[obm-l] Re: [obm-l] Teorema fundamental da álgebra

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2018-03-24 20:13 GMT-03:00 Carlos P. :
> Boa noite!

Boa noite,

> Estou estudando análise complexa e gostaria de alguns esclarecimentos sobre
> o TFA.
>
> 1) Na prova baseada no teorema de Liouville, as únicas propriedades de
> polinômios de grau >= 1 utilizadas é que são funções inteiras tais que lim z
> ---> oo p(z) = oo. Logo, o teorema aplica-se igualmente a qualquer inteira f
> tal que lim z ---> oo f(z) = oo, certo? Não está restrito a polinômios.

Exato, o teorema se aplica a qualquer função inteira tal que |f(z)| ->
oo quando |z| -> oo.  Mas olha só: esta hipótese diz que existe um R
tal que |f(z)| > 1 para |z| > R.  Daí, defina

g(w) = 1/f(1/w) no disco de raio 1/R, para w != 0.

Note que g está bem-definida, neste disco (pequeno!), e podemos
estender g(0) = 0 continuamente, logo de forma holomorfa.  A ordem do
zero de g em zero (única raiz de g no disco, por hipótese de f ser
holomorfa) é, digamos, "d".  Pelo princípio do argumento, a função g
dá "d" voltas em torno da origem dentro do disco.  Olhando agora para
f(z) no disco de raio R, ela também dá "d" voltas (na mesma direção,
porque invertemos duas vezes).  De novo pelo princípio do argumento,
isso quer dizer que f tem "d" raízes (com multiplicidade) no disco de
raio R (porque f é holomorfa, logo não tem pólos), que chamamos de
z_k.  Agora, olhando para h(z) = 1/f(z), vamos "retirar" os "d" pólos
de h(z) (= d raízes de f).  Isso dá uma função

H(z) = 1/f(z) - soma a_k/(z - z_k), onde a_k são os resíduos, que é
holomorfa (já que retiramos os pólos) no disco de raio R, mas também
fora do disco, pois os termos que adicionamos tendem a zero quando |z|
-> oo.

De novo por Liouville (agora em H(z)!), esta função é constante.
Simplificando a expressão, teremos que 1/f(z) = H + Q(z)/P(z), onde
P(z) é o produto dos fatores (z - z_k) contendo as raízes de f, e Q(z)
é o polinômio em z que aparecer.  Botando H "na fração", ficamos com
1/f(z) = QQ(z)/P(z), e assim f(z) = P(z)/QQ(z), onde QQ(z) é um
polinômio.  Como f(z) é holomorfa, QQ(z) não tem raízes, logo tem que
ser constante (pelo resultado acima!), e f é um polinômio.

Ou seja: o TFA funciona para todas as funções holomorfas em C, que
tendem a infinito no infinito.  Mas apenas os polinômios são ao mesmo
tempo holomorfos e tendem a infinito no infinito!

Um "contra-exemplo" interessante para você pensar: exp(z) é holomorfa,
mas não tem raízes.  Em que direções do plano complexo ela não tende a
infinito?

> 2) Alguém conhece uma prova do TFA que, além de mostrar a existência de
> raízes, mostre que há exatamente n raízes, contando suas ordens? Me
> informaram que há uma

Deve ser o princípio do argumento, que eu usei acima.  Ele é,
realmente, muito poderoso!
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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[obm-l] Re: [obm-l] Teorema fundamental da álgebra

[Pedro Soares]

Sobre o segundo item, depois de demonstrar que para qualquer polinômio deve
exister uma raíz complexa é fácil mostar que existem n. Basta fatorar o
polinômio original em p(z) = (x-z_0)* h(z), onde z_0 é raíz de p e aplicar
o que já foi provado em h(z) e repetir o processo. Basta vc formalizar
melhor essa ideia.

On Saturday, 24 March 2018, Carlos P.  wrote:

> Boa noite!
>
> Estou estudando análise complexa e gostaria de alguns esclarecimentos
> sobre o TFA.
>
> 1) Na prova baseada no teorema de Liouville, as únicas propriedades de
> polinômios de grau >= 1 utilizadas é que são funções inteiras tais que lim
> z ---> oo p(z) = oo. Logo, o teorema aplica-se igualmente a qualquer
> inteira f tal que lim z ---> oo f(z) = oo, certo? Não está restrito a
> polinômios.
>
> 2) Alguém conhece uma prova do TFA que, além de mostrar a existência de
> raízes, mostre que há exatamente n raízes, contando suas ordens? Me
> informaram que há uma
>
> Muito obrigado
>
> Carlos
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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[obm-l] email

[Bianca Gagli]

não quero mais receber esses emails, obrigada.

