gabrie...@hotmail.com:
 Galera, resolvi uma questão, mas como não tenho o gabarito dela queria
 confirmar...
Neste caso, o melhor a fazer é explicar o que, como (e se der,
porquê) você fez!! E talvez incluir algo dizendo eu estou em tal
ano para o pessoal calibrar a resposta ;)

 Determinar todos os polinômios P tais que P(0)=0 e P(x^2+1)= (P(x))^2 + 1,
 para todo x.

Abraços
-- 
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] polinômios

[Luan Gabriel]

É melhor deixar os outros pensarem a questão do começo do que serem induzidos 
:P  

 Date: Wed, 12 Oct 2011 16:33:01 +0200
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] polinômios
 From: bernardo...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 
 2011/10/12 Luan Gabriel luan_gabrie...@hotmail.com:
  Galera, resolvi uma questão, mas como não tenho o gabarito dela queria
  confirmar...
 Neste caso, o melhor a fazer é explicar o que, como (e se der,
 porquê) você fez!! E talvez incluir algo dizendo eu estou em tal
 ano para o pessoal calibrar a resposta ;)
 
  Determinar todos os polinômios P tais que P(0)=0 e P(x^2+1)= (P(x))^2 + 1,
  para todo x.
 
 Abraços
 -- 
 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] polinômios

[Luan Gabriel]

É melhor deixar o pessoal pensar do que ser logo induzido à alguma solução =P 
(não sei se demora entrar a msg na lista,talvez eu acabe mandando duas msg ou 
uma errada hehehe desculpa)

 Date: Wed, 12 Oct 2011 16:33:01 +0200
 Subject: [obm-l] Re: [obm-l] polinômios
 From: bernardo...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 
 2011/10/12 Luan Gabriel luan_gabrie...@hotmail.com:
  Galera, resolvi uma questão, mas como não tenho o gabarito dela queria
  confirmar...
 Neste caso, o melhor a fazer é explicar o que, como (e se der,
 porquê) você fez!! E talvez incluir algo dizendo eu estou em tal
 ano para o pessoal calibrar a resposta ;)
 
  Determinar todos os polinômios P tais que P(0)=0 e P(x^2+1)= (P(x))^2 + 1,
  para todo x.
 
 Abraços
 -- 
 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] polinômios independentes

[Tiago]

Tente escrever cada x^n como uma combinação destes polinômios.

2011/4/6 Samuel Wainer sswai...@hotmail.com

  Sejam a, b doiselementos não nulos no corpo F. Provar que os polinômios 1,
 (aX + b), (aX + b)^2, (aX + b)^3, ... formam uma base de  F[X]. Onde F[X] é
 o espaço dos polinômios sobre F.



 Para mostrar que eles são LI, preciso abrir os expoentes e ver que cada um
 deles contém um termo X^n que o outro não tem  e portanto são LI. Está certo
 isso?
 E o fato deles gerarem todo o espaço?

 Desde já agradeço.







-- 
Tiago J. Fonseca
http://legauss.blogspot.com

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios(ajud a)

[Fernando Oliveira]

Bernardo, acho que você se esqueceu de um detalhe, o argumento não
funcionaria para 3 raízes.

Seja o polinômio P(x) = x³ - 10x² + 16x + 7.
Temos P(0) = P(2) = P(8) = 7 e P(1) = 14.

Qual é o detalhe? Bem, acho que vou deixar pra você descobrir. O polinômio
acima é bem sugestivo...

Fernando

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios(ajuda)

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

Então na verdade, 4 = 3 e 14 = 7 + primo, é isso ?

A única parte a mais do exercício acima é ver porque o argumento do
Johann não funciona com apenas 2 raízes iguais a 7, e porquê
funcionaria com 3.
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa


2010/11/2 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com:
 P(x)-7=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)*Q(x), em que Q é um polinomio de
 coeficientes inteiros
 7=14-7=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)*Q(x), o que se torna impossívl pois 7 é primo


 Em 02/11/10, marcone augusto araújo
 borgesmarconeborge...@hotmail.com escreveu:

 Mostre q,se um polinômio P(x),com coeficientes inteiros,assume o valor 7
 para 4 valores inteiros e distintos de x,então ele não pode assumir o valor
 14 para nenhum valor inteiro de x.


=
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] Polinômios (2)

[Paulo Santa Rita]

Ola Bluesman e demais
colegas desta lista ... OBM-L,
(escreverei sem acentos)

Considerando que voce esta se referindo a uma prova que esta testando
conhecimentos de nivel medio, a sua resposta esta correta.

Alias. essa prova esta muito mais para pegadinha do que para
afericao de conhecimento ... pois dizer que um polinomio tem 16
raizes complexas e falar muito pouco ( isso apenas implica que no
CONTEXTO HABITUAL ONDE TAIS QUESTOES SAO PROPOSTAS, o grau do
polinomio nao e menor que 16 ) e, alem disso, o que foi dito nao
contribui em nada para a solucao da questao : e muito mais uma forma
de desviar a atencao do estudante do que fornecer um dado importante
para a solucao. Deploravel, portanto !

Note que existem contextos em que um polinomio de grau N tem mais que
N raizes, sem que isso signifique uma derrogacao do Teorema
Fundamental da Algebra. ( veja isso aqui :
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/publ/publ.html ) . Aqui esta um
exemplo do que eu falei de ser algo pouco falado ( que nao faz parte
da Matematica da Moda ) mas que, em minha opiniao, vai se tornar muito
importante num futuro proximo.

Alias, foi por isso que eu disse que no CONTEXTO HABITUAL ONDE TAIS
QUESTOES SAO PROPOSTAS, vale dizer, onde impera o teorema fundamental
da algebra, o algoritmo de divisao e o euclidiano, estamos num corpo
ordenado completo etc etc etc

um aoutra forma de verificar que a sua resposta esta correta e
eliminando as demais opcoes, pois absurdas.

Um abraco a todos !
PSR, 20311091338






2009/11/3 Bluesman bluesman2...@uol.com.br:
 Olá a todos,



 Enviei a questão abaixo para a lista há mais ou menos dez dias.

 Como até agora não houve qualquer comentário, segue o meu raciocínio:

 Independentemente do grau de R(x), temos que o grau de B(x) é maior do que o
 grau de R(x). Portanto, ao dividirmos R(x) por B(x), temos como quociente o
 polinômio nulo. E como o polinômio nulo admite infinitas raízes, concluímos
 que a alternativa correta é a (A).



 Certo ou errado?



 Trata-se de uma questão cobrada no concurso para Professores organizado pelo
 DEPENS (Departamento de Ensino da Aeronáutica).

 A prova apresenta algumas questões interessantes que podem ser úteis aos
 colegas professores (para fazer o download basta acessar o site da EPCAR).

 Espero não ter sido precipitado reenviando o problema e aproveito para
 recomendar um livro muito bom sobre polinômios: Polynomials, de E.J.
 Barbeau. Springer.



 [  ]'s.



 Numa divisão de polinômios, dividindo-se o polinômio A(x) , que tem

 exatamente 16 raízes complexas, por B(x) , encontra-se o quociente

 C(x) e o resto R(x).

 Sabe-se que

 . B(x)  0  (B(x) diferente de zero)

 . C(x) e B(x) possuem o mesmo número de raízes complexas;

 . R(x) tem o maior grau possível nesta divisão.

 É correto afirmar que, na divisão dos polinômios R(x) por B(x) ,

 encontra-se um polinômio

 a) quociente que possui infinitas raízes.

 b) resto de grau zero.

 c) quociente que é um polinômio unitário.

 d) resto que possui 8 raízes complexas.


=
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] Polinômios de variável complexa

[Walter Tadeu Nogueira da Silveira]

Amigos,

Foi uma questão da UFRJ. Uma ajuda por favor..


*  *Um novo exame para detectar certa doença foi testado em trezentas
pessoas, sendo duzentas sadias e cem portadoras da tal doença.

 Após o teste verificou-se que, dos laudos referentes a pessoas sadias,
cento e setenta resultaram negativos e, dos laudos referentes a pessoas
portadoras da doença, noventa resultaram positivos.






*a)  *Sorteando ao acaso um desses trezentos laudos, calcule a
probabilidade de que ele seja positivo.







*b)  *Sorteado um dos trezentos laudos, verificou-se que ele era
positivo. Determine a probabilidade de que a pessoa correspondente ao laudo
sorteado tenha realmente a doença.

Re: [obm-l] Polinômios de variável co mplexa

[J. R. Smolka]

Ralph e Bruno,

Puxão de orelha devidamente compreendido e aceito. É  isso que dá não
ler com atenção antes de falar... E realmente quando mandei aquela
mensagem a penúltima resposta do Ralph ainda não tinha chegado no meu
inbox (embora isto não sirva como desculpa para a minha "burrada"  :-) ).

Bernardo,

Sim, já ouvi falar de funções holomórficas (ou analíticas), e seu
comentário é interessante, embora a análise que o Ralph  fez (e o
Bruno  "destrinchou" ) não necessite de tudo isto.

Ojesed,

Ainda não tenho certeza se o método de Cardano seria aplicável
diretamente se este fosse um polinômio, digamenos, menos
bem-comportado. Mas, como já disse, a abordagem do Ralph tornou tudo
isto desnecessário.

Resumo da ópera, para encerrar esta thread:

  O Teorema Fundamental da Álgebra (TFA) vale para polinômios de
variável complexa, então P(x) tem 3 raízes (reais ou complexas,
contando as multiplicidades);
  
  Se k=0, P(x) tem três raízes reais: x1=-1, x2=-3 e x3=-5;
  Qualquer que seja k0,  P(-2)=-3 e  P(-4)=3;
  Restringindo x a pertencer a R, a análise do comportamento do
sinal de P(x) mostra que, para qualquer k0, as três raízes de P(x)
são sempre reais, uma no intervalo (-inf,-2), outra no intervalo
(-2,-4) e a terceira no intervalo (-4,+inf). Portanto, pelo TFA, estas
são as únicas raízes possíveis para P(x);
  Se r é uma das raízes de P(x) para um dado k, então
Q(r)=[(r+1)(r+3)(r+5)]/[(r+2)(r+4)]=-k. Então r só pode existir onde
Q(r)=0;
  Analisando o comportamento do sinal de Q(r) obtemos o lugar
geométrico procurado, que é: {x pertencente a R tal que x=-5 ou
-4x=-3 ou -2x=-1}.

[ ]'s
Esta questão foi da prova de álgebra do IME 1976/1977. Vou
transliterar
um pouco o enunciado.
  
Seja P(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4), com x complexo e k real
positivo.
Desenhar no plano complexo o lugar geométrico  das raízes de P(x)=0
para todos os valores possíveis de k.
  
Tentei o seguinte: se z=a+bi é raiz de P(x), então P(z)=0, o que
implica
que Re[P(z)]=0 e Im[P(z)]=0, então daria para obter expressões em
função
de a e b que descrevessem o lugar geométrico procurado. Só que as
expressões parecem intratáveis.
  
