Re: Polinômios...
Esta solução segue a mesma linha de raciocínio da 2a. solução dada pelo Marcelo Rufino. A única diferença é que encontrei uma maneira mais simples de concluir que r é uma das raízes da primeira equação. A partir daí basta substituir r na primeira equação. Senão vejamos: x^2+ax+b=0 (x1 e x2 raízes) = Eq. 1: x1+x2 = - a) x^2+rx+s=0 (x1 e x3 raízes) = Eq. 2: x1+x3 = - r) Como x1, x2 e x3 são raízes da primeira equação: x^3+px+q=0 = Eq. 3: x1+x2+x3=0 Somando as três equações (1), (2) e (3), temos: x1= - a - r. Substituindo em (1) = x2 = r. Com r sendo raiz da primeira equação, tem-se: r^2+ar+b=0 = b = - r(a+r). Valeu, Marcelo Roseira. - Original Message - From: Héduin Ravell [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, July 02, 2001 12:44 PM Subject: Polinômios... Meus cumprimentos, Por favor, gostaria que tentassem resolver o seguinte problema: Se x^3 + px + q é divisível por x^2 + ax + b e por x^2 + rx + s, demonstrar que b = -r (a + r) . Agradeço desde já. Hipótese é uma coisa que nao é, mas a gente faz de conta que é, pra ver como seria se ela fosse.
Professor de Matemática
Esta é meio out of topic como diz o Luis Lopes, então peço que respondam diretamente para o meu e-mail pessoal e não para a lista: [EMAIL PROTECTED]. É o seguinte. Estou abrindo um curso pré-vestibular (FOCUS Pré-Vestibular) na Barra da Tijuca (Rio de Janeiro) e estou precisando de um professor de Matemática, com grande experiência em cursinhos pré-vestibulares, de preferência (mas não obrigatório) que tenha trabalhado em Colégios de ponta no Rio de Janeiro, tipo Sto Agostinho, São Bento, etc.. e que possa me dar uma cobertura na parte da manhã e tarde. Tenho uma turma específica já rodando para o 2o. Exame da UERJ e abriremos o INTENSIVO em 30 de julho. Importante dizer que a maioria dos alunos da Barra da Tijuca atualmente procurando o curso está interessadaem todas as carreiras da áreaBiomédica e Direito. Queremos fazer um trabalho diferenciado na área de exatas pra que nossos alunos levem alguma vantagem nos vestibulares. Quem puder me indicar alguém legal agradeço. Estou precisando também deprofessor de Física, mas como a lista é de Matemática... Me desculpem se me afastei um pouco dos objetivos desta lista, mas como acredito que nesta lista temos gente muito boa mesmo pedi ao Nicolau pra mandar este mail pra vocês. Não esqueçam respostas somente para [EMAIL PROTECTED] Um grande abraço em todos. Marcelo Roseira.
Re: Problema-Seleção
Ola Pessoal,
A sua linha de raciocinio e boa e ela pode nos conduzir a uma demonstracao
sem maculas, desde que sejam feitos alguns ajustes. O ajuste principal
precisa ser feito na passagem :
Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2
Pode ocorrer que p=2 e q=1. Neste caso a*(a-1) | 2 NAO E UM ABSURDO, pois
a=2 poderia satisfazer licitamente.
Eu disse que :
P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1
E um evidente absurdo para a inteiro, porque :
1) Se a=0 ou a=1 , P(a)=P(a^2)=P(a^3)=P(a^4)
E teremos [P(a)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
2) Se a=-1, P(a)=P(a^3) e P(a^2)=P(a^4)
E teremos [P(a)]^2 * [P(a^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
3) se modulo(a) 1,
O produto P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1 tera :
A) um fator igual a -1 e tres iguais a 1 OU
B) um fator igual a 1 e tres iguais a -1.
Nos dois casos haverao p e q pertencentes a {1,2,3,4} tais
que p=q+2 e :
P(a^p) - P(a^q)= 2 ou P(a^p) - P(a^q)= -2
E, novamente, nos dois casos :
a^q*(a^2 -1) | 2 = a^q*(a+1)*(a-1) | 2
Ou seja : (a+1) e (a-1) dividem exatamente 2 ... Um ABSURDO :
pois sabemos que modulo(a) 1 !
De forma mais prolixa, sabemos que deve ser :
modulo(a) 1.
