[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Marcos Martinelli]

Correção: fazendo y=1/(r+i).

Em seg, 26 de out de 2020 às 10:49, Marcos Martinelli <
mffmartine...@gmail.com> escreveu:

> Sendo i a unidade imaginária:
>
> 1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)-1/(r_k+i)  (k=[1,n], onde r_k <> {-i,i}).
>
> i) Seja z_k = 1/(r_k-i) e fazendo z=1/(r-i) em r^20-7r^3+1=0:
> (1/z+i)^20-7(1/z+i)^3+1=0 => (1+iz)^20-7z^17(1+iz)^3+z^20=0 => (7i+2)z^20 +
> (-20i+21)z^19 +...=0.
>
> Portanto Soma_(k=[1,n]) 1/(r_k-i) =  Soma_(k=[1,n]) z_k = -
> (-20i+21)/(7i+2) (I).
>
> ii) Seja y_k = 1/(r_k+i) e fazendo y=1/(r-i) em r^20-7r^3+1=0:
> (1/y-i)^20-7(1/y-i)^3+1=0 => (1-iy)^20-7y^17(1-iy)^3+y^20=0 => (-7i+2)y^20
> + (20i+21)y^19 +...=0.
>
> Portanto Soma_(k=[1,n]) 1/(r_k+i) =  Soma_(k=[1,n]) y_k = -
> (20i+21)/(-7i+2) (II).
>
> Usando (I) e (II):
>
>   Soma_(k=[1,n]) 1/(1+r_k^2) =  1/(2i)*(-(-20i+21)/(7i+2)
> -(-(20i+21)/(-7i+2))) = 1/(2i)*1/(-49)*(-80i-294i) = 187/49.
>
> Em dom., 25 de out. de 2020 às 10:25, Marcos Martinelli <
> mffmartine...@gmail.com> escreveu:
>
>> Sendo i o complexo imaginário:
>>
>> 1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)+1/(r_k+i)
>>
>> Depois você deve considerar dois novos polinômios com as seguintes
>> mudanças de variáveis:
>>
>> . x=1/y-i
>> . x=1/y+i
>>
>> Devemos então calcular as somas dos inversos das raizes nesses dois
>> polinômios para termos como calcular o somatório que queremos.
>>
>> Em dom, 25 de out de 2020 às 09:36, Professor Vanderlei Nemitz <
>> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Bom dia!
>>> Alguém tem uma saída interessante para esse problema?
>>>
>>> Sejam r1, r2, ..., r20 as raízes do polinômio p(x) = x^20 - 7x^3 + 1. Se
>>> o somatório de 1/[(rk)^2 + 1], com k variando de 1 a 20, é da forma m/n,
>>> com m e n inteiros positivos e primos entre si, calcule m + n.
>>>
>>> Espero ter escrito de forma clara o enunciado :)
>>>
>>> Muito obrigado!
>>>
>>

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Marcos Martinelli]

Sendo i a unidade imaginária:

1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)-1/(r_k+i)  (k=[1,n], onde r_k <> {-i,i}).

i) Seja z_k = 1/(r_k-i) e fazendo z=1/(r-i) em r^20-7r^3+1=0:
(1/z+i)^20-7(1/z+i)^3+1=0 => (1+iz)^20-7z^17(1+iz)^3+z^20=0 => (7i+2)z^20 +
(-20i+21)z^19 +...=0.

Portanto Soma_(k=[1,n]) 1/(r_k-i) =  Soma_(k=[1,n]) z_k = -
(-20i+21)/(7i+2) (I).

ii) Seja y_k = 1/(r_k+i) e fazendo y=1/(r-i) em r^20-7r^3+1=0:
(1/y-i)^20-7(1/y-i)^3+1=0 => (1-iy)^20-7y^17(1-iy)^3+y^20=0 => (-7i+2)y^20
+ (20i+21)y^19 +...=0.

Portanto Soma_(k=[1,n]) 1/(r_k+i) =  Soma_(k=[1,n]) y_k = -
(20i+21)/(-7i+2) (II).