Alguma outra idéia? 
J. R. Smolka



=
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] Polinômios de vari ável complexa

[ricardo_paixao_santos]

Olha, isso encaixa direitinho num assunto da disciplina de controle, no curso 
de engenharia eletrica. O assunto se chama root locus, ou lugar das raizes. 
(procura no google)
Inclusive, o matlab traça esse lugar para vc, no plano complexo, para todo 
valor de k possivel. O comando é rlocus.
Abracos
  - Original Message - 
  From: Ojesed Mirror 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Saturday, May 17, 2008 6:16 PM
  Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa


  Ribamar, o método de Cardano/Tartaglia, resulta nas raizes de um polinômio de 
grau 3, sendo elas reais ou complexas.
- Original Message - 
From: J. R. Smolka 
To: obm-l@mat.puc-rio.br 
Sent: Thursday, May 15, 2008 10:06 AM
Subject: Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa


Obrigado ao Ojesed pela idéia de fazer uma substituição de variável do tipo 
z=(x+1) para simplificar a análise. Deve ser útil. Mas não dá para aplicar 
Cardano diretamente, porque (repito) este é um polinômio de variável complexa. 
Cardano serve para resolver equações cúbicas de variável real (possivelmente 
válido até se os coeficientes forem complexos), que não é o caso aqui.

Não é a primeira vez que esta confusão acontece. Será porque a variável 
usada é x (que induz a pensar em números reais) em vez de z (como é comum para 
números complexos)? Pensar em x como um vetor de coordenadas cartesianas 
(a,b) ou polares (|x|,arg(x)) ajuda o raciocínio.

Para os que (ainda) se interessarem no problema, lembro que uma função de C 
em C tem como domínio todo o plano de Argand, e a imagem será pelo menos um 
subconjunto (não necessariamente contínuo) de todo o plano de Argand.

Neste caso, como a função é um polinômio de grau 3, cada ponto x do plano 
domínio é mapeado para um ponto do plano imagem através das translações e 
rotações provocadas pela  potenciação de x e pela multiplicação de x por 
números reais.

A questão inicial, então, é descobrir que região do plano de Argand pode 
possuir raízes de P(x)=0. Depois determinar a localização destes pontos nesta 
região (em função de k, que é um número real). E, finalmente, analisar a figura 
geométrica descrita pelo deslocamento destes pontos no plano de argand quando k 
varia entre 0 e +inf.

Exemplo do raciocínio da primeira parte: não existe x tal que P(x)=0 na 
região do plano de Argand definida por 0=arg(x)pi/4 porque neste caso 
im(x)0, im(x^2)0 e im(x^3)0, o que torna impossível que im(P(z))=0.

Como disse antes, consigo enxergar as regiões do plano de Argand definidas 
por arg(z)=pi/2 (o semi-eixo imaginário positivo, excluída a origem) e por 
arg(z)=pi (o semi-eixo real negativo, também excluída a origem) como candidatas 
a hospedeiras das raízes de P(x)=0. Mas será que a minha visão geométrica está 
correta e completa?

Ainda não desenvolvi a álgebra destes casos para verificar se um, outro ou 
ambos são compatíveis com P(x) (afinal de contas, estou fazendo isto por puro 
diletantismo, e o tempo livre para raciocinar livremente anda meio curto ;-)). 
Mas continuo interessado em idéias a respeito.

[ ]'s


  Esta questão foi da prova de álgebra do IME 1976/1977. Vou transliterar 
um pouco o enunciado.

  Seja P(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4), com x complexo e k real positivo. 
Desenhar no plano complexo o lugar geométrico  das raízes de P(x)=0 para todos 
os valores possíveis de k.

  Tentei o seguinte: se z=a+bi é raiz de P(x), então P(z)=0, o que implica 
que Re[P(z)]=0 e Im[P(z)]=0, então daria para obter expressões em função de a e 
b que descrevessem o lugar geométrico procurado. Só que as expressões parecem 
intratáveis.

  Alguma outra idéia?
J. R. Smolka 

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa

[Ojesed Mirror]

Ribamar, o método de Cardano/Tartaglia, resulta nas raizes de um polinômio de 
grau 3, sendo elas reais ou complexas.
  - Original Message - 
  From: J. R. Smolka 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Thursday, May 15, 2008 10:06 AM
  Subject: Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa


  Obrigado ao Ojesed pela idéia de fazer uma substituição de variável do tipo 
z=(x+1) para simplificar a análise. Deve ser útil. Mas não dá para aplicar 
Cardano diretamente, porque (repito) este é um polinômio de variável complexa. 
Cardano serve para resolver equações cúbicas de variável real (possivelmente 
válido até se os coeficientes forem complexos), que não é o caso aqui.

  Não é a primeira vez que esta confusão acontece. Será porque a variável usada 
é x (que induz a pensar em números reais) em vez de z (como é comum para 
números complexos)? Pensar em x como um vetor de coordenadas cartesianas 
(a,b) ou polares (|x|,arg(x)) ajuda o raciocínio.

  Para os que (ainda) se interessarem no problema, lembro que uma função de C 
em C tem como domínio todo o plano de Argand, e a imagem será pelo menos um 
subconjunto (não necessariamente contínuo) de todo o plano de Argand.

  Neste caso, como a função é um polinômio de grau 3, cada ponto x do plano 
domínio é mapeado para um ponto do plano imagem através das translações e 
rotações provocadas pela  potenciação de x e pela multiplicação de x por 
números reais.

  A questão inicial, então, é descobrir que região do plano de Argand pode 
possuir raízes de P(x)=0. Depois determinar a localização destes pontos nesta 
região (em função de k, que é um número real). E, finalmente, analisar a figura 
geométrica descrita pelo deslocamento destes pontos no plano de argand quando k 
varia entre 0 e +inf.

  Exemplo do raciocínio da primeira parte: não existe x tal que P(x)=0 na 
região do plano de Argand definida por 0=arg(x)pi/4 porque neste caso 
im(x)0, im(x^2)0 e im(x^3)0, o que torna impossível que im(P(z))=0.

  Como disse antes, consigo enxergar as regiões do plano de Argand definidas 
por arg(z)=pi/2 (o semi-eixo imaginário positivo, excluída a origem) e por 
arg(z)=pi (o semi-eixo real negativo, também excluída a origem) como candidatas 
a hospedeiras das raízes de P(x)=0. Mas será que a minha visão geométrica está 
correta e completa?

  Ainda não desenvolvi a álgebra destes casos para verificar se um, outro ou 
ambos são compatíveis com P(x) (afinal de contas, estou fazendo isto por puro 
diletantismo, e o tempo livre para raciocinar livremente anda meio curto ;-)). 
Mas continuo interessado em idéias a respeito.

  [ ]'s


Esta questão foi da prova de álgebra do IME 1976/1977. Vou transliterar um 
pouco o enunciado.

Seja P(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4), com x complexo e k real positivo. 
Desenhar no plano complexo o lugar geométrico  das raízes de P(x)=0 para todos 
os valores possíveis de k.

Tentei o seguinte: se z=a+bi é raiz de P(x), então P(z)=0, o que implica 
que Re[P(z)]=0 e Im[P(z)]=0, então daria para obter expressões em função de a e 
b que descrevessem o lugar geométrico procurado. Só que as expressões parecem 
intratáveis.

Alguma outra idéia?
  J. R. Smolka 

Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa

[Ralph Teixeira]

Olá a todos novamente.

 Oi, J.R.. Por um lado, sua análise final está correta -- o lugar geométrico
é uma união de intervalos na reta real; mas, enquanto a princípio poderia
haver outros intervalos ou curvas no plano complexo (e para cada curva
teria de haver a sua espelhada, exatamente pelo raciocínio que você fez),
neste caso específico eles são vazios. Com a sua notação, eu diria que o seu
k1 é +Infinito, então não tem aquela fase de uma raiz real e duas complexas
conjugadas.

(Aliás, dá para mostrar que quando k tende a +Inf, as raízes se aproximam de
-Inf, -4 e -2, que ainda são reais.)

De fato, aquela minha solução **não** pressupõe que o domínio do polinômio
era só R desde o início não... Bom, eu pressupus que os *coeficientes* do
polinômio eram reais (e são, pois quando se diz que k é positivo
automaticamente k tem de ser real). Daqui sai que p(R) está contido em R
(ainda não estou dizendo nada sobre p(z) para z fora de R). Então a gente
*prova* que basta analisar raízes reais, pois:

i) As primeiras linhas daquela minha solução *mostram* que há 3 raízes
reais; o raciocínio é válido pois p(x) tem coeficientes reais, então
*coincide* com um polinômio de R em R. As 3 raízes reais que a gente acha
quando pensa que o domínio é R não desaparecem quando o domínio é expandido
para C.
ii) Mas o polinômio tem grau 3, então só pode ter 3 raízes complexas (um
polinômio de grau n tem n raízes complexas, contando multiplicidade, mesmo
que os coeficiemtes sejam complexos).
iii) Mas então todas as raízes são reais!

Então, se o problema é onde estão as possíveis raízes, agora sim, basta
analisar as raízes reais -- não há outras!

---///---

Agora vem a parte mais difícil... depois de sacar que as raízes são sempre
reais, a chave do problema é: ao invés de pensar...

Tá aqui um k. Será que eu consigo descobrir as raízes x1, x2 e x3
associadas a este k, para depois colar tudo e responder este problema?
(que é dífícil pra caramba, pois basicamente você teria que resolver uma
equação de 3o grau, ou pelo menos descobrir propriedades destas raízes em
função de um parâmetro k)

...é muito melhor pensar assim, ao contrário:

Tá aqui um número x, candidato a raiz. Será que ele **pode** ser raiz do
polinômio para algum k positivo? Isto é, será que eu arrumo um k que faz
este x ser raiz?
(esta é fácil, o único k que pode funcionar
é k0=-(x+1)(x+3)(x+5)/(x+2)(x+4); se este k0 for positivo, aquele x é raiz
do polinômio, para k=k0)

Abraço,
  Ralph

P.S.: A afirmação da Alane vale para polinômios **com coeficientes reais**
(que é o caso neste problema). Se os coeficientes não forem reais, você pode
ter algo como p(x)=x-i, que tem a raiz i mas não tem a conjugada, ou
quaisquer raízes complexas, de fato.

2008/5/13 J. R. Smolka [EMAIL PROTECTED]:

 Primeiramente obrigado à Alane e ao Ralph pelas sugestões. Vamos por
 partes:

 A Alane lembrou que se z é uma raiz do polinômio, então o conjugado
 complexo de z também será raiz. Não tenho certeza absoluta, mas acho que
 este princípio se mantém para funções polinomiais de C em C.

 O Ralph fez uma análise como se o polinômio fosse função de R em R, que não
 é o caso. Mas me deu algumas idéias sobre como atacar o problema. Até agora
 estou apenas no nível qualitativo. Depois vou tentar resolver a álgebra (a
 menos que alguém me mostre que esta linha de raciocínio não tem futuro :-)).
 O que estou pensando é:

 1) Se k=0, P(x) tem três raízes reais em x=-1, x=-3 e x=-5.

 2) Deve existir uma faixa de valores 0k=k1 para a qual P(x) ainda
 apresenta três raízes reais, que vão excursionar em algum trecho do
 semi-eixo real negativo. A investigar: (a) Qual o valor de k1? (estudo de
 máximos/mínimos/inflexões via P'(x)=0 deve ajudar nisso); (b) qual(is)
 intervalo(s) do semi-eixo real negativo é(são) percorrido(s) pelas raízes?