Se a1 = a+1 =3 = (a+1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
Se a1 = a-1 =-3 = (a-1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
Um abraco
Paulo Santa Rita
4,1227,04072001
From: Rodrigo Villard Milet [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: Re: Problema-Seleção
Date: Tue, 3 Jul 2001 12:01:19 -0300
E aí pessoal ?? Depois de tentar um pouco ontem o problema, consegui uma
solução que se segue abaixo :
(i) Seja a uma raiz inteira de Q(x). Logo, P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1.
Como P(a^k) é inteiro para k inteiro, temos que há pelo menos um p, tal que
P(a^p) = 1 e pelo menos um q tal que P(a^q) = -1 ( tudo isso com 1 = p,q
=
4 e p diferente de q ) ;
(ii) Lembremos que, como P(x) é inteiro, se P(t) = m e P(s) = n, então
(t-s)
| (m-n) ( Verifique ! ) ;
(iii) Logo, (a^p - a^q) | 1 - (-1) = 2. Suponha que pq. Logo, a^q *
(a^(p-q) - 1) | 2. Mas como já sabemos que 0 e +-1 não podem ser raízes,
então |x| = 2. Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2 ( facilmente
verificável ! ). O caso em que qp é análogo.
.: Logo, Q(x) não possui raízes inteiras !!
¡ Villard !
-Mensagem original-
De: Rodrigo Villard Milet [EMAIL PROTECTED]
Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]
Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 22:37
Assunto: Re: Problema-Seleção
Essa sua pergunta (3) foi exatamente o que eu propus
¡Villard!
-Mensagem original-
De: Paulo Santa Rita [EMAIL PROTECTED]
Para: [EMAIL PROTECTED] [EMAIL PROTECTED]
Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 17:13
Assunto: Re: Problema-Seleção
Ola Pessoal !
Suponha que Q(x) tenha uma raiz inteira. Seja i esta raiz.
Entao : P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) + 1 = 0. Ou seja,
P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) = -1
Pode isso ? Ou isso e um evidente absurdo ?
1) Se i=0 ou i=1 , P(i)=P(i^2)=P(i^3)=P(i^4)
E teremos [P(i)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
2) Se i=-1, P(i)=P(i^3) e P(i^2)=P(i^4)
E teremos [P(i)]^2 * [P(i^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
3) Por que nao pode ser modulo(i) 1 ?
Um abraco
Paulo Santa Rita
2,1607,02072001
From: Rodrigo Villard Milet [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
To: Obm [EMAIL PROTECTED]
Subject: Problema-Seleção
Date: Sun, 1 Jul 2001 20:53:17 -0300
Seja P(x) um polinômio de coeficientes inteiros e seja Q(x), tal que :
Q(x) = P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4) + 1. Mostre que Q(x) não possui
raízes
inteiras.
Pô, eu consegui mostrar que se Q(x) possuísse raízes inteiras, só
poderiam
ser 2 ou -2, mas não consegui mostrar que essas não podem ser . Se
alguém quiser, mando o que fiz...
¡ Villard !
_
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Re: IMO
Ola Prof Nicolau, Saudacoes ! Atendendo a seu pedido : DESEJO BOA SORTE A EQUIPE BRASILEIRA ! Um grande abraco Paulo Santa Rita 4,1243,04072001 From: Nicolau C. Saldanha [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED], [EMAIL PROTECTED] Subject: IMO Date: Tue, 3 Jul 2001 20:28:54 -0300 (BRT) A confian,ca 'e grande: estou em plena elabora,c~ao da prova da IMO usando e-mail livremente. N~ao posso comentar nada, claro, mas posso me comunicar sobre outros assuntos. E mandarei a prova assim que ela se tornar p'ublica. Desejem boa sorte a nosso time, []s, N. _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
O time chegou bem
S'o para confirmar que o time chegou bem. []s, N.