Usando (I) e (II):

  Soma_(k=[1,n]) 1/(1+r_k^2) =  1/(2i)*(-(-20i+21)/(7i+2)
-(-(20i+21)/(-7i+2))) = 1/(2i)*1/(-49)*(-80i-294i) = 187/49.

Em dom., 25 de out. de 2020 às 10:25, Marcos Martinelli <
mffmartine...@gmail.com> escreveu:

> Sendo i o complexo imaginário:
>
> 1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)+1/(r_k+i)
>
> Depois você deve considerar dois novos polinômios com as seguintes
> mudanças de variáveis:
>
> . x=1/y-i
> . x=1/y+i
>
> Devemos então calcular as somas dos inversos das raizes nesses dois
> polinômios para termos como calcular o somatório que queremos.
>
> Em dom, 25 de out de 2020 às 09:36, Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>
>> Bom dia!
>> Alguém tem uma saída interessante para esse problema?
>>
>> Sejam r1, r2, ..., r20 as raízes do polinômio p(x) = x^20 - 7x^3 + 1. Se
>> o somatório de 1/[(rk)^2 + 1], com k variando de 1 a 20, é da forma m/n,
>> com m e n inteiros positivos e primos entre si, calcule m + n.
>>
>> Espero ter escrito de forma clara o enunciado :)
>>
>> Muito obrigado!
>>
>

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Marcos Martinelli]

Correção:

1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)-1/(r_k+i)

Em dom, 25 de out de 2020 às 10:25, Marcos Martinelli <
mffmartine...@gmail.com> escreveu:

> Sendo i o complexo imaginário:
>
> 1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)+1/(r_k+i)
>
> Depois você deve considerar dois novos polinômios com as seguintes
> mudanças de variáveis:
>
> . x=1/y-i
> . x=1/y+i
>
> Devemos então calcular as somas dos inversos das raizes nesses dois
> polinômios para termos como calcular o somatório que queremos.
>
> Em dom, 25 de out de 2020 às 09:36, Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> escreveu:
>
>> Bom dia!
>> Alguém tem uma saída interessante para esse problema?
>>
>> Sejam r1, r2, ..., r20 as raízes do polinômio p(x) = x^20 - 7x^3 + 1. Se
>> o somatório de 1/[(rk)^2 + 1], com k variando de 1 a 20, é da forma m/n,
>> com m e n inteiros positivos e primos entre si, calcule m + n.
>>
>> Espero ter escrito de forma clara o enunciado :)
>>
>> Muito obrigado!
>>
>

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Marcos Martinelli]

Sendo i o complexo imaginário:

1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)+1/(r_k+i)

Depois você deve considerar dois novos polinômios com as seguintes mudanças
de variáveis:

. x=1/y-i
. x=1/y+i

Devemos então calcular as somas dos inversos das raizes nesses dois
polinômios para termos como calcular o somatório que queremos.

Em dom, 25 de out de 2020 às 09:36, Professor Vanderlei Nemitz <
vanderma...@gmail.com> escreveu:

> Bom dia!
> Alguém tem uma saída interessante para esse problema?
>
> Sejam r1, r2, ..., r20 as raízes do polinômio p(x) = x^20 - 7x^3 + 1. Se o
> somatório de 1/[(rk)^2 + 1], com k variando de 1 a 20, é da forma m/n, com
> m e n inteiros positivos e primos entre si, calcule m + n.
>
> Espero ter escrito de forma clara o enunciado :)
>
> Muito obrigado!
>

[obm-l] Polinômio

[Professor Vanderlei Nemitz]

Bom dia!
Alguém tem uma saída interessante para esse problema?

Sejam r1, r2, ..., r20 as raízes do polinômio p(x) = x^20 - 7x^3 + 1. Se o
somatório de 1/[(rk)^2 + 1], com k variando de 1 a 20, é da forma m/n, com
m e n inteiros positivos e primos entre si, calcule m + n.

Espero ter escrito de forma clara o enunciado :)

Muito obrigado!