 3) Se kk1 então deve continuar a existir uma raiz real (que também
 excursiona no semi-eixo real negativo) e um par de raízes complexas
 conjugadas. Sobre a raiz real a pergunta é: qual o seu intervalo de
 excursão? Sobre as raízes complexas o raciocínio é mais longo...

 4) Temos que P(x)=x^3+(k+9)x^2+(6k+23)x+(8k+15). Se z=r.e^(i.a) é raiz de
 P(x), então r^3.e^(i.3a)+(k+9)r^2.e^(i.2a)+(6k+23)r.e^(i.a)+(8k+15)=0. Então
 temos quatro componentes, com argumentos complexos 0 (número real), a, 2a e
 3a. De cara enxergo como candidatos a raiz os números complexos na forma
 z=r.e^(i.pi/2), onde o valor de r depende de k. Desta forma, o componente de
 argumento complexo 2a=2.pi/2=pi  pode anular o componente de argumento
 complexo 0, e o componente de argumento complexo 3a=3.pi/2 pode anular o
 componente de argumento complexo a=pi/2. Se isto realmente for possível
 (tenho que verificar a álgebra), então z excursiona em um intervalo do
 semi-eixo imaginário positivo, com este intervalo limitado em (pelo menos)
 um valor que é função de k1, e o seu conjugado complexo vai ter um
 comportamento espelhado no semi-eixo imaginário negativo.

 Então minha primeira 

Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa

[J. R. Smolka]

Obrigado ao Ojesed pela idéia de fazer uma 
substituição de variável do tipo z=(x+1) para 
simplificar a análise. Deve ser útil. Mas não dá 
para aplicar Cardano diretamente, porque (repito) 
este é um polinômio de variável complexa. Cardano 
serve para resolver equações cúbicas de variável 
real (possivelmente válido até se os coeficientes 
forem complexos), que não é o caso aqui.


Não é a primeira vez que esta confusão acontece. 
Será porque a variável usada é x (que induz a 
pensar em números reais) em vez de z (como é 
comum para números complexos)? Pensar em x como 
um vetor de coordenadas cartesianas (a,b) ou 
polares (|x|,arg(x)) ajuda o raciocínio.


Para os que (ainda) se interessarem no problema, 
lembro que uma função de C em C tem como domínio 
todo o plano de Argand, e a imagem será pelo 
menos um subconjunto (não necessariamente contínuo) de todo o plano de Argand.


Neste caso, como a função é um polinômio de grau 
3, cada ponto x do plano domínio é mapeado para 
um ponto do plano imagem através das translações 
e rotações provocadas pela  potenciação de x e 
pela multiplicação de x por números reais.


A questão inicial, então, é descobrir que região 
do plano de Argand pode possuir raízes de P(x)=0. 
Depois determinar a localização destes pontos 
nesta região (em função de k, que é um número 
real). E, finalmente, analisar a figura 
geométrica descrita pelo deslocamento destes 
pontos no plano de argand quando k varia entre 0 e +inf.


Exemplo do raciocínio da primeira parte: não 
existe x tal que P(x)=0 na região do plano de 
Argand definida por 0=arg(x)pi/4 porque neste 
caso im(x)0, im(x^2)0 e im(x^3)0, o que torna impossível que im(P(z))=0.


Como disse antes, consigo enxergar as regiões do 
plano de Argand definidas por arg(z)=pi/2 (o 
semi-eixo imaginário positivo, excluída a origem) 
e por arg(z)=pi (o semi-eixo real negativo, 
também excluída a origem) como candidatas a 
hospedeiras das raízes de P(x)=0. Mas será que a 
minha visão geométrica está correta e completa?


Ainda não desenvolvi a álgebra destes casos para 
verificar se um, outro ou ambos são compatíveis 
com P(x) (afinal de contas, estou fazendo isto 
por puro diletantismo, e o tempo livre para 
raciocinar livremente anda meio curto ;-)). Mas 
continuo interessado em idéias a respeito.


[ ]'s

Esta questão foi da prova de álgebra do IME 
1976/1977. Vou transliterar um pouco o enunciado.


Seja P(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4), com x 
complexo e k real positivo. Desenhar no plano 
complexo o lugar geométrico  das raízes de 
P(x)=0 para todos os valores possíveis de k.


Tentei o seguinte: se z=a+bi é raiz de P(x), 
então P(z)=0, o que implica que Re[P(z)]=0 e 
Im[P(z)]=0, então daria para obter expressões em 
função de a e b que descrevessem o lugar 
geométrico procurado. Só que as expressões parecem intratáveis.


Alguma outra idéia?


J. R. Smolka  

Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

Oi J.R., Ralph, Arlane e demais participantes !

2008/5/15 J. R. Smolka [EMAIL PROTECTED]:
 Para os que (ainda) se interessarem no problema, lembro que uma função de C
 em C tem como domínio todo o plano de Argand, e a imagem será pelo menos um
 subconjunto (não necessariamente contínuo) de todo o plano de Argand.

Só pra aumentar a discussão : se f for uma função holomorfa (derivável
no sentido complexo, acho que você já deve ter ouvido falar), e se por
acaso f conseguir se esquivar de 2 valores complexos (por exemplo pi e
23 + i*e^2, mas pode mudar como quiser, já que se você compuser com
uma função afim legal g = af + b evitará 0 e 1, então basta provar
esse caso) então na verdade f é constante. Esse resultado não é fácil
de demonstrar, mas mostra que na verdade, a imagem de uma função
complexa bonitinha (tipo seno, cosseno, exponencial, polinômios, e
combinações delas) tem uma imagem muito simples : ou é um ponto
(constante) ou é tudo menos um ponto (por exemplo, exp(x) é C \ {0})
ou é tudo (um polinômio não constante, por exemplo, já que nós sabemos
que ele sempre terá uma raiz, e mudar o termo constante muda o alvo
!)

-- 
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
=

Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa

[Ralph Teixeira]

Oi Smolka.

Talvez a minha última mensagem ainda não tenha chegado... Você tem razão em
prestar atenção ao fato de que a variável é complexa, e nem todos os
Teoremas de variável real valem. Mas, repito, a soluão que eu tinha vale
mesmo que x seja uma variável complexa. Deixe-me dizer tudo da seguinte
forma para ressaltar bem a diferença que você está colocando (e que é
saudável):

i) Eu tenho um polinômio P(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4) de variável
complexa;
ii) Note que P tem grau 3, então tem , no máximo, 3 raízes complexas
(**este** Teorema vale para polinômios de variáveis e coeficientes
complexos).
iii) Considere agora o polinômio Q(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4), onde a
única diferença é que Q tem x como variável **real**. Ou seja, P:C-C, mas
Q:R-R. Eu posso fazer isto pois, se x é real, Q(x) é real.
iv) O raciocínio daquela solução mostra que Q tem 3 raízes reais, digamos,
x1, x2 e x3.
v) Mas, note que, quando x é real, então P(x)=Q(x). Em outras palavras,
P(x1)=P(x2)=P(x3)=0. Ou seja, x1, x2 e x3 também são raízes de P, e são
reais.
vi) Mas, como P só tem no máximo 3 raízes complexas, elas são os mesmos x1,
x2 e x3. Assim, elas são reais!

Então não adianta procurar raízes não reais, elas não existem!

Isto dito os raciocínios que você está fazendo são super legais para
tentar enxergar o que o polinômio faz com o plano de Argand-Gauss. De uma
certa maneira, eu devia ficar quieto e deixar você explorar o assunto, pois
você vai achar um monte de coisas legais assim, mesmo que não
resolvam *ESTE* problema! :)

Abraço,
 Ralph
2008/5/15 J. R. Smolka [EMAIL PROTECTED]:

 Obrigado ao Ojesed pela idéia de fazer uma substituição de variável do tipo
 z=(x+1) para simplificar a análise. Deve ser útil. Mas não dá para aplicar
 Cardano diretamente, porque (repito) este é um polinômio de variável
 complexa. Cardano serve para resolver equações cúbicas de variável real
 (possivelmente válido até se os coeficientes forem complexos), que não é o
 caso aqui.

 Não é a primeira vez que esta confusão acontece. Será porque a variável
 usada é x (que induz a pensar em números reais) em vez de z (como é comum
 para números complexos)? Pensar em x como um vetor de coordenadas
 cartesianas (a,b) ou polares (|x|,arg(x)) ajuda o raciocínio.

 Para os que (ainda) se interessarem no problema, lembro que uma função de C
 em C tem como domínio todo o plano de Argand, e a imagem será pelo menos um
 subconjunto (não necessariamente contínuo) de todo o plano de Argand.

 Neste caso, como a função é um polinômio de grau 3, cada ponto x do plano
 domínio é mapeado para um ponto do plano imagem através das translações e
 rotações provocadas pela  potenciação de x e pela multiplicação de x por
 números reais.

 A questão inicial, então, é descobrir que região do plano de Argand pode
 possuir raízes de P(x)=0. Depois determinar a localização destes pontos
 nesta região (em função de k, que é um número real). E, finalmente, analisar
 a figura geométrica descrita pelo deslocamento destes pontos no plano de
 argand quando k varia entre 0 e +inf.

 Exemplo do raciocínio da primeira parte: não existe x tal que P(x)=0 na
 região do plano de Argand definida por 0=arg(x)pi/4 porque neste caso
 im(x)0, im(x^2)0 e im(x^3)0, o que torna impossível que im(P(z))=0.

 Como disse antes, consigo enxergar as regiões do plano de Argand definidas
 por arg(z)=pi/2 (o semi-eixo imaginário positivo, excluída a origem) e por
 arg(z)=pi (o semi-eixo real negativo, também excluída a origem) como
 candidatas a hospedeiras das raízes de P(x)=0. Mas será que a minha visão
 geométrica está correta e completa?

 Ainda não desenvolvi a álgebra destes casos para verificar se um, outro ou
 ambos são compatíveis com P(x) (afinal de contas, estou fazendo isto por
 puro diletantismo, e o tempo livre para raciocinar livremente anda meio
 curto ;-)). Mas continuo interessado em idéias a respeito.

 [ ]'s

 Esta questão foi da prova de álgebra do IME 1976/1977. Vou transliterar um
 pouco o enunciado.

 Seja P(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4), com x complexo e k real positivo.
 Desenhar no plano complexo o lugar geométrico  das raízes de P(x)=0 para
 todos os valores possíveis de k.

 Tentei o seguinte: se z=a+bi é raiz de P(x), então P(z)=0, o que implica
 que Re[P(z)]=0 e Im[P(z)]=0, então daria para obter expressões em função de
 a e b que descrevessem o lugar geométrico procurado. Só que as expressões
 parecem intratáveis.

 Alguma outra idéia?

 *J. R. Smolka*

Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa

[J. R. Smolka]

Primeiramente obrigado à Alane e ao Ralph pelas sugestões. Vamos por partes:

A Alane lembrou que se z é uma raiz do polinômio, 
então o conjugado complexo de z também será raiz. 
Não tenho certeza absoluta, mas acho que este 
princípio se mantém para funções polinomiais de C em C.


O Ralph fez uma análise como se o polinômio fosse 
função de R em R, que não é o caso. Mas me deu 
algumas idéias sobre como atacar o problema. Até 
agora estou apenas no nível qualitativo. Depois 
vou tentar resolver a álgebra (a menos que alguém 
me mostre que esta linha de raciocínio não tem 
futuro :-)). O que estou pensando é:


1) Se k=0, P(x) tem três raízes reais em x=-1, x=-3 e x=-5.