Re: problema de funçao
Ola Marcelo, Tudo Legal ? Eu devo estar entendo mal a sua questao, pois a faria em 4 passos. Voce pode explicar a questao abaixo com maiores detalhes ? Achei ela legal, pois me lembrou aspectos teoricos em processos de otimizacao de algoritmos. Um grande abraco Paulo Santa Rita 4,1358,04072001 From: Marcelo Souza [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: problema de funçao Date: Wed, 04 Jul 2001 04:06:52 - alguém poderia mandar a resolução deste problema pra mim? Dadas 1000 funçoes lineares f_k (x) = (p_k).x + q_k , k= 1,2,...,1000, deseja-se obter o valor da composta f(x) = f_1(f_2(f_3.f_1000(x)...) no ponto x_0. Sabendo que em cada passo podemos efetuar simultaneamente qquer numero de operações aritmeticas com pares de numeros obtidos no passo anterior e que no primeiro passo podemos utilizar os numeros p_1, p_2,,p_1000, q_1,q_2,,1_1000, x_0, podemos afirmar que, o numero de passos necessarios para obter o valor da composta no ponto x não excede a: a)10 b)12 c)14 d)16 e) 20 valeu marcelo _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: Problema-Seleção
Na verdade eu já tinha feito de outra forma, mas só não tinha conseguido
mostrar que +-2 não podia... foi assim :
Seja a raiz inteira de Q(x). Daí, olhe os P`s, mod(a). Como sabemos, no
mínimo um dos P`s é 1 e no mínimo um é -1, logo :
a(n) = 1 mod(a)
a(n) = -1 mod(a) , onde a(n) é o termo independente de P(x). Subtraindo uma
da outra : 2 = 0 mod(a), logo, temos a = +-1 ou +-2. COmo +-1 não pode,
temos que a = +-2.
Vamos mostrar que não pode p/ a = 2 :
(i) P(16) = 1
Daí, existe um k, tal que P(2^k) = -1 e 0k4. Daí, (16 - 2^k) | 2 (ABSURDO
!)
(ii) P(16) = -1
Daí existe um k, tal que P(2^k) = 1 e 0k4, daí (2^k - 16) | 2 (ABSURDO !)
O caso em que a = -2 é análogo e não gera soluções !
Logo, Q(x) não tem raízes inteiras.
¡Villard!
-Mensagem original-
De: Paulo Santa Rita [EMAIL PROTECTED]
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Data: Quarta-feira, 4 de Julho de 2001 13:17
Assunto: Re: Problema-Seleção
Ola Pessoal,
A sua linha de raciocinio e boa e ela pode nos conduzir a uma demonstracao
sem maculas, desde que sejam feitos alguns ajustes. O ajuste principal
precisa ser feito na passagem :
Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2
Pode ocorrer que p=2 e q=1. Neste caso a*(a-1) | 2 NAO E UM ABSURDO, pois
a=2 poderia satisfazer licitamente.
Eu disse que :
P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1
E um evidente absurdo para a inteiro, porque :
1) Se a=0 ou a=1 , P(a)=P(a^2)=P(a^3)=P(a^4)
E teremos [P(a)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
2) Se a=-1, P(a)=P(a^3) e P(a^2)=P(a^4)
E teremos [P(a)]^2 * [P(a^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
3) se modulo(a) 1,
O produto P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1 tera :
A) um fator igual a -1 e tres iguais a 1 OU
B) um fator igual a 1 e tres iguais a -1.
Nos dois casos haverao p e q pertencentes a {1,2,3,4} tais
que p=q+2 e :
P(a^p) - P(a^q)= 2 ou P(a^p) - P(a^q)= -2
E, novamente, nos dois casos :
a^q*(a^2 -1) | 2 = a^q*(a+1)*(a-1) | 2
Ou seja : (a+1) e (a-1) dividem exatamente 2 ... Um ABSURDO :
pois sabemos que modulo(a) 1 !
De forma mais prolixa, sabemos que deve ser :
modulo(a) 1.
Se a1 = a+1 =3 = (a+1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
Se a1 = a-1 =-3 = (a-1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
Um abraco
Paulo Santa Rita
4,1227,04072001
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To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: Re: Problema-Seleção
Date: Tue, 3 Jul 2001 12:01:19 -0300
E aí pessoal ?? Depois de tentar um pouco ontem o problema, consegui uma
solução que se segue abaixo :
(i) Seja a uma raiz inteira de Q(x). Logo, P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4)
= -1.