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[Anderson Torres]

Em seg., 17 de ago. de 2020 às 12:14, Claudio Buffara
 escreveu:
>
> Eu acho que o Eisenstein inventou este critério pra polinômios da forma x^n + 
> a ou, mais geralmente, pra polinômios ciclotômicos.
> Daí funciona bem.
>
> On Mon, Aug 17, 2020 at 11:02 AM Esdras Muniz  
> wrote:
>>
>> E se p=3, e p divide N^2+9, então p^2 divide N^2+9.
>>
>> Então o critério de Eisenstein realmente não é tão abrangente. Será que tem 
>> algum outro critério que cubra casos em que o de Eisenstein não cubra?
>>
>> Em seg, 17 de ago de 2020 09:46, Claudio Buffara  
>> escreveu:
>>>
>>> Boa! Se p <> 3 mas p divide 3N e 3N^2, então p divide N ==> p não divide 
>>> N^3 + 9.
>>>
>>> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:51 PM Esdras Muniz  
>>> wrote:

 Tenta com x^3+9.

 Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara 
  escreveu:
>
> f(x) em Z[x], bem entendido...
>
>
> On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara 
>  wrote:
>>
>> Que tal essa aqui?
>> Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, 
>> existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada 
>> pelo critério de Eisenstein aplicado a f(x+N).

Isso me parece uma daquelas questões ultra capciosas sobre "prove ou
disprove que existe um algoritmo que..."

Inclusive imagino que esta seja uma questão indecidível neste caso particular...

>>
>> On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco  
>> wrote:
>>>
>>> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja 
>>> falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora 
>>> como g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que 
>>> uma vez que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e 
>>> h(x+a) também têm. A recíproca é essencialmente idêntica.
>>>
>>> Abraços
>>>
>>> Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes  
>>> escreveu:

 Sauda,c~oes,

 Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números 
 inteiros
 é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum  
 inteiro ?

 Luís




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


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

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


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

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[qedtexte]

Sauda,c~oes,

Legal o estudo dox^3+9.

Sobre oEisenstein generalizado (teorema 3 em

http://yufeizhao.com/olympiad/intpoly.pdf;), tenho duas 
dvidas:





Theorem 3(Extended Eisenstein).Letf(x) =anxn+an1xn1++a1x+a0be a polynomial with integer coefficients 
such thatp|aifor 0i  k,pﰀ|/akandp2ﰀ|/a0. Thenf(x) has an irreducible factor of degree greater thank.


Quando k=n obtm-se o critrio tradicional.

i) quais as condies para os outros coeficientes a_(k+1), a_(k+2), 
. , a_n ?
p pode dividi-los ou no ?

ii) o grau do fator irredutvel   k ou = k ?

Lus














--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[Claudio Buffara]

Eu acho que o Eisenstein inventou este critério pra polinômios da forma
x^n + a ou, mais geralmente, pra polinômios ciclotômicos.
Daí funciona bem.

On Mon, Aug 17, 2020 at 11:02 AM Esdras Muniz 
wrote:

> E se p=3, e p divide N^2+9, então p^2 divide N^2+9.
>
> Então o critério de Eisenstein realmente não é tão abrangente. Será que
> tem algum outro critério que cubra casos em que o de Eisenstein não cubra?
>
> Em seg, 17 de ago de 2020 09:46, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Boa! Se p <> 3 mas p divide 3N e 3N^2, então p divide N ==> p não divide
>> N^3 + 9.
>>
>> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:51 PM Esdras Muniz 
>> wrote:
>>
>>> Tenta com x^3+9.
>>>
>>> Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara <
>>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>>
 f(x) em Z[x], bem entendido...


 On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara <
 claudio.buff...@gmail.com> wrote:

> Que tal essa aqui?
> Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q,
> existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo
> critério de Eisenstein aplicado a f(x+N).
>
> On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco 
> wrote:
>
>> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja
>> falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora 
>> como
>> g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez
>> que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também
>> têm. A recíproca é essencialmente idêntica.
>>
>> Abraços
>>
>> Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes 
>> escreveu:
>>
>>> Sauda,c~oes,
>>>
>>> Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números
>>> inteiros
>>> é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum 
>>> inteiro ?
>>>
>>> Luís
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
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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 antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[Esdras Muniz]

E se p=3, e p divide N^2+9, então p^2 divide N^2+9.

Então o critério de Eisenstein realmente não é tão abrangente. Será que tem
algum outro critério que cubra casos em que o de Eisenstein não cubra?