2) Deve existir uma faixa de valores 0k=k1 para 
a qual P(x) ainda apresenta três raízes reais, 
que vão excursionar em algum trecho do 
semi-eixo real negativo. A investigar: (a) Qual o 
valor de k1? (estudo de máximos/mínimos/inflexões 
via P'(x)=0 deve ajudar nisso); (b) qual(is) 
intervalo(s) do semi-eixo real negativo é(são) percorrido(s) pelas raízes?


3) Se kk1 então deve continuar a existir uma 
raiz real (que também excursiona no semi-eixo 
real negativo) e um par de raízes complexas 
conjugadas. Sobre a raiz real a pergunta é: qual 
o seu intervalo de excursão? Sobre as raízes 
complexas o raciocínio é mais longo...


4) Temos que P(x)=x^3+(k+9)x^2+(6k+23)x+(8k+15). 
Se z=r.e^(i.a) é raiz de P(x), então 
r^3.e^(i.3a)+(k+9)r^2.e^(i.2a)+(6k+23)r.e^(i.a)+(8k+15)=0. 
Então temos quatro componentes, com argumentos 
complexos 0 (número real), a, 2a e 3a. De cara 
enxergo como candidatos a raiz os números 
complexos na forma z=r.e^(i.pi/2), onde o valor 
de r depende de k. Desta forma, o componente de 
argumento complexo 2a=2.pi/2=pi  pode anular o 
componente de argumento complexo 0, e o 
componente de argumento complexo 3a=3.pi/2 pode 
anular o componente de argumento complexo a=pi/2. 
Se isto realmente for possível (tenho que 
verificar a álgebra), então z excursiona em um 
intervalo do semi-eixo imaginário positivo, com 
este intervalo limitado em (pelo menos) um valor 
que é função de k1, e o seu conjugado complexo 
vai ter um comportamento espelhado no semi-eixo imaginário negativo.


Então minha primeira visão (qualitativa) para o 
lugar geométrico procurado é: um conunto de 
intervalos (possivelmente contínuos ou 
parcialmente sobrepostos) no semi-eixo real 
negativo, um intervalo (talvez finito) no 
semi-eixo imaginário positivo e o seu espelho 
no semi-eixo imaginário negativo.


Críticas? Sugestões?

[ ]'s

Esta questão foi da prova de álgebra do IME 
1976/1977. Vou transliterar um pouco o enunciado.
Seja P(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4), com x 
complexo e k real positivo. Desenhar no plano 
complexo o lugar geométrico  das raízes de 
P(x)=0 para todos os valores possíveis de k.
Tentei o seguinte: se z=a+bi é raiz de P(x), 
então P(z)=0, o que implica que Re[P(z)]=0 e 
Im[P(z)]=0, então daria para obter expressões em 
função de a e b que descrevessem o lugar 
geométrico procurado. Só que as expressões parecem intratáveis.



J. R. Smolka  

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa

[Ojesed Mirror]

Smolka, pra facilitar faça w=x+3 que fica w^3 +kw^2 - 4w - 4 = 0.
Use Cardano pra ver que todas as raizes são reais.

Ojesed
  - Original Message - 
  From: J. R. Smolka 
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Tuesday, May 13, 2008 9:56 AM
  Subject: Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa


  Primeiramente obrigado à Alane e ao Ralph pelas sugestões. Vamos por partes:

  A Alane lembrou que se z é uma raiz do polinômio, então o conjugado complexo 
de z também será raiz. Não tenho certeza absoluta, mas acho que este princípio 
se mantém para funções polinomiais de C em C.

  O Ralph fez uma análise como se o polinômio fosse função de R em R, que não é 
o caso. Mas me deu algumas idéias sobre como atacar o problema. Até agora estou 
apenas no nível qualitativo. Depois vou tentar resolver a álgebra (a menos que 
alguém me mostre que esta linha de raciocínio não tem futuro :-)). O que estou 
pensando é:

  1) Se k=0, P(x) tem três raízes reais em x=-1, x=-3 e x=-5.

  2) Deve existir uma faixa de valores 0k=k1 para a qual P(x) ainda apresenta 
três raízes reais, que vão excursionar em algum trecho do semi-eixo real 
negativo. A investigar: (a) Qual o valor de k1? (estudo de 
máximos/mínimos/inflexões via P'(x)=0 deve ajudar nisso); (b) qual(is) 
intervalo(s) do semi-eixo real negativo é(são) percorrido(s) pelas raízes?

  3) Se kk1 então deve continuar a existir uma raiz real (que também 
excursiona no semi-eixo real negativo) e um par de raízes complexas 
conjugadas. Sobre a raiz real a pergunta é: qual o seu intervalo de excursão? 
Sobre as raízes complexas o raciocínio é mais longo...

  4) Temos que P(x)=x^3+(k+9)x^2+(6k+23)x+(8k+15). Se z=r.e^(i.a) é raiz de 
P(x), então r^3.e^(i.3a)+(k+9)r^2.e^(i.2a)+(6k+23)r.e^(i.a)+(8k+15)=0. Então 
temos quatro componentes, com argumentos complexos 0 (número real), a, 2a e 3a. 
De cara enxergo como candidatos a raiz os números complexos na forma 
z=r.e^(i.pi/2), onde o valor de r depende de k. Desta forma, o componente de 
argumento complexo 2a=2.pi/2=pi  pode anular o componente de argumento complexo 
0, e o componente de argumento complexo 3a=3.pi/2 pode anular o componente de 
argumento complexo a=pi/2. Se isto realmente for possível (tenho que verificar 
a álgebra), então z excursiona em um intervalo do semi-eixo imaginário 
positivo, com este intervalo limitado em (pelo menos) um valor que é função de 
k1, e o seu conjugado complexo vai ter um comportamento espelhado no 
semi-eixo imaginário negativo.

  Então minha primeira visão (qualitativa) para o lugar geométrico procurado é: 
um conunto de intervalos (possivelmente contínuos ou parcialmente sobrepostos) 
no semi-eixo real negativo, um intervalo (talvez finito) no semi-eixo 
imaginário positivo e o seu espelho no semi-eixo imaginário negativo.

  Críticas? Sugestões?

  [ ]'s


Esta questão foi da prova de álgebra do IME 1976/1977. Vou transliterar um 
pouco o enunciado.
Seja P(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4), com x complexo e k real positivo. 
Desenhar no plano complexo o lugar geométrico  das raízes de P(x)=0 para todos 
os valores possíveis de k.
Tentei o seguinte: se z=a+bi é raiz de P(x), então P(z)=0, o que implica 
que Re[P(z)]=0 e Im[P(z)]=0, então daria para obter expressões em função de a e 
b que descrevessem o lugar geométrico procurado. Só que as expressões parecem 
intratáveis.


  J. R. Smolka 

Re: [obm-l] Polinômios de variável complexa

[Arlane Manoel S Silva]

   Se x é raíz de P(x) então o conjugado também o é. Daí vc tem duas  
expressões, eventualmente pode isolar a constante k e subst na outra  
equação. Não pensei bem. Este poderia ser outro caminho.


   inté


Citando J. R. Smolka [EMAIL PROTECTED]:

Esta questão foi da prova de álgebra do IME 1976/1977. Vou   
transliterar um pouco o enunciado.


Seja P(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4), com x complexo e k real   
positivo. Desenhar no plano complexo o lugar geométrico  das raízes   
de P(x)=0 para todos os valores possíveis de k.


Tentei o seguinte: se z=a+bi é raiz de P(x), então P(z)=0, o que   
implica que Re[P(z)]=0 e Im[P(z)]=0, então daria para obter   
expressões em função de a e b que descrevessem o lugar geométrico   
procurado. Só que as expressões parecem intratáveis.


Alguma outra idéia?

[ ]'s


J. R. Smolka




--
  Arlane Manoel S Silva
Departamento de Matemática
Instituto de Matemática e Estatística-USP


=
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] Polinômios de variável complexa

[Ralph Teixeira]

Acho que a primeira coisa a fazer eh notar que as 3 raizes sao reais! De
fato:

i) Polinomio de 3o grau, termo principal = 1.x^3: P(-Inf)=-Inf e
P(+Inf)=+Inf;
ii) P(-4)=30 e P(-2)=-30

Assim, ha uma raiz real em (-Inf,-4), outra em (-4,-2) e a terceira em
(-2,+Inf). Isto dah as 3 raizes reais, entao a gente nao precisa se
preocupar com os complexos!

Agora a gente em que ver que valores destes intervalos podem, de fato, ser
raiz da equacao polinomial P(x)=0.

Para tanto, perguntamos -- para que valores de x tem-se
(x+1)(x+3)(x+5)/((x+2)(x+4))0 ? Dada um solucao x=a desta inequacao, tem um
k que faz a ser raiz daquele polinomio (qual?); e vice-versa, se tem um k
positivo tal que a eh raiz do polinomio, entao a satisfaz esta inequacao!

Resposta final: (-Inf,-5) U (-4,-3) U (-2,-1).

2008/5/9 J. R. Smolka [EMAIL PROTECTED]:

 Esta questão foi da prova de álgebra do IME 1976/1977. Vou transliterar um
 pouco o enunciado.

 Seja P(x)=(x+1)(x+3)(x+5)+k(x+2)(x+4), com x complexo e k real positivo.
 Desenhar no plano complexo o lugar geométrico  das raízes de P(x)=0 para
 todos os valores possíveis de k.

 Tentei o seguinte: se z=a+bi é raiz de P(x), então P(z)=0, o que implica
 que Re[P(z)]=0 e Im[P(z)]=0, então daria para obter expressões em função de
 a e b que descrevessem o lugar geométrico procurado. Só que as expressões
 parecem intratáveis.

 Alguma outra idéia?

 [ ]'s

 *J. R. Smolka*

Re: [obm-l] polinômios

[Bruno França dos Reis]

Não sei se entendi direito o que vc diz... poderia dar um exemplo de um
polinômio com grau real não inteiro relacionado com o bin. de Newton e dizer
qual é essa relação?

Bruno


2007/7/17, Antonio Giansante [EMAIL PROTECTED]:


Pois então jones, mas mesmo qdo se fala em anel, só
encontrei definições com coeficientes inteiros. O
problema é que, em alguns casos, falamos de polinômios
com qualquer grau real (como no bin. de Newton),
entretanto, não se define o grau do polinômio nesses
casos. Eu não encontrei nenhuma referência a esses
casos, e não quero criar novas teorias só pra
fingir que respondi aos meus alunos. Quero passar a
informação correta. Em vista disso, podes me indicar
alugma referência bibliográfica? obrigado.


--- jones colombo [EMAIL PROTECTED] escreveu:

  Olha, não sei muito bem,  mas esta é uma questão de
 definição de
 polinômio.  Falamos que um  elemento  é um polinômio
 quando é formado por
 combinações linear de monomios, e os monomios
 aparecem com coeficientes
 inteiros positivos. Nada o impede de trabalhar com
 outras variantes deste
 objeto, mas então é costume falar que o objeto é um
 anel com tais e tais
 propriedades. Creio que esta é a convenção.

  Até.
 Jones

 On 7/16/07, Antonio Giansante
 [EMAIL PROTECTED] wrote:
 
  olá. Alguém chegou a alguma conclusão com relação
 à
  minha pergunta? Qualquer pista já me ajuda.
 Valeu.
 