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[obm-l] Teorema fundamental da álgebra

[Carlos P.]

Boa noite!

Estou estudando análise complexa e gostaria de alguns esclarecimentos sobre o 
TFA.

1) Na prova baseada no teorema de Liouville, as únicas propriedades de 
polinômios de grau >= 1 utilizadas é que são funções inteiras tais que lim z 
---> oo p(z) = oo. Logo, o teorema aplica-se igualmente a qualquer inteira f 
tal que lim z ---> oo f(z) = oo, certo? Não está restrito a polinômios.

2) Alguém conhece uma prova do TFA que, além de mostrar a existência de raízes, 
mostre que há exatamente n raízes, contando suas ordens? Me informaram que há 
uma

Muito obrigado

Carlos

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[obm-l] Raízes transcendentes

[Artur Costa Steiner]

Uma possível prova para x negativo, caso de n par, é:

Seja f(u) = u^n - n^ u. Então, f’(u) = n u^(n - 1) - n^u ln(n) < 0 para u < 0, 
pois n  - 1 é ímpar e n > e. Logo, f é estritamente decrescente em (-oo, o). E 
como f(-1) = 1 -1/n > 0 e f(0) = 0, f tem uma raíz negativa x, que se encontra 
em (-1, 0). 

Façamos y = -x, de modo que y está em (0, 1). Como n é par, isto nos leva a que

y^n = 1/n^y (1)

Se y for racional, então y =p/q para inteiros positivos p e q. Substituindo 
acima, chegamos a que

y = 1/[n^p)^(1/nq)]

Como y é racional, o mesmo se verificar para o denominador do 2o membro da 
equação acima. E como este é da forma a^(1/b), a e inteiros positivos, então o 
denominador é inteiro. Segue-se assim que y = 1/m para algum inteiro m >= 2, 
pois y está em (0, 1).

Substitui do em (1) e fazendo alguma álgebra, chegamos a (m^m)^n = n. Mas para 
todo m >= 2 e todo n >= 2 temos que (m^m)^n >= 4^n > n, o que comprovamos 
facilmente por indução. Logo, nunca temos (m^m)^n = n, contradição que mostra 
que y é irracional.

Se y for algébrico, então y^n é algébrico. E como n é algébrico distinto de 0 e 
de 1, o Teorema de Gelfond/Schneider mostra que n^y e, portanto seu inverso, 
são transcendentes.  Assim, de (1) obtemos a contradição algébrico = 
transcendente,  a qual mostra que y e, portanto, x= -y, são transcendentes. 

Artur


Enviado do meu iPad



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[obm-l] Re: [obm-l] Raízes transcendentes

[Claudio Buffara]

 Seja x um número real diferente de n tal que x^n = n^x  ==>  x = n^(x/n).

Se x for transcendente, não há o que provar.

Suponhamos, assim, que x seja algébrico.

O teorema de Gelfond-Schneider diz que se a e b são algébricos, com a <> 0,
a <> 1 e b irracional, então a^b é transcendente.

n é algébrico diferente de 0 e 1.
Assim, basta provar que x é irracional e aplicar o teorema de
Gelfond-Schneider (com  a = n  e  b = x/n).

Suponhamos que x seja racional, digamos x = p/q com p inteiro (não
necessariamente positivo), q inteiro positivo, e p e q primos entre si.

x^n = n^x ==> (p/q)^n = n^(p/q) ==> (p/q)^(nq) = n^p ==>  p^(nq) = n^p *
q^(nq).

Como p e q são primos entre si, a unicidade da fatoração implica que q = 1
==> p^n = n^p.
E mais uma vez, a unicidade da fatoração implica que p = n  ou p = -n  ==>
x = -n, já que x <> n por hipótese.
Mas, neste caso, teremos (-n)^n = n^(-n) ==> inteiro = não inteiro ==>
contradição.


2018-03-24 7:40 GMT-03:00 Luís Lopes :

> Sauda,c~oes, oi Claudio,
>
> Depois eu dei uma demonstração que vale pra qualquer x real, positivo ou
> negativo. Você não viu?
>
> Não vi/recebi a demonstração para x negativo.
> Poderia mandar novamente ? Obrigado.
>
> Luís
>
> --
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> acredita-se estar livre de perigo.
>

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