Em seg, 17 de ago de 2020 09:46, Claudio Buffara 
escreveu:

> Boa! Se p <> 3 mas p divide 3N e 3N^2, então p divide N ==> p não divide
> N^3 + 9.
>
> On Sun, Aug 16, 2020 at 10:51 PM Esdras Muniz 
> wrote:
>
>> Tenta com x^3+9.
>>
>> Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> f(x) em Z[x], bem entendido...
>>>
>>>
>>> On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara <
>>> claudio.buff...@gmail.com> wrote:
>>>
 Que tal essa aqui?
 Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q,
 existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo
 critério de Eisenstein aplicado a f(x+N).

 On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco 
 wrote:

> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja
> falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora 
> como
> g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez
> que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também
> têm. A recíproca é essencialmente idêntica.
>
> Abraços
>
> Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes 
> escreveu:
>
>> Sauda,c~oes,
>>
>> Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números
>> inteiros
>> é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum 
>> inteiro ?
>>
>> Luís
>>
>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.


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

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[Claudio Buffara]

Boa! Se p <> 3 mas p divide 3N e 3N^2, então p divide N ==> p não divide
N^3 + 9.

On Sun, Aug 16, 2020 at 10:51 PM Esdras Muniz 
wrote:

> Tenta com x^3+9.
>
> Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> f(x) em Z[x], bem entendido...
>>
>>
>> On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Que tal essa aqui?
>>> Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q,
>>> existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo
>>> critério de Eisenstein aplicado a f(x+N).
>>>
>>> On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco 
>>> wrote:
>>>
 O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja
 falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como
 g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez
 que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também
 têm. A recíproca é essencialmente idêntica.

 Abraços

 Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes 
 escreveu:

> Sauda,c~oes,
>
> Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números
> inteiros
> é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum 
> inteiro ?
>
> Luís
>
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[Esdras Muniz]

Tenta com x^3+9.

Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara 
escreveu:

> f(x) em Z[x], bem entendido...
>
>
> On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara 
> wrote:
>
>> Que tal essa aqui?
>> Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q,
>> existe um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo
>> critério de Eisenstein aplicado a f(x+N).
>>
>> On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco 
>> wrote:
>>
>>> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja
>>> falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como
>>> g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez
>>> que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também
>>> têm. A recíproca é essencialmente idêntica.
>>>
>>> Abraços
>>>
>>> Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes 
>>> escreveu:
>>>
 Sauda,c~oes,

 Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números
 inteiros
 é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum 
 inteiro ?

 Luís




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

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

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[qedtexte]

Sauda,c~oes, oi Cludio,

Que tal essa aqui?
Prove ou disprove que, dado um polinmio f(x), irredutvel sobre Q, existe um inteiro N tal que a 
irredutibilidade de f pode ser provada pelo critrio de Eisenstein aplicado a f(x+N).

Vou esperar a resposta. Pelo exemplo do site

https://mathworld.wolfram.com/EisensteinsIrreducibilityCriterion.html

a gente pode achar que  verdade. O bom seria que esse N e o a da outra mensagem tivessem 
uma faixa de busca. Por tentativa e erro fica difcil.


De qualquer jeito, no tenho conhecimento/experincia nenhuma nessa 
rea.
S acho legal.

Abraos,
Lus


--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[qedtexte]

Sauda,c~oes novamente,

Obrigado pelas respostas.

As hipteses so as que vocs falaram: tudo em Z[x].

Na verdade tudo comeou com o problema de saber se f(x)=x^4 + x^3 + 4x + 1 
 irredutvel em Z[x].
Testando a=-1, f(x-1)=x^4 - 3x^3 + 3x^2 + 3x - 3 e agora por Eisenstein com p=3, f(x) 
 irredutvel.

Mas antes precisa do Lema

"Um polinmio f(x) em Z[x]  irredutvel em Z[x] se e somente se f(x+a) 
 irredutvel para algum a
inteiro."