 
 
 
 
 



  Novo Yahoo! Cadê? - Experimente uma nova busca.
  http://yahoo.com.br/oqueeuganhocomisso
 

=
  Instruções para entrar na lista, sair da lista e
 usar a lista em
 
 http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
 

=
 







Novo Yahoo! Cadê? - Experimente uma nova busca.
http://yahoo.com.br/oqueeuganhocomisso
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
=





--
Bruno França dos Reis
email: bfreis - gmail.com
gpg-key: http://planeta.terra.com.br/informatica/brunoreis/brunoreis.key
icq: 12626000

e^(pi*i)+1=0

Re: [obm-l] polinômios

[Antonio Giansante]

Então bruno...

Um exemplo: (1 + 1/sqrx)^3, só para simplificar. Pela
definição de monômio (pelo menos nos alfarrábios por
mim pesquisados) subentende-se que se fala em grau
apenas quando o expoente é inteiro positivo (p. ex.:o
monômio 2abxz tem grau 4). Caso contrário, chama-se
genericamente de termo algébrico e nada se fala de seu
grau(não encontrei, p.ex., alguma informação do tipo:
o grau de 1/x é -1, ou o grau de xsqry é 3/2).
Entretanto, chamamos de binômio de newton mesmo qdo os
termos algébricos que compõem o binômio inicial
possuem grau negativo ou fracionário. Mas se é um
binômio, é formado por dois monômios. Caí, então, em
um dilema de definição. Afinal, se um binômio (e seus
monômios) pode ter expoente fracionário, um polinômio
tb poderia. E qual seria seu grau, então? No
desenvolvimento do termo acima, teríamos expoentes :
0, -1/2, -1 e -3/2. Mesmo qdo procurei a definição de
polinômios como um anel (como sugeriu o jones), o grau
aparece como obrigatoriamente natural. Gostaria de ter
a resposta ou alguma pista para poder concluir qual o
sentido de grau qdo se fala em monômios, binômios,
etc. Concluí, por exemplo, que o grau somente teria
sentido se fosse natural, por expressar uma relação
com o número de raízes e/ou o grau de liberdade da
função. Mas se for assim, a nomenclatura binômio de
newton está errada. Pode parecer excesso de zelo, mas
fica estranho definir monômio de grau apenas natural,
não falar nada para expoentes não-naturais e, de
repente, chamar de monômio um termo de expoente
não-natural. E agora, qual é a forma correta? Existe
grau negativo e fracionário? Esta definição é dada
em alguma parte mais avançada da matemática? Ou foi
algo que passou despercebido até agora? acho difícil.
Por isso quero saber onde encontrar essa informação.
pode me ajudar?



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Re: [obm-l] polinômios

[jones colombo]

Olha, não sei muito bem,  mas esta é uma questão de definição de
polinômio.  Falamos que um  elemento  é um polinômio quando é formado por
combinações linear de monomios, e os monomios aparecem com coeficientes
inteiros positivos. Nada o impede de trabalhar com outras variantes deste
objeto, mas então é costume falar que o objeto é um anel com tais e tais
propriedades. Creio que esta é a convenção.

Até.
Jones

On 7/16/07, Antonio Giansante [EMAIL PROTECTED] wrote:


olá. Alguém chegou a alguma conclusão com relação à
minha pergunta? Qualquer pista já me ajuda. Valeu.






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Re: [obm-l] polinômios

[Antonio Giansante]

Pois então jones, mas mesmo qdo se fala em anel, só
encontrei definições com coeficientes inteiros. O
problema é que, em alguns casos, falamos de polinômios
com qualquer grau real (como no bin. de Newton),
entretanto, não se define o grau do polinômio nesses
casos. Eu não encontrei nenhuma referência a esses
casos, e não quero criar novas teorias só pra
fingir que respondi aos meus alunos. Quero passar a
informação correta. Em vista disso, podes me indicar
alugma referência bibliográfica? obrigado.


--- jones colombo [EMAIL PROTECTED] escreveu:

  Olha, não sei muito bem,  mas esta é uma questão de
 definição de
 polinômio.  Falamos que um  elemento  é um polinômio
 quando é formado por
 combinações linear de monomios, e os monomios
 aparecem com coeficientes
 inteiros positivos. Nada o impede de trabalhar com
 outras variantes deste
 objeto, mas então é costume falar que o objeto é um
 anel com tais e tais
 propriedades. Creio que esta é a convenção.
 
  Até.
 Jones
 
 On 7/16/07, Antonio Giansante
 [EMAIL PROTECTED] wrote:
 
  olá. Alguém chegou a alguma conclusão com relação
 à
  minha pergunta? Qualquer pista já me ajuda.
 Valeu.
 
 
 
 
 
 


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[obm-l] Re: [obm-l] POLINÔMIOS

[Ricardo J.F.]

f(x)=x^3+3x^2+9x+9

 

lim(x®+¥)=+¥

lim(x®-¥)=-¥

x=0   f(x)=9

f´(x)=0   3x^2+6x+9=0  D0  

fazendo um esboço do grafico veremos que ele tem 1 raiz real

 

f(x)=x^3-3x^2-6x+2

 

+¥ ®+¥

-¥ ® -¥

x=0 ® f(x)=2

f´(x)=3x^2-6x-6=0  x=1±√3

f´´(x)=6(x-1) ® f`´´(1+√3)0 , f´´(1-√3)0

1+√3 é ponto de mínimo e f(1+√3)= -6(1+√3)0

1-√3 é ponto de maximo  

Analisando o gráfico veremos que ele tem 3 raízes reais

 

[]s,Ricardo J.F.

[obm-l] Re:[obm-l] POLINÔMIOS

[claudio.buffara]

De:[EMAIL PROTECTED]

Para:obm-l@mat.puc-rio.br

Cópia:

Data:Thu, 1 Mar 2007 12:01:37 -0800 (PST)

Assunto:[obm-l] POLINÔMIOS

 Quantas raízes reais têm os polinômios:
 a) x^3+3x^2+9x+9

A derivada é 3x^2 + 6x + 9 = 3(x+1)^2 + 6  0, para todo x.
Logo, a função x - x^3 + 3x^2 + 9x + 9 é estritamente crescente ==
o polinômio tem uma única raiz real.

 b)x^3-3x^2-6x+2
Por inspeção:
p(-2) = -6,  p(-1) = 4,  p(1) = -6,  p(5) = 22
Logo, o polinômio tem 3 raízes reais: uma entre -2 e -1, uma entre -1 e 1 e uma 
entre 1 e 5.

[]s,
Claudio.

Re: [obm-l] Polinômios

[Alex pereira Bezerra]

como ax + b + x ( a(2 - x) + b ) = x*2 + 3 dai temos que:

ax + b + 2ax - ax*2 + bx = x*2 + 3 dai vem que pela igualdade de polinomios a = -1 e b =3 temos então P(x) = -x + 3, ok

[obm-l] Re: [obm-l] polinômios de Taylor

[Marcio Cohen]

  f(x) = -1/(1-x) = 
-(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5+...).
 Logo, o polinômio de taylor de 
ordem 2 em torno de x=0 é (-x^2-x-1). Ficou faltando um sinal de menos no seu 
coeficiente líder.

 Abraços,
 Marcio


  - Original Message - 
  From: 
  Tiago Machado 
  
  To: obm-l@mat.puc-rio.br 
  Sent: Sunday, March 19, 2006 7:45 
PM
  Subject: [obm-l] polinômios de 
  Taylor
  Alguem pode me confirmar se o polinômio de Taylor (de ordem 2) 
  para a função f(x) = 1/(x - 1) no ponto x = 0 é x² - x - 
  1?Obrigado.

[obm-l] RE: [obm-l] POLINÔMIOS

[kleinad2]

Olá!
Seja z = arccos(x). Vale

cos[(n+1)*z] = cos(n*z)*cos(z) - sen(n*z)*sen(z)
cos[(n-1)*z] = cos(n*z)*cos(z) + sen(n*z)*sen(z)

Portanto,
cos[(n+1)*z] = 2*cos(n*z)*cos(z) - cos[(n-1)*z]

Assim vc arruma uma recorrência

f_(n+1) = 2*f_n*x - f_(n-1) para n1,

onde f_1(x) = x e f_2(x) = 2*x^2 - 1. A partir daí por indução vc conclui
que todo f_n é polinômio de grau n com coeficiente 2^(n-1) em x^n.

[]s,
Daniel

 ''Sabendo-se que x é um número real, -1=x=1,  0=arccos x = pi
 ''e n é um numero inteiro positivo, mostre que a expressão fn (x) 
 ''= cos(n*arccosx) pode ser desenvolvida como um polinômio em x, 
 ''de grau n, cujo coeficiente do termo de maior grau é igual a 2^
 ''(n-1).



=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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=

[obm-l] Re: [obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Nicolau C. Saldanha]

On Fri, Jan 23, 2004 at 09:21:35PM -0200, André Martin Timpanaro wrote:
 Na verdade a era uma função de n, consegui fazer uma simplificação e percebi 
 que basta que
 x^n - nx +1 - n seja solúvel por radicais (no caso do meu problema e não se 
 a for um real qualquer)

Ok, agora faz mais sentido separar o caso em que n é ímpar.
Se n for ímpar -1 é raiz dupla e dividindo o seu polinômio por (x+1)^2
temos o polinômio

x^(n-2) - 2 x^(n-3) + 3 x^(n-4) - 4 x^(n-5) +  + (n-2) x - (n-1)

Este polinômio *parece* ser sempre irredutível e ter grupo de Galois
o grupo simétrico S(n-2) (digo que parece pq testei alguns casos no maple).
É isto que você gostaria de demonstrar?

[]s, N.

=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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[obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[André Martin Timpanaro]

On Thu, Jan 22, 2004 at 07:41:00PM -0200, André Martin Timpanaro wrote:
Se n é um número impar e a é um real qualquer, quando a equação abaixo pode 
ser resolvida por radicais?
x^n + a(x+1)=0
Se for possível, quais são as raízes reais dessa equação?
Não entendi pq n ímpar; talvez para garantir que existe raiz real,
mas isto não tem muito a ver, tem?
Isto é um problema de teoria de Galois e não sei se entendi bem a pergunta.
Acho que você quer a resposta em função de n e não em função de n e a, 
certo?
Ou seja, você quer saber para quais valores de n existe uma fórmula com
radicais que dê a raiz em termos de a. É isso?

Se for isso você quer saber para que valores de n o grupo de Galois
de x^n + a*x + a é solúvel, onde os coeficientes estão no corpo Q(a),
sendo a um transcendente que pode igualmente bem ser tratado como
outra viariável desde que entendamos que o grupo é em relação à variável x.
Eu *acho* que este grupo de Galois é sempre o grupo simétrico S_n.
Eu sei que o grupo de Galois de x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0
é S_n (onde a_{n-1}, ..., a_0 são algebricamente independentes,
ou, se você preferir, são outras variáveis).
O grupo de Galois de um polinômio de grau n em geral é S_n
e acho que este polinômio é bem geral (as aspas marcam que isto
não é uma afirmação das mais precisas).
Eu verifiquei no maple para n = 9 e deu certo
(isto é, para n = 9 o grupo é mesmo S_n).
Se isto estiver certo a resposta é que a equação pode ser resolvida
por radicais apenas para n = 4.
[]s, N.