Como P(a^k) é inteiro para k inteiro, temos que há pelo menos um p, tal
que
P(a^p) = 1 e pelo menos um q tal que P(a^q) = -1 ( tudo isso com 1 = p,q
=
4 e p diferente de q ) ;
(ii) Lembremos que, como P(x) é inteiro, se P(t) = m e P(s) = n, então
(t-s)
| (m-n) ( Verifique ! ) ;
(iii) Logo, (a^p - a^q) | 1 - (-1) = 2. Suponha que pq. Logo, a^q *
(a^(p-q) - 1) | 2. Mas como já sabemos que 0 e +-1 não podem ser raízes,
então |x| = 2. Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2 ( facilmente
verificável ! ). O caso em que qp é análogo.
.: Logo, Q(x) não possui raízes inteiras !!
¡ Villard !
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De: Rodrigo Villard Milet [EMAIL PROTECTED]
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Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 22:37
Assunto: Re: Problema-Seleção
Essa sua pergunta (3) foi exatamente o que eu propus
¡Villard!
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Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 17:13
Assunto: Re: Problema-Seleção
Ola Pessoal !
Suponha que Q(x) tenha uma raiz inteira. Seja i esta raiz.
Entao : P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) + 1 = 0. Ou seja,
P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) = -1
Pode isso ? Ou isso e um evidente absurdo ?
1) Se i=0 ou i=1 , P(i)=P(i^2)=P(i^3)=P(i^4)
E teremos [P(i)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
2) Se i=-1, P(i)=P(i^3) e P(i^2)=P(i^4)
E teremos [P(i)]^2 * [P(i^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
3) Por que nao pode ser modulo(i) 1 ?
Um abraco
Paulo Santa Rita
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Subject: Problema-Seleção
Date: Sun, 1 Jul 2001 20:53:17 -0300
Seja P(x) um polinômio de coeficientes inteiros e seja Q(x), tal que :
Q(x) = P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4) + 1. Mostre que Q(x) não possui
raízes
inteiras.
Pô, eu consegui mostrar que se Q(x) possuísse raízes inteiras, só
poderiam
ser 2 ou -2, mas não consegui mostrar que essas não podem ser . Se
alguém quiser, mando o que fiz...
¡ Villard !
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Re: Problema-Seleção
Ola Villard,
Esta foi a primeira ideia que me ocorreu, mas percebi imediatamente o furo
em +-2, o que me obrigaria a seguir um atalho. Resolvi entao proceder como
descrevi.
Uma outra forma de provar e usando as relacoes de Girard, mas implica em
escrever muito e e muito feia.
Bom, ja que o papo aqui e polinomios :
Seja P(x) um polinomio de grau N com N raizes inteiras, nenhuma delas nula.
Seja tambem Q(x)=P(x)*P(x^2)*P(x^3)*P(x^4)*P(x^5) - 1. O que se pode falar
sobre as raizes de Q(x) ?
Um abraco
Paulo Santa Rita
4,1446,04072001
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Subject: Re: Problema-Seleção
Date: Wed, 4 Jul 2001 13:59:22 -0300
Na verdade eu já tinha feito de outra forma, mas só não tinha conseguido
mostrar que +-2 não podia... foi assim :
Seja a raiz inteira de Q(x). Daí, olhe os P`s, mod(a). Como sabemos, no
mínimo um dos P`s é 1 e no mínimo um é -1, logo :
a(n) = 1 mod(a)
a(n) = -1 mod(a) , onde a(n) é o termo independente de P(x). Subtraindo
uma
da outra : 2 = 0 mod(a), logo, temos a = +-1 ou +-2. COmo +-1 não pode,
temos que a = +-2.
Vamos mostrar que não pode p/ a = 2 :
(i) P(16) = 1
Daí, existe um k, tal que P(2^k) = -1 e 0k4. Daí, (16 - 2^k) | 2
(ABSURDO
!)
(ii) P(16) = -1
Daí existe um k, tal que P(2^k) = 1 e 0k4, daí (2^k - 16) | 2 (ABSURDO
!)
O caso em que a = -2 é análogo e não gera soluções !
Logo, Q(x) não tem raízes inteiras.
¡Villard!
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Data: Quarta-feira, 4 de Julho de 2001 13:17
Assunto: Re: Problema-Seleção
Ola Pessoal,
A sua linha de raciocinio e boa e ela pode nos conduzir a uma
demonstracao
sem maculas, desde que sejam feitos alguns ajustes. O ajuste principal
precisa ser feito na passagem :
Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2
Pode ocorrer que p=2 e q=1. Neste caso a*(a-1) | 2 NAO E UM ABSURDO, pois
a=2 poderia satisfazer licitamente.