O melhor jeito  pensar na contrapositiva (supondo que voc esteja falando sobre irredutibilidade 
em Z[x] ou at em Q[x]):

Boa, no pensei.


se f(x) fatora como g(x)*h(x), ento f(x+a) fatora como g(x+a)*h(x+a) 
Isso  bvio ? Precisa provar ? Vale dizer que se f(u(x))fatora como g(u(x))*h(u(x)), 
ento f(u(x+a)) fatora como g(u(x+a))*h(u(x+a)) ?


e  claro que uma vez que g(x) e h(x) tm coeficientes inteiros, ento g(x+a) e 
h(x+a) tambm tm. A recproca  essencialmente 
idntica.
Ok.


Abraos,
Lus



--
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acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[Claudio Buffara]

f(x) em Z[x], bem entendido...


On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara 
wrote:

> Que tal essa aqui?
> Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, existe
> um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo critério
> de Eisenstein aplicado a f(x+N).
>
> On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco 
> wrote:
>
>> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja
>> falando sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como
>> g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez
>> que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também
>> têm. A recíproca é essencialmente idêntica.
>>
>> Abraços
>>
>> Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes 
>> escreveu:
>>
>>> Sauda,c~oes,
>>>
>>> Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números
>>> inteiros
>>> é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum 
>>> inteiro ?
>>>
>>> Luís
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>
>> --
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>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[Claudio Buffara]

Que tal essa aqui?
Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, existe
um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo critério
de Eisenstein aplicado a f(x+N).

On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco 
wrote:

> O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja falando
> sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como
> g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez
> que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também
> têm. A recíproca é essencialmente idêntica.
>
> Abraços
>
> Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes 
> escreveu:
>
>> Sauda,c~oes,
>>
>> Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números
>> inteiros
>> é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum  inteiro
>> ?
>>
>> Luís
>>
>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
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> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Re: [obm-l] polinômio irredutível

[Matheus Secco]

O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja falando
sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como
g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez
que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também
têm. A recíproca é essencialmente idêntica.

Abraços

Em dom, 16 de ago de 2020 14:11, Luís Lopes 
escreveu:

> Sauda,c~oes,
>
> Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números inteiros
> é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum  inteiro
> ?
>
> Luís
>
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
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[obm-l] polinômio irredutível

[Luís Lopes]

Sauda,c~oes,

Como provar que um polinômio f(x) tendo como coeficientes números inteiros
é irredutível se e somente se f(x+a) é irredutível para algum  inteiro ?

Luís




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Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio minimal

[qedtexte]

Sauda,c~oes, oi Joo Pedro, 

Certo. Mas se a gente no souber que  minimal ? 


Lus


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Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio minimal

[qedtexte]

Sauda,c~oes, oi Joo Pedro,

Obrigado por responder.

Tinha feito isso. Deu

x^8 - 12 x^6 + 32 x^4 - 72 x^2 + 4

expand (x + 1)^8 - 12 (x + 1)^6 + 32 (x + 1)^4 - 72 (x + 1)^2 + 4

x^8 + 8 x^7 + 16 x^6 - 16 x^5 - 78 x^4 - 56 x^3 - 32 x^2 - 80 x - 47

E oCritrio de Eisensteinno se aplica.

E para x=x+2, deu

x^8 + 16 x^7 + 100 x^6 + 304 x^5 + 432 x^4 + 128 x^3 - 392 x^2 - 544 x - 284

Quase. Falha no a_0=284.

Lus




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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio minimal

[João Pedro de Abreu Marciano]

Verdade...
Seja p = x^8 - 12 x^6 + 32 x^4 - 72 x^2 + 4 um polinômio minimal de α,
então não pode haver polinômio de grau menor que 8 com α sendo raiz.
Suponha que p não é irredutível. Logo, existem g,h tais que  p = g*h, com
0
escreveu:

> Sauda,c~oes, oi João Pedro,
>
> Obrigado por responder.
>
> Tinha feito isso. Deu
>
> 
>
> expand  (x + 1)^8 - 12 (x + 1)^6 + 32 (x + 1)^4 - 72 (x + 1)^2 + 4
>
> x^8 + 8 x^7 + 16 x^6 - 16 x^5 - 78 x^4 - 56 x^3 - 32 x^2 - 80 x - 47
>
> E o Critério de Eisenstein não se aplica.
>
> E para x=x+2, deu
>
> x^8 + 16 x^7 + 100 x^6 + 304 x^5 + 432 x^4 + 128 x^3 - 392 x^2 - 544 x -
> 284
>
> Quase. Falha no a_0=284.
>
> Luís
>
>
>

-- 
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[obm-l] polinômio minimal

[qedtexte]

Sauda,c~oes,

O polinmio x^8 - 12 x^6 + 32 x^4 - 72 x^2 + 4
 opolinmio minimal de =sqrt(2) + 
sqrt(1+sqrt(3)).