Percebi que esqueci de alguns detalhes (que não achei serem importantes):

Na verdade a era uma função de n, consegui fazer uma simplificação e percebi 
que basta que
x^n - nx +1 - n seja solúvel por radicais (no caso do meu problema e não se 
a for um real qualquer)

André T.

_
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[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Nicolau C. Saldanha]

On Thu, Jan 22, 2004 at 07:41:00PM -0200, André Martin Timpanaro wrote:
 Se n é um número impar e a é um real qualquer, quando a equação abaixo pode 
 ser resolvida por radicais?
 x^n + a(x+1)=0
 Se for possível, quais são as raízes reais dessa equação?

Não entendi pq n ímpar; talvez para garantir que existe raiz real,
mas isto não tem muito a ver, tem?
Isto é um problema de teoria de Galois e não sei se entendi bem a pergunta.
Acho que você quer a resposta em função de n e não em função de n e a, certo?
Ou seja, você quer saber para quais valores de n existe uma fórmula com
radicais que dê a raiz em termos de a. É isso?

Se for isso você quer saber para que valores de n o grupo de Galois
de x^n + a*x + a é solúvel, onde os coeficientes estão no corpo Q(a),
sendo a um transcendente que pode igualmente bem ser tratado como
outra viariável desde que entendamos que o grupo é em relação à variável x.

Eu *acho* que este grupo de Galois é sempre o grupo simétrico S_n.
Eu sei que o grupo de Galois de x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0
é S_n (onde a_{n-1}, ..., a_0 são algebricamente independentes,
ou, se você preferir, são outras variáveis).
O grupo de Galois de um polinômio de grau n em geral é S_n
e acho que este polinômio é bem geral (as aspas marcam que isto
não é uma afirmação das mais precisas).
Eu verifiquei no maple para n = 9 e deu certo
(isto é, para n = 9 o grupo é mesmo S_n).
Se isto estiver certo a resposta é que a equação pode ser resolvida
por radicais apenas para n = 4.

[]s, N.
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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Nicolau C. Saldanha]

On Thu, Jul 31, 2003 at 02:28:08AM -0300, Alexandre Daibert wrote:
 Este problema é do livro do Iezzi de polinômios. alguém poderia me ajudar??
 
 O Polinômio P(x) é igual ao produto de sua derivada P´(x) por (x - a). 
 Calcule o grau do polinômio P(x)
 
 obs: favor usar apenas conhecimentos básicos de derivada para a resolução

P(x) = c x^n + (termos de grau menor),
P'(x) = nc x^(n-1) + (termos de grau menor),
(x-a)*P'(x) = nc x^n + (termos de rgau menor).

Como P(x) = (x-a)*P'(x) temos c = nc e portanto n = 1.

[]s, N.
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Re: [obm-l] polinômios III

[Bruno Lima]

Tambem da pra fazer por derivada, usando o seguinte fato: Se r é uma raiz de multiplicidade 2 do polinômio P(x) então r é raiz de multiplicidade 1do polinômio P'(x) (P' é o polinômio derivado de P em relação a x)
[EMAIL PROTECTED] wrote:
Olá pessoal, Como resolver esta questão: (MACK-SP) Na equação [(x^3 - x^2 + x - 1)^18] =0 A multiplicidade da raiz x=1 é : resp: 18 obs: Esta resposta é devido o expoente 18? E se fosse perguntado a multiplicidade de uma outra raiz diferente de x=1 ? Busca Yahoo! 
O serviço de busca mais completo da Internet. O que você pensar o Yahoo! encontra.

[obm-l] Re: [obm-l] polinômios III

[Cláudio \(Prática\)]

(MACK-SP) Na equação [(x^3 - x^2 + x - 1)^18] =0 A multiplicidade 
da raiz x=1 é : 
x^3 - x^2 + x - 1 = x^2*(x-1) + 1*(x-1) = (x^2+1)*(x-1) ==
x = 1 é raiz de multiplicidade 1 de p(x) = x^3 - x^2 + x - 1 ==
x = 1 é raiz de multiplicidade 18 de p(x)^18.

resp: 18 obs: Esta resposta é devido o expoente 18? E se fosse 
perguntado a multiplicidade de uma outra raiz diferente de x=1 ? 
Sim. Mesmo raciocínio para as outras raízes (que são +i e 
-i).

Um abraço,
Claudio.

[obm-l] Re: [obm-l] polinômios II

[Cláudio \(Prática\)]

(U.E.LONDRINA) Sejam -2 e 3 
duas raízes da equação 2x^3 - x^2 + kx +t =0 , onde k, t e R. A terceira raiz é 
: 
f(-2) = 2*(-2)^3 -(-2)^2 + 
k*(-2) + t = 0 == -16 - 4 - 2k + t = 0 == -2k + t = 
20

f(3) = 2*3^3 - 3^2 + k*3 + t = 0 
== 54 - 9 + 3k + t == 3k + t = -45

Resolvendo o sistema, achamos k 
=-13 e t = - 6.
Assim:
f(x) = 2*x^3 - x^2 -13*x - 6 = 
0.

Ao invés de usar Briot-Ruffini, 
você pode usar o fato de que a soma das raízes de f(x) é igual 
a(-coeficiente de x^2 / coeficiente de x^3) = -(-1)/2 = 
1/2.

Assim, temos que x + (-2) + 3 = 1/2 
== x = -1/2
resp: -1/2 


Um abraço,
Claudio.

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios I

[Cláudio \(Prática\)]

(ABC-SP) Uma equação a[n] x^n + a[n-1] x^(n-1) + ...+a[0]=0; a[n] 
 0, é recíproca se, e somente se, a existência da raiz 1/a. 
Esse enunciado tá muito esquisito
resp: 3x^2 + 10x +3= 0 é recíproca 

As raízes de 3x^2 + 10x + 3 = 0 são x = -3 e x = -1/3. 

Então, talvez a definição seja a seguinte:
Um polinômio p(x) érecíproco separa todo a real, p(a) = 0 
== p(1/a) = 0.

[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Bruno]

Olá a todos,
Como zero é raiz de P1(x) e P2(x):
P1(x)= ax^2 + bx
P2(x)= cx^2 + dx
Usando a divisão de polinômios:
Sendo = o símbolo de 
idêntidade
ax^2 + bx = (x-1)(x+2)Q(x) + (3x+1)
Da definição de identidade:
para x=1, temos: a+ b = 4
para x= -2, temos: 4a -2b= -5
Resolvendo o sistema: a=2 e b=2
Portanto, P1(x)=2x^2 + 2x
Analogamente faça com o polinômio P2(x)
Depois divida um polinômio pelo outro.

P.S:O resto é trabalho algébrico
Até mais..
#Bruno


  - Original Message - 
  From: 
  [EMAIL PROTECTED] 
  
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Thursday, January 30, 2003 4:17 
  AM
  Subject: [obm-l] polinômios 
  Olá pessoal, 
  Como resolver está questão: (UnB) P1(x) e P2(x) são polinômios 
  do 2ºgrau que se anulam quando x=0. O resto da divisão de P1(x) por (x-1)(x+2) 
  é 3x +1 . O resto da divisão de P2(x) por (x+1)(x+2) é 2x - 1. Então o 
  quociente da divisão de P1(x) por P2(x) é : resp: 1 ICQ: 
  337140512 

[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[luizhenriquerick]

(UFPA) O polinômio x^3 - 5x^2 + mx - n é divisível por x^2 - 3x + 6. Entre,os
números m e n são tais que m + n é :

Sendo x³ - 5x² + mx - n divisível por x² - 3x + 6 , então teremos que resto
0(zero)


x³ - 5x² + mx - n   |  x³ - 5x² + mx - n 
-x² + 3x² - 6x   x - 2
-2x² + mx - 6x - n
-2x² + x.(m - 6) - n (I)
2x² -  x.(6)  +12 (II)   

Repare que somando I a II teremos que obter Zero :
  
m - 6 = 6e   - n = 12
m = 12   e n = 12
 
   m + n = 0


Abraço

Rick


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Re: [obm-l] Re:[obm-l] polinômios

[Eduardo Henrique Leitner]

Utilizando o método da chave se acha m = 12 e n = 12, portanto a soma seria 24...

e nao creio q eu fiz a divisao errado...

On Tue, Jan 28, 2003 at 02:45:47AM -0200, arakelov wrote:
  Olá pessoal,
  
  Vejam a questão:
  
  (UFPA) O polinômio x^3 - 5x^2 + mx -
  n é divisível por x^2 - 3x + 6. Entre, 
  os números m e n são tais que m + n é :
  
  Resp: 0
  
  Obs: Eu pensei assim: Se x^3 - 5x^2 + mx -
  n é divisível por x^2 - 3x + 6 
  então as raízes de x^2 - 3x + 6 são tbém raízes de x^3 -
  5x^2 + mx - n e como 
  as raízes de x^2 -
  Ruffinni para a resolução, tenho a impressão que pode ser
  
  BEM É SÓ VC APLICAR DIVISÃO PELO METODO DA CHAVE E VC 
 VAI ENCONTRAR M= 12 E N= -12,BELEZA,UM ABRAÇO
  
  
 
  
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Re: [obm-l] Polinômios

[A. C. Morgado]

Uma pergunta que todos estao querendo fazer: que droga de gabarito eh esse
que eh tao cheio de erros?
Quanto ao problema, a soluao eh:
2m+3n-p=0
m+2n-5p=0
Da primeira equaao, p=2m+3n. Substituindo na segunda, m+2n-10m-15n=0, ou
seja, -9m = 13n.
m+n+p = -13n/9+n-26n/9 +3n = -n/3. Como n eh arbitrario, a resposta do gabarito
(e a sua tambem) esta errada.
Morgado
[EMAIL PROTECTED] wrote:

Ol pessoal, 
  
Algum sabe resolver esta questo: 
  
(PUC-MG) Se o polinmio p(x)= (2m + 3n-p)x^2 + (m + 2n - 5p)x  identicamente
nulo, a soma m+n+p  igual a: 
  
Obs: Meu gabarito diz que a resposta  -3, mas eu estou chegando a resposta
de -6 que  uma das alternativas. 
  
  
  

Re: [obm-l] polinômios

[A. C. Morgado]

Voce estah certo; o gabarito, errado.
Morgado
[EMAIL PROTECTED] wrote:

Ol pessoal,  
  
Vejam a questo abaixo: 
  
(U.C. SALVADOR) O quociente da diviso do polinmio p= x^3 - 3x^2 + 3x -
1 pelo polinmio p= x - 1 : 
  
Dvida: Eram 5 alternativas e segunda o gabarito a resposta certa  x^2 -
3x + 3 (alternativa "e"), s que eu estou chegando somente na alternativa
"d" que diz que o quociente  x^2 - 2x +1. Eu cheguei neste resultado aplicando
o algoritmo de briot-ruffini, pois o divisor  do tipo x-a. No est certo?
 
  
  
  
  

[obm-l] RE: [obm-l] Polinômios

[leandro]

Voce deve fazer a
igualdade dos numeradores. Faca o seguinte:



(2x-3)/x(x+1) =
A(x+1)/x(x+1) + (Bx+C).x/x(x+1) 



(2x-3)/x(x+1)=(Bx^2 + x(A+C)+
A)/x(x+1)



Entao temos B=0, A+C=2 e
A=-3. Dessa forma, A+B+C=-3+0+5=2. 