Eu disse que :
P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1
E um evidente absurdo para a inteiro, porque :
1) Se a=0 ou a=1 , P(a)=P(a^2)=P(a^3)=P(a^4)
E teremos [P(a)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
2) Se a=-1, P(a)=P(a^3) e P(a^2)=P(a^4)
E teremos [P(a)]^2 * [P(a^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
3) se modulo(a) 1,
O produto P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4) = -1 tera :
A) um fator igual a -1 e tres iguais a 1 OU
B) um fator igual a 1 e tres iguais a -1.
Nos dois casos haverao p e q pertencentes a {1,2,3,4} tais
que p=q+2 e :
P(a^p) - P(a^q)= 2 ou P(a^p) - P(a^q)= -2
E, novamente, nos dois casos :
a^q*(a^2 -1) | 2 = a^q*(a+1)*(a-1) | 2
Ou seja : (a+1) e (a-1) dividem exatamente 2 ... Um ABSURDO :
pois sabemos que modulo(a) 1 !
De forma mais prolixa, sabemos que deve ser :
modulo(a) 1.
Se a1 = a+1 =3 = (a+1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
Se a1 = a-1 =-3 = (a-1) divide exatamente 2 ( UM ABSURDO )
Um abraco
Paulo Santa Rita
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Subject: Re: Problema-Seleção
Date: Tue, 3 Jul 2001 12:01:19 -0300
E aí pessoal ?? Depois de tentar um pouco ontem o problema, consegui uma
solução que se segue abaixo :
(i) Seja a uma raiz inteira de Q(x). Logo, P(a)*P(a^2)*P(a^3)*P(a^4)
= -1.
Como P(a^k) é inteiro para k inteiro, temos que há pelo menos um p, tal
que
P(a^p) = 1 e pelo menos um q tal que P(a^q) = -1 ( tudo isso com 1 =
p,q
=
4 e p diferente de q ) ;
(ii) Lembremos que, como P(x) é inteiro, se P(t) = m e P(s) = n, então
(t-s)
| (m-n) ( Verifique ! ) ;
(iii) Logo, (a^p - a^q) | 1 - (-1) = 2. Suponha que pq. Logo, a^q *
(a^(p-q) - 1) | 2. Mas como já sabemos que 0 e +-1 não podem ser raízes,
então |x| = 2. Daí não é possível a^q * (a^(p-q) - 1) | 2 ( facilmente
verificável ! ). O caso em que qp é análogo.
.: Logo, Q(x) não possui raízes inteiras !!
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Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 22:37
Assunto: Re: Problema-Seleção
Essa sua pergunta (3) foi exatamente o que eu propus
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Data: Segunda-feira, 2 de Julho de 2001 17:13
Assunto: Re: Problema-Seleção
Ola Pessoal !
Suponha que Q(x) tenha uma raiz inteira. Seja i esta raiz.
Entao : P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) + 1 = 0. Ou seja,
P(i)*P(i^2)*P(i^3)*P(i^4) = -1
Pode isso ? Ou isso e um evidente absurdo ?
1) Se i=0 ou i=1 , P(i)=P(i^2)=P(i^3)=P(i^4)
E teremos [P(i)]^4 = -1 ( ABSURDO ! )
2) Se i=-1, P(i)=P(i^3) e P(i^2)=P(i^4)
E teremos [P(i)]^2 * [P(i^2)]^2 = -1 ( ABSURDO ! )
3) Por que nao pode ser modulo(i) 1 ?