Como provar que ele  irredutvel em Q[x] ?

Lus
--
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[obm-l] Re: [obm-l] polinômio minimal

[João Pedro de Abreu Marciano]

Boa noite!

Tente aplicar o Critério de Eisenstein com p=3 e substituindo x por x+1.

Att.
João Pedro.

Em sáb., 8 de ago. de 2020 às 17:14, 
escreveu:

> Sauda,c~oes,
>
> O polinômio 
> é o polinômio minimal de α = sqrt(2) + sqrt(1+sqrt(3)).
>
> Como provar que ele é irredutível em Q[x] ?
>
> Luís
>
> --
> 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] polinômio redutível ?

[lumpa lumpa]

ok

On Sun, Nov 10, 2019 at 1:26 PM Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com> wrote:

> Aproveito para repassar o email do Luís, com as correções que ele
> efetuou sobre meu rascunho e, mais importante, a motivação do
> problema.
>
> On Wed, Nov 6, 2019 at 8:42 PM Luís Lopes  wrote:
> >
> > Sauda,c~oes, oi Bernardo,
> >
> > Alguns comentários preliminares:
> >
> > 1) obrigado ao Bernardo pelo tempo e paciência. Não é a primeira vez.
> >
> > 2) x em p(x) representa o comprimento do lado  na resolução algébrica
> do
> > problema "construir ΔABC dados  ou ".
> >
> > A construção geométrica é interessante e admite duas soluções
> (triângulos).
> > Mas apareceram dois outros triângulos estranhos (o lado  é negativo) e
> > então algebricamente um polinômio de grau 4 vai aparecer. Daí o
> surgimento
> > e interesse em p(x).
>
> Uma pergunta: se existe uma construção geométrica para duas raízes
> (pelo menos no caso em que há solução), isso não implica que deve
> haver uma fatoração construtível deste polinômio?  Não sou
> especialmente versado em construtibilidade, mas como já haverá um
> fator q(x) construtível de grau 2, a divisão p(x)/q(x) também será, e
> o quociente tendo grau 2 também implica que as raízes são
> construtíveis.  Claro que pode ser mais interessante fatorar antes de
> construir as raízes, mas se for o único caminho para obter as 2
> outras...
>
> > 3) análise de p(x) mostra que não adianta procurar por mais de duas
> soluções,
> > ou seja, o problema admite 0, 1 ou 2 soluções.
> >
> > 4) com dados construtíveis, as raízes de p(x) são construtíveis também,
> ou seja,
> > p(x) admite soluções com \sqrt{} somente.
> >
> > 5) p(x) é fatorável como produto de dois polinômios quadráticos.
> >
> > 6) a cúbica resolvente de p(x) possui sempre uma raiz racional.
> >
> > Fim dos comentários.
> >
> > No teste
> >
> > 3) h=4sqrt(3); m=(3/2)sqrt(3); s=13
> > já sabemos que as raízes serão complexas pois h>2m. A fatoração
> anuncia-se
> > complicada.
> >
> > p(x) = 9x^4 + 156x^3 + 160x^2 - 7384x + 20164 = (Ax^2 + Bx + C)(Dx^2 +
> Ex + F)
> >
> > só consegui fazendo A=3 e em seguida resolvendo o sistema que surge
> igualando
> > os outros coeficientes. B,D=3,E são camaradas. C,F assustadores:
> >
> > B = 26 - sqrt(2 (511 + sqrt(317905)))
> > C = 1/78 (6578 + 26 sqrt(317905) - sqrt(2) (511 + sqrt(317905))^(3/2) +
> 684 sqrt(2 (511 + sqrt(317905
> > E = 26 + sqrt(2 (511 + sqrt(317905)))
> > F = 1/78 (6578 + 26 sqrt(317905) + sqrt(2) (511 + sqrt(317905))^(3/2) -