Esse sera um recurso util
quando voce estiver calculando algumas integrais de funcoes desse tipo. Voce
fara a expansao em fracoes parciais. Mas isso e pra quando voce fizer o curso
de calculo.



Leandro

Los Angeles, EUA. 



-Original
Message-
From:
[EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]] On Behalf Of [EMAIL PROTECTED]
Sent: Monday, January 06, 2003
1:52 PM
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: [obm-l] Polinômios



Olá pessoal, 

Como calcular esta questão de vestibular referente a polinômios: 

(UC- MG) A soma dos valores de A, B e C tal que (2x - 3)/x(x + 1) = A/x + (Bx +
C)/(x + 1) é ? 

Obs: A resposta é 2 (segundo meu gabarito) 
Eu tentei isolar o A, B, C em um dos membros, mas não consegui. Mas acho que
envolve o conceito de identidade de polinômios, não? pois o x não irá se
anular. Mas através da identidade de polinômios estou chegando a B =0 , C= 2 e
A = -3 que somando não dá 2 :-(

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Gabriel Pérgola]

(UC- MG) A soma dos valores de A, B e C tal que (2x - 3)/x(x + 1) = A/x +
(Bx + C)/(x + 1) é ?


Tirando o mínimo temos:

2x - 3 = Ax + A + Bx^2 + Cx

Facilmente percebemos que B tem que ser 0.
E como A é a unica incognita sem x, tem que valer -3.

Substituindo os valores temos:

2x - 3 = -3x -3 + Cx

2x = -3x + Cx

C = 5

portanto, A + B +C = -3 + 0 + 5 = 2


Gabriel




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Re: [obm-l] polinômios

[Marcelo Leitner]

On Sat, Jan 04, 2003 at 12:56:05AM -0500, [EMAIL PROTECTED] wrote:
 Olá pessoal, 
 
 Se 2x + 5 é identico à (x + m)^2 - (x - n)^2, então m^3 - n^3 é igual à:
 
 Ps: Meu gabarito está com alguns problemas de correspondência de questões só 
 para vcs terem uma idéia neste exercício ele deu como resposta o seguinte: 
 Pedro lucrou 20%. Incrível, não!?
 
 Mas as alternativas são:
 a) 19 c) 35
 b) 28 d) 37
 
 Neste exercício o que eu procurei fazer foi desenvolver os produtos notáveis 
 e procurais a identidade de polinômios, mas o valor que encontrei para m^3 - 
 n^3 não foi um nº inteiro, mas sim uma equação em função de m e n associado 
 ao 15.  
---end quoted text---

Note que (x+m)^2 - (x-n)^2 eh uma diferenca de quadrados, logo
 = (x+m + x-n)(x+m - x+n) = (2x+m+n)(m+n) = 2x(m+n) + (m+n)^2 = 2x + 5
por identidade de polinomios, m+n = 1, (m+n)^2 = 5   -  Oops!
Foi o que consegui enxergar nesse exercicio..
Espero ter ajudado um pouco,
-- 
Marcelo R Leitner [EMAIL PROTECTED]
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[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[larryp]

- Original Message -
From: Marcelo Leitner [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Saturday, January 04, 2003 12:43 PM
Subject: Re: [obm-l] polinômios


 On Sat, Jan 04, 2003 at 12:56:05AM -0500, [EMAIL PROTECTED] wrote:
  Olá pessoal,
 
  Se 2x + 5 é identico à (x + m)^2 - (x - n)^2, então m^3 - n^3 é igual à:
 
  Ps: Meu gabarito está com alguns problemas de correspondência de
questões só
  para vcs terem uma idéia neste exercício ele deu como resposta o
seguinte:
  Pedro lucrou 20%. Incrível, não!?
 
  Mas as alternativas são:
  a) 19 c) 35
  b) 28 d) 37
 
  Neste exercício o que eu procurei fazer foi desenvolver os produtos
notáveis
  e procurais a identidade de polinômios, mas o valor que encontrei para
m^3 -
  n^3 não foi um nº inteiro, mas sim uma equação em função de m e n
associado
  ao 15.
 ---end quoted text---

 Note que (x+m)^2 - (x-n)^2 eh uma diferenca de quadrados, logo
  = (x+m + x-n)(x+m - x+n) = (2x+m+n)(m+n) = 2x(m+n) + (m+n)^2 = 2x + 5

A idéia é essa, mas você trocou um sinal.

(x+m)^2 - (x-n)^2 = (x+m+x-n)(x+m-x+n) = (2x+m - n)(m+n) =
= 2(m+n)x + (m+n)(m-n) = 2x + 5
==  m+n = 1 e (m+n)(m-n) = 5 ==
m + n = 1  e  m - n = 5   ==
m = 3 e n = -2  ==  m^3 - n^3 = 3^3 - (-2)^3 = 27 + 8 = 35.


 por identidade de polinomios, m+n = 1, (m+n)^2 = 5   -  Oops!

 Foi o que consegui enxergar nesse exercicio..
 Espero ter ajudado um pouco,
 --
 Marcelo R Leitner [EMAIL PROTECTED]
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Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Marcelo Leitner]

On Sun, Jan 05, 2003 at 02:00:01AM -0200, larryp wrote:
 
 - Original Message -
 From: Marcelo Leitner [EMAIL PROTECTED]
 To: [EMAIL PROTECTED]
 Sent: Saturday, January 04, 2003 12:43 PM
 Subject: Re: [obm-l] polinômios
  Note que (x+m)^2 - (x-n)^2 eh uma diferenca de quadrados, logo
   = (x+m + x-n)(x+m - x+n) = (2x+m+n)(m+n) = 2x(m+n) + (m+n)^2 = 2x + 5
 
 A idéia é essa, mas você trocou um sinal.
 
 (x+m)^2 - (x-n)^2 = (x+m+x-n)(x+m-x+n) = (2x+m - n)(m+n) =
 = 2(m+n)x + (m+n)(m-n) = 2x + 5
 ==  m+n = 1 e (m+n)(m-n) = 5 ==
 m + n = 1  e  m - n = 5   ==
 m = 3 e n = -2  ==  m^3 - n^3 = 3^3 - (-2)^3 = 27 + 8 = 35.
---end quoted text---

OOPS!! fiz e refiz esse exercicio no papel antes de enviar e
tropecei 2x no mesmo sinal hehehe
Valeu!

[]'s
-- 
Marcelo R Leitner [EMAIL PROTECTED]
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[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Bruno Furlan]

O coeficiente de x^2 do lado esquerdo da equação 
deve ser igual ao coeficiente de x^2 do lado direito, ou seja, 4 = 2a + 
b.
Fazendo o mesmo com os coeficientes de x, dá k = 
-3a -5b.
O termo independente também deve ser igual, então 
-8 = -2a +b.
Aí é só resolver o sistema.

  - Original Message - 
  From: 
  [EMAIL PROTECTED] 
  
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Thursday, January 02, 2003 7:16 
  PM
  Subject: [obm-l] polinômios
  Se r(x)= ap(x) + bq(x), 
  com r(x)= 4x^2 + kx - 8, p(x)= 2x^2 - 3x - 2, q(x)=x^2 - 5x + 1, com a, b e k 
  pertencendo aos reais, então a+b+k=? O meu gabarito dá como resposta 
  2. Eu consengui desenvolver apenas o seguinte (não sei se era preciso fazer 
  isso para resolver a questão): 4x^2 + kx - 8= a(2x^2 - 3x - 2, ) + b(x^2 - 5x 
  + 1). A partir disso eu não consegui continuar... 

[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Eder]

r(x)= ap(x) + bq(x) = 4x^2 + kx - 8= a(2x^2 - 
3x - 2, ) + b(x^2 - 5x + 1) =
= 
4x^2+kx-8=x^2(2a+b)+x(-3a-5b)+(b-2a)

Pela identidade de polinômios:

2a+b=4 (1)
3a+5b= -k (2)
b-2a=-8 (3)

De (1) e (2) vem que a=3 e b= - 2.Substituindo 
estes valores em (2),tiramos k=1.
Portanto: a+b+k=2.

  - Original Message - 
  From: 
  [EMAIL PROTECTED] 
  
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Thursday, January 02, 2003 7:16 
  PM
  Subject: [obm-l] polinômios
  Se r(x)= ap(x) + bq(x), 
  com r(x)= 4x^2 + kx - 8, p(x)= 2x^2 - 3x - 2, q(x)=x^2 - 5x + 1, com a, b e k 
  pertencendo aos reais, então a+b+k=? O meu gabarito dá como resposta 
  2. Eu consengui desenvolver apenas o seguinte (não sei se era preciso fazer 
  isso para resolver a questão): 4x^2 + kx - 8= a(2x^2 - 3x - 2, ) + b(x^2 - 5x 
  + 1). A partir disso eu não consegui continuar... 

[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Ariosto]

Não.
Veja: P(x)=3x^4 + . e Q(x)= -3x^4 
+., P(x) + Q(x) certamente tem grau menor do 4 ou pode se reduzir ao 
polinômio
identicamente nulo para o qual não definimos 
"grau".
grau( P + Q )= máx{ grau(P) , grau(Q) } , ou P 
+ Q é o polinômio identicamente nulo.
Saludos


  - Original Message - 
  From: 
  [EMAIL PROTECTED] 
  
  To: [EMAIL PROTECTED] 
  Sent: Monday, December 30, 2002 4:12 
  AM
  Subject: [obm-l] polinômios
  olá pessoal! Estou com 
  uma dúvida elementar sobre as propriedades operatórias dos polinômios. Se um 
  polinômio p tem um grau x [gr(x)] e um outro polinômio q tem grau y [gr(y)]. 
  Podemos afirmar que se somarmos os dois polinômios o polinômio resultante terá 
  grau igual à x+y? 

[obm-l] Re: [obm-l] polinômios

[Nicolau C. Saldanha]

On Mon, Dec 30, 2002 at 01:12:13AM -0500, [EMAIL PROTECTED] wrote:
 olá pessoal! Estou com uma dúvida elementar sobre as propriedades operatórias 
 dos polinômios. Se um polinômio p tem um grau x [gr(x)] e um outro polinômio 
 q tem grau y [gr(y)]. Podemos afirmar que se somarmos os dois polinômios o 
 polinômio resultante terá grau igual à x+y? 

Usar as letras x e y para graus de polinômios é uma escolha muito infeliz.
Em todo caso, o grau da soma de dois polinômios é sempre menor ou igual
ao máximo dos graus:

grau(p+q) = max{grau(p), grau(q)}

Em geral vale a igualdade: a desigualdade (estrita) só ocorre quando
os graus de p e q são iguais e seus termos de grau máximo se cancelam.

[]s, N.

PS: Não mande a mesma pergunta mais de uma vez, só cria má vontade.
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios irredutíveis

[Cláudio \(Prática\)]

Eu sabia que se p = 2 ou p = 1 (mod 4), então existe um inteiro a tal que
a^2 = -1 (mod p) == x^2 + 1 é redutível mod p para p = 2  e para p = 1 (mod
4) ( x^2 + 1 = ( x + a )( x - a )  (mod p) ). Assim, só faltava tratar o
caso p = 3 (mod 4). Depois de um pouco de tentativa e erro eu passei a
considerar x^2 + 2 e x^2 - 2 (mod p) e assim cheguei em x^4 + 1.