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To:
LIVROS BONS
H algum tempo, apareceu aqui nesta lista algum procurando pelos livros do Morgado, E. Wagner e M. Jorge. Vi alguns exemplares (por R$20) novos (lgebra I e Geometria I) na livraria YAN LIVROS, na rua 7 de setembro, 169, Rio, tel. 2262-9347. Abraos, Josimar
Equacoes Diofantinas
Ola Pessoal, Esta mensagem e tambem uma tentativa de restabelecer contato com um colega desta Lista com o qual nos estavamos discutindo em Off sobre problemas ligados a equacoes diofantinas nao-lineares. Por problemas no Hotmail ou no Sistema de Seguranca de Nossa Rede, as mensagens do Estimado Colega - Duda : Eduardo Casagrande Stabel - nao estao chegando a minha caixa de correio, o que esta obstando a continuidade de nossa estimulante correspondencia. A ideia original da discussao era estabelecer um metodo ou contexto no qual inumeros problemas que foram e que sao tratados isoladamente possam ser abordados de maneira uniforme e universal. Seja P(N)=A*(N^2) + B*N + C um polinomio, com N variando nos naturais, isto e : N = 1, 2, 3, ... Podemos coloca-lo em outra roupagem, a saber P(N) = A*(N^2) - A*N + A*N + B*N + C P(N) = A*(N^2 - N) + (A+B)*N + C P(N) = 2*A*[ (N^2 - N)/2 ] + (A+B)*N + C Sendo BINOM(N,P) = Numero Binomial de Numerador N e Denominador P, isto e: BINOM(N,P)= N! / ( P!*(N-P)! ) entao : P(N)=2A*BINOM(N,2) + (A+B)*BINOM(N,1) + C*BINOM(N,0) Se representarmos por A,B,C o vetor de coordenadas A, B e C, teremos : P(N)=2A,A+B,C .BINOM(N,2), BINOM(N,1),BINOM(N,0) E podemos passar a interpretar os sucessivos valores de P(N) como as projecoes dos vetores G(N) = BINOM(N,2), BINOM(N,1),BINOM(N,0) Sobre a reta de suporte do vetor 2A, A+B, C multiplicada ( as projecoes ) pelo modulo de 2A, A+B, C. Esta mudanca, a principio, pode parecer pesadona e complicada, mas nao e. Vamos mostrar que ela e proficua e conduz a uma abordagem elegante e geometrica. Sejam P(N) = A*(N^2) + B*N + C e Q(M) = D*(M^2) + E*M + F. Queremos encontrar todos os pares de inteiros (N,M) que satisfazem a equacao : P(N) = Q(M) Pelo que apresentamos acima, esta equacao pode assumir a seguinte configuracao : 2A,A+B,C .BINOM(N,2), BINOM(N,1),BINOM(N,0) = 2D,D+E,F .BINOM(M,2), BINOM(M,1),BINOM(M,0) E agora, ao inves de um problema eminentemente numerico, temos um problema eminentemente geometrico : Ao longo da curva que serve de suporte aos sucessivos pontos ocupados pelas extremidades ( pontas das setas ) dos vetores G(N) devemos encontrar dois pontos de G(N) tais que : modulo(2A,A+B,C)*(Projecao de G(N) na direcao 2A,A+B,C ) = modulo(2D,D+E,F)*(Projecao de G(M) na direcao 2D,D+E,F) Sejam R e S as extremidades dos vetores 2A,A+B,C e 2D,D+E,F respectivamente. Sejam T e U os pes das perpendiculares tracadas, respectivamentes, de G(N) na direcao de 2A,A+B,C e de G(M) na direcao de 2D,D+E,F. Como as projecoes sao inversamente proporcionais aos modulos dos vetores entao, por semelhanca, podemos dizer que : vetor T - U = K*(2D,D+E,F - 2A,A+B,C) para algum K real. NOTA: vetor T - U = origem U e extremidade T A equacao ( Bonita ! ) : vetor T - U = K*(2D,D+E,F - 2A,A+B,C) E fundamental ! O que precisamos doravante e garantir que os pontos T e U provenham de pontos de coordenadas inteiras que atendem a expressao Binomial de G(N). Para ver como isso e possivel, vou falar um pouco sobre um invariante das conicas pouco conhecido : a REFRINGENCIA. Alias, antes de falar sobre isso, alguem faria alguma critica a esta Tentativa de Primeiro Artigo ? Ficou claro ou esta nebuloso ? Se ficou complicado ( eu o achei clarissimo ! ) peco desculpas desde ja : nao e mais e nao e menos que apenas um modesta e despretenciosa Tentativa de Primeiro Artigo. Alo Duda, voce recebeu esta mensagem ? Um Grande abraco a Todos ! Paulo Santa Rita 4,1624,04072001 _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: Polinômios...
Pequeno comentario: Muitas vezes tocamos aqui no assunto Numeros complexos, e a preocupacao que se encontra as vezes de evitar usar numeros complexos, seja porque sao esquisitos (subjetivo), ou dificeis (serah mesmo?), ou porque sao pouco ensinados (nao serah um preconceito?). Espero que tenham reparado que essas duas solucoes interessantes apresentadas para este problema de polinomios, usando as relacoes entre coeficientes e raizes (Girard), estao usando numeros complexos. Certo? As relacoes de Girard so valem nos complexos, nao eh mesmo? Reparem que o enunciado so fala em polinomios, nao diz nada de suas raizes, e nem precisa dizer. Mas a inteligente ideia de introduzir as raizes, que simplificou tremendamente a questao, so faz sentido nos complexos. JP - Original Message - From: Marcelo Roseira [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Wednesday, July 04, 2001 11:05 AM Subject: Re: Polinômios... Esta solução segue a mesma linha de raciocínio da 2a. solução dada pelo Marcelo Rufino. A única diferença é que encontrei uma maneira mais simples de concluir que r é uma das raízes da primeira equação. A partir daí basta substituir r na primeira equação. Senão vejamos: x^2+ax+b=0 (x1 e x2 raízes) = Eq. 1: x1+x2 = - a) x^2+rx+s=0 (x1 e x3 raízes) = Eq. 2: x1+x3 = - r) Como x1, x2 e x3 são raízes da primeira equação: x^3+px+q=0 = Eq. 3: x1+x2+x3=0 Somando as três equações (1), (2) e (3), temos: x1= - a - r. Substituindo em (1) = x2 = r. Com r sendo raiz da primeira equação, tem-se: r^2+ar+b=0 = b = - r(a+r). Valeu, Marcelo Roseira. - Original Message - From: Héduin Ravell [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Monday, July 02, 2001 12:44 PM Subject: Polinômios... Meus cumprimentos, Por favor, gostaria que tentassem resolver o seguinte problema: Se x^3 + px + q é divisível por x^2 + ax + b e por x^2 + rx + s, demonstrar que b = -r (a + r) . Agradeço desde já. Hipótese é uma coisa que nao é, mas a gente faz de conta que é, pra ver como seria se ela fosse.
Re: O time chegou bem
Pergunta: Podemos nos comunicar com o vice-lider? Gostaria de enviar uma mensagem de apoio aos alunos. Que tudo corra bem. Abraco, Wagner. -- From: Nicolau C. Saldanha [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED], [EMAIL PROTECTED] Subject: O time chegou bem Date: Wed, Jul 4, 2001, 12:28 S'o para confirmar que o time chegou bem. []s, N.
lugar geométrico
O lado AB de um triângulo ABC mede 3 unidades de comprimento. Determine uma equação do lugar geométrico descrito pelo vértice C quando este se desloca de tal forma que o ângulo CBA tenha como medida o dobro da medida do ângulo CAB.
Re: problema de funçao
Fala Paulo, certinho? Poxa, me deram esta questão lah no curso e eu tb achei o enunciado confuso...perguntei pro garoto onde ele tinha visto ele disse que passaram pra elemeio complicado...eu naum sei dar mais detalhes, escrevi tudo o que estava no papel. abraços Marcelo From: Paulo Santa Rita [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: Re: problema de funçao Date: Wed, 04 Jul 2001 17:00:52 Ola Marcelo, Tudo Legal ? Eu devo estar entendo mal a sua questao, pois a faria em 4 passos. Voce pode explicar a questao abaixo com maiores detalhes ? Achei ela legal, pois me lembrou aspectos teoricos em processos de otimizacao de algoritmos. Um grande abraco Paulo Santa Rita 4,1358,04072001 From: Marcelo Souza [EMAIL PROTECTED] Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Subject: problema de funçao Date: Wed, 04 Jul 2001 04:06:52 - alguém poderia mandar a resolução deste problema pra mim? Dadas 1000 funçoes lineares f_k (x) = (p_k).x + q_k , k= 1,2,...,1000, deseja-se obter o valor da composta f(x) = f_1(f_2(f_3.f_1000(x)...) no ponto x_0. Sabendo que em cada passo podemos efetuar simultaneamente qquer numero de operações aritmeticas com pares de numeros obtidos no passo anterior e que no primeiro passo podemos utilizar os numeros p_1, p_2,,p_1000, q_1,q_2,,1_1000, x_0, podemos afirmar que, o numero de passos necessarios para obter o valor da composta no ponto x não excede a: a)10 b)12 c)14 d)16 e) 20 valeu marcelo _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com. _ Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: LIVROS BONS
S pra quem quiser saber tb, eu achei uns 5 livros (algebra I) na livraria ciencia e cultura, novinhos, inclusive foi lah que eu comprei o meu. []s, MArcelo From: josimat<[EMAIL PROTECTED]> Reply-To: [EMAIL PROTECTED] To: OBM<[EMAIL PROTECTED]> Subject: LIVROS BONS Date: Wed, 4 Jul 2001 15:08:50 -0300 H algum tempo, apareceu aqui nesta lista algum procurando pelos livros do Morgado, E. Wagner e M. Jorge. Vi alguns exemplares (por R$20) novos (lgebra I e Geometria I) na livraria YAN LIVROS, na rua 7 de setembro, 169, Rio, tel. 2262-9347. Abraos, Josimar Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com.
Re: lugar geométrico
Vou resolver usando geometria analítica. Para isso vou colocar a origem (0, 0) do meu par de eixos ortogonais x, y sobre o ponto A e vou colocar B no ponto (3, 0), ou seja, o segmento AB está sobre o eixo x. A partir de agora é bom pegar um papel e lápis para desenhar o que vou escrever, infelizmente não dá para desenhar neste e-mail. Seja C (x, y) um ponto que se desloca de tal forma que o ângulo CBA tenha como medida o dobro da medida do ângulo CAB. Para ficar mais fácil de enxergar coloque C no primeiro quadrante, logo sobre o segmento AB. Monte o triângulo ABC e trace também a altura relativa ao vértice C, cortando AB em D. Seja CBA = 2a e CAB = a Assim: tg a = CD/AD = y/x e tg 2a = CD/DB = y/(3 - x) Como tg 2a = 2.tg a/(1 - (tg a)^2) = (tg 2a)(1 - (tg a)^2) = 2.tg a = (y/(3 - x))(1 - y^2/x^2) = 2.y/x = y(x^2 - y^2) = 2yx(3 - x) Se y for diferente de zero: x^2 - y^2 = 6x - 2x^2 = 3x^2 - 6x - y^2 = 0 = 3(x^2 - 2x) - y^2 = 0 = 3(x - 1)^2 - 3 - y^2 = 0 = 3(x - 1)^2 - y^2 = 3 = (x - 1)^2 - (y^2)/3 = 1 que é a equação de uma hipérbole de centro em (1, 0), eixo real igual a 2, eixo imaginário igual a 2(3)^1/2, distância focal igual a 4 e focos em (- 1, 0) e (3, 0). Se y for igual a zero temos que C anda sobre o eixo x, fazendo com que os ângulos CBA e CAB sejam iguais a zero. Entretanto não deixa de ser uma resposta correta. Até mais, Marcelo Rufino - Original Message - From: [EMAIL PROTECTED] To: [EMAIL PROTECTED] Sent: Wednesday, July 04, 2001 9:55 PM Subject: lugar geométrico O lado AB de um triângulo ABC mede 3 unidades de comprimento. Determine uma equação do lugar geométrico descrito pelo vértice C quando este se desloca de tal forma que o ângulo CBA tenha como medida o dobro da medida do ângulo CAB.
Re: O time chegou bem
On Fri, Jul 06, 2001 at 08:29:41PM -0300, Eduardo Wagner wrote: Pergunta: Podemos nos comunicar com o vice-lider? Gostaria de enviar uma mensagem de apoio aos alunos. Que tudo corra bem. Abraco, Wagner. Imagino que sim. Se eu, que deveria (de acordo com a pr'atica de anos anteriores) estar incomunic'avel estou podendo usar e-mail imagino que com mais forte raz~ao o resto da equipe tamb'em possa. Mas n~ao saberia como fazer para entrar em contato com eles (por e-mail, quer dizer). Se descobrir mando outro e-mail. Hoje ali'as foi a festa de abertura da IMO. Tivemos uma daquelas aberturas em audit'orio com discursos entre apresenta,c~oes de m'usica e dan,ca e depois um passeio de barco para ver os fogos do 4 de julho. Legal ali'as esta capacidade da internet de fazer com que as mensagens cheguem dois dias antes de serem enviadas; deve ter a ver com o fuso hor'ario ;-) []s, N.