> 684 sqrt(2 (511 + sqrt(317905
> >
> > E estes valores não são únicos. Se numericamente foi trabalhoso
> simbolicamente seria
> > ainda mais.
>
> De fato!  Volto aqui a fazer propaganda do python: a biblioteca sympy
> tem uma boa coleção de algoritmos para manipulações simbólicas (sendo
> útil inclusive para gabaritar provas de Cálculo I ;-)), com código
> aberto, e várias pérolas da matemática até "contemporânea", como um
> algoritmo de cálculo de limites com garantia de terminação finita para
> uma classe relativamente grandes de expressões.
>
> > >Juntando tudo, temos (3x^2 + uE + uY)(3x^2 + E + Y/u) = seu polinômio,
> e temos ("de fato")
> > >apenas uma incógnita.
> > Aqui teve um typo: (3x^2 + uEx + uY)(3x^2 + Ex + Y/u)
>
> Isso, obrigado!
>
> > Daqui pra baixo me perdi.
>
> Mas adivinhou o caminho ;-)
>
> > >Aí eu pedi para o computador calcular as raízes E do polinômio (de
> > >quarto grau) que fica determinado pela equação do termo x^2.
> > Que polinômio é esse ?
> > 3Y/u + uE^2 + 3uY com (u + 1)E = 4s e aparece um E^4. É isso ?
>
> Isso, porque u = 4s/E - 1, e 1/u vai dar um termo com (4s - E) no
> denominador, daí ao eliminar ambos o E^2 vai ter dois fatores com E a
> mais.
>
> > >Deu o seguinte:
> >
> > 2*s +/- 2*sqrt(2)*sqrt(-h**2 + m**2 + s**2 +/- sqrt(h**4 - 2*h**2*m**2
> > - h**2*s**2 + m**4 - 2*m**2*s**2 + s**4))
> >
> > Se você chamar T = m^2 + s^2 - h^2, dá para ficar mais bonitinho:
> >
> > 2s +/- 2sqrt(2)*sqrt(T +/- sqrt(T^2 - 4 m^2 s^2))
> > >
> > São quatro valores. Posso pegar qq um ? Digamos
> > E_1 = 2s + 2sqrt(2)*sqrt(T + sqrt(T^2 - 4 m^2 s^2)). Aí acho u_1 =
> 4s/E_1 - 1.
> >
> > E encontro p(x) = (3x^2 + u_1E_1x + u_1Y)(3x^2 + E_1x + Y/u_1).
> > Seria isso ?
>
> Acho que pode pegar o que você quiser sim, a fatoração deveria ser "a
> mesma" (as raízes conjugadas vêm juntas, então ao conjugar o E_1 em
> E_j deveria aparecer a raiz conjugada junto e, a menos de permutação,
> seria igual).  Talvez precise de um pouco mais de formalização neste
> argumento (quando justamente as raízes não forem conjugadas complexas)
> mas acho que dá certo.
>
> > Abraços,
> > Luís
>
> Grande abraço,
> --
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> 

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] polinômio redutível ?

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

Aproveito para repassar o email do Luís, com as correções que ele
efetuou sobre meu rascunho e, mais importante, a motivação do
problema.

On Wed, Nov 6, 2019 at 8:42 PM Luís Lopes  wrote:
>
> Sauda,c~oes, oi Bernardo,
>
> Alguns comentários preliminares:
>
> 1) obrigado ao Bernardo pelo tempo e paciência. Não é a primeira vez.
>
> 2) x em p(x) representa o comprimento do lado  na resolução algébrica do
> problema "construir ΔABC dados  ou ".
>
> A construção geométrica é interessante e admite duas soluções (triângulos).
> Mas apareceram dois outros triângulos estranhos (o lado  é negativo) e
> então algebricamente um polinômio de grau 4 vai aparecer. Daí o surgimento
> e interesse em p(x).

Uma pergunta: se existe uma construção geométrica para duas raízes
(pelo