Infelizmente, ainda não fiz nenhum progresso no caso de um módulo n
qualquer.

Um abraço,
Claudio.

- Original Message -
From: Eduardo Casagrande Stabel [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Wednesday, December 18, 2002 11:59 PM
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios irredutíveis


Gratíssimo por sua ajuda!

Alguma razão especial lhe fez pensar em x^4 + 1 ?

Abraço,
Eduardo.


From: Cláudio (Prática) [EMAIL PROTECTED]
 Caro Eduardo:

 Acho que o resultado a seguir pode ajudar:

 P(x) = x^4 + 1 é irredutível sobre Z mas é redutível sobre Z/(p) para todo
 primo p.

 Demonstração:
 As raízes de P(x) são exp( i * (2*k+1) * Pi/4 )  k = 0, 1, 2, 3 e a única
 fatoração de P(x) em polinômios com coeficientes reais é (x^2 + raiz(2)x +
 1)(x^2 - raiz(2)x + 1), a qual envolve coeficientes irracionais. Assim,
P(x)
 é irredutível sobre Z.

 Por outro lado, se p é primo, então p = 2, p = 1 (mod 4) ou p = 3 (mod 4).

 p = 2  ==  x^4 + 1 = (x - 1)^4 (mod 2)

 p = 1 (mod 4) == -1 é quadrado mod p:
 Tome a tal que a^2 = -1 (mod p) == x^4 + 1 = (x^2 + a)(x^2 - a)

 p = 3 (mod 4) == p = 3 (mod 8)  ou  p = 7 (mod 8):
 Neste caso, procuremos uma fatoração de x^4 + 1 da forma (x^2 + ax +
 b)(x^2 - ax + b):

 Multiplicando:  x^4 + 1  =  x^4  +  (2b - a^2)x^2  +  b^2 (mod p)

 Igualando os coeficientes:  b^2 = 1 (mod p)   e   a^2 = 2b (mod p)

 b^2 = 1 (mod p) == b = 1 (mod p) ou b = -1 (mod p)

 Se b = 1 (mod p), então:  a^2 = 2b (mod p) == a^2 = 2 (mod p) == 2 é
 quadrado mod p

 Se b = -1 (mod p), então:  a^2 = 2b (mod p) == a^2 = -2 (mod p) == -2 é
 quadrado mod p

 p = 3 (mod 4) e 2 é quadrado mod p  ==  p = 7 (mod 8)

 p = 3 (mod 4) e -2 é quadrado mod p  ==  p = 3 (mod 8)

 p = 7 (mod 8):
 Tome a tal que a^2 = 2 (mod p) e b = 1   ==   x^4 + 1 = (x^2 + ax +
 1)(x^2 - ax + 1)

 p = 3 (mod 8):
 Tome a tal que a^2 = -2 (mod p) e b = -1   ==   x^4 + 1 = (x^2 + ax -
 1)(x^2 - ax - 1)

  Fim da demonstração 


 No entanto, você fala em fatoração em Z/(n) para todo n natural, e não
 apenas n primo.

 Por exemplo, x^4 + 1 é irredutível sobre Z/(4).


 Vou continuar pensando no assunto...

 Um abraço,
 Claudio Buffara.

 - Original Message -
 From: Eduardo Casagrande Stabel [EMAIL PROTECTED]
 To: [EMAIL PROTECTED]
 Sent: Thursday, December 12, 2002 2:35 AM
 Subject: [obm-l] Polinômios irredutíveis


 Caros colegas da lista,

 é possível que um polinômio de coeficientes inteiros P(X) irredutível se
 fatore em Z/(n) para todo n natural ?

 Abraço,
 Eduardo.

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios irredutíveis

[Eduardo Casagrande Stabel]

Gratíssimo por sua ajuda!

Alguma razão especial lhe fez pensar em x^4 + 1 ?

Abraço,
Eduardo.


From: Cláudio (Prática) [EMAIL PROTECTED]
 Caro Eduardo:

 Acho que o resultado a seguir pode ajudar:

 P(x) = x^4 + 1 é irredutível sobre Z mas é redutível sobre Z/(p) para todo
 primo p.

 Demonstração:
 As raízes de P(x) são exp( i * (2*k+1) * Pi/4 )  k = 0, 1, 2, 3 e a única
 fatoração de P(x) em polinômios com coeficientes reais é (x^2 + raiz(2)x +
 1)(x^2 - raiz(2)x + 1), a qual envolve coeficientes irracionais. Assim,
P(x)
 é irredutível sobre Z.

 Por outro lado, se p é primo, então p = 2, p = 1 (mod 4) ou p = 3 (mod 4).

 p = 2  ==  x^4 + 1 = (x - 1)^4 (mod 2)

 p = 1 (mod 4) == -1 é quadrado mod p:
 Tome a tal que a^2 = -1 (mod p) == x^4 + 1 = (x^2 + a)(x^2 - a)

 p = 3 (mod 4) == p = 3 (mod 8)  ou  p = 7 (mod 8):
 Neste caso, procuremos uma fatoração de x^4 + 1 da forma (x^2 + ax +
 b)(x^2 - ax + b):

 Multiplicando:  x^4 + 1  =  x^4  +  (2b - a^2)x^2  +  b^2 (mod p)

 Igualando os coeficientes:  b^2 = 1 (mod p)   e   a^2 = 2b (mod p)

 b^2 = 1 (mod p) == b = 1 (mod p) ou b = -1 (mod p)

 Se b = 1 (mod p), então:  a^2 = 2b (mod p) == a^2 = 2 (mod p) == 2 é
 quadrado mod p

 Se b = -1 (mod p), então:  a^2 = 2b (mod p) == a^2 = -2 (mod p) == -2 é
 quadrado mod p

 p = 3 (mod 4) e 2 é quadrado mod p  ==  p = 7 (mod 8)

 p = 3 (mod 4) e -2 é quadrado mod p  ==  p = 3 (mod 8)

 p = 7 (mod 8):
 Tome a tal que a^2 = 2 (mod p) e b = 1   ==   x^4 + 1 = (x^2 + ax +
 1)(x^2 - ax + 1)

 p = 3 (mod 8):
 Tome a tal que a^2 = -2 (mod p) e b = -1   ==   x^4 + 1 = (x^2 + ax -
 1)(x^2 - ax - 1)

  Fim da demonstração 


 No entanto, você fala em fatoração em Z/(n) para todo n natural, e não
 apenas n primo.

 Por exemplo, x^4 + 1 é irredutível sobre Z/(4).


 Vou continuar pensando no assunto...

 Um abraço,
 Claudio Buffara.

 - Original Message -
 From: Eduardo Casagrande Stabel [EMAIL PROTECTED]
 To: [EMAIL PROTECTED]
 Sent: Thursday, December 12, 2002 2:35 AM
 Subject: [obm-l] Polinômios irredutíveis


 Caros colegas da lista,

 é possível que um polinômio de coeficientes inteiros P(X) irredutível se
 fatore em Z/(n) para todo n natural ?

 Abraço,
 Eduardo.

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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios irredutíveis

[Cláudio \(Prática\)]

Caro Eduardo:

Acho que o resultado a seguir pode ajudar:

P(x) = x^4 + 1 é irredutível sobre Z mas é redutível sobre Z/(p) para todo
primo p.

Demonstração:
As raízes de P(x) são exp( i * (2*k+1) * Pi/4 )  k = 0, 1, 2, 3 e a única
fatoração de P(x) em polinômios com coeficientes reais é (x^2 + raiz(2)x +
1)(x^2 - raiz(2)x + 1), a qual envolve coeficientes irracionais. Assim, P(x)
é irredutível sobre Z.

Por outro lado, se p é primo, então p = 2, p = 1 (mod 4) ou p = 3 (mod 4).

p = 2  ==  x^4 + 1 = (x - 1)^4 (mod 2)

p = 1 (mod 4) == -1 é quadrado mod p:
Tome a tal que a^2 = -1 (mod p) == x^4 + 1 = (x^2 + a)(x^2 - a)

p = 3 (mod 4) == p = 3 (mod 8)  ou  p = 7 (mod 8):
Neste caso, procuremos uma fatoração de x^4 + 1 da forma (x^2 + ax +
b)(x^2 - ax + b):

Multiplicando:  x^4 + 1  =  x^4  +  (2b - a^2)x^2  +  b^2 (mod p)

Igualando os coeficientes:  b^2 = 1 (mod p)   e   a^2 = 2b (mod p)

b^2 = 1 (mod p) == b = 1 (mod p) ou b = -1 (mod p)

Se b = 1 (mod p), então:  a^2 = 2b (mod p) == a^2 = 2 (mod p) == 2 é
quadrado mod p

Se b = -1 (mod p), então:  a^2 = 2b (mod p) == a^2 = -2 (mod p) == -2 é
quadrado mod p

p = 3 (mod 4) e 2 é quadrado mod p  ==  p = 7 (mod 8)

p = 3 (mod 4) e -2 é quadrado mod p  ==  p = 3 (mod 8)

p = 7 (mod 8):
Tome a tal que a^2 = 2 (mod p) e b = 1   ==   x^4 + 1 = (x^2 + ax +
1)(x^2 - ax + 1)

p = 3 (mod 8):
Tome a tal que a^2 = -2 (mod p) e b = -1   ==   x^4 + 1 = (x^2 + ax -
1)(x^2 - ax - 1)

 Fim da demonstração 


No entanto, você fala em fatoração em Z/(n) para todo n natural, e não
apenas n primo.

Por exemplo, x^4 + 1 é irredutível sobre Z/(4).


Vou continuar pensando no assunto...

Um abraço,
Claudio Buffara.

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From: Eduardo Casagrande Stabel [EMAIL PROTECTED]
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Sent: Thursday, December 12, 2002 2:35 AM
Subject: [obm-l] Polinômios irredutíveis


Caros colegas da lista,

é possível que um polinômio de coeficientes inteiros P(X) irredutível se
fatore em Z/(n) para todo n natural ?

Abraço,
Eduardo.

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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômios nulos

[Eduardo Casagrande Stabel]

Eu mandei uma pergunta sobre um tópico relacionado a dias atrás. Na
esperança de que alguém me responda, vou responder a sua dúvida.

Você cometeu um pequeno engano, K é o corpo e K[x] é o anel de polinômios
que, em geral, não é um corpo. Basta ver que P(x)=x não é invertível. Se o
corpo K é finito é fácil de mostrar que existe tal polinômio. Sejam k1, k2,
, kn os elementos de K então o polinômio P(x)=(x-k1)(x-k2)...(x-kn) não
é identicamente nulo (tem grau n) e P(x)=0 para todo x em K. É um resultado
conhecido que se k é raiz de P(x) então P(x)=(x-k)Q(x) com Q(x) em K[x],
segue daí que um polinômio tem no máximo n raizes, onde n é o grau de P.
Portanto se K é infinito P(x)=0 para todo x em K implica P==0.

Abraço,
Eduardo.

From: Wagner

Alo pessoal !

Queria saber se é possível que um polinômio com os coeficientes em um
corpo K[x] seja identicamente nulo mesmo que seus coeficientes não sejam
todos nulos?

André T.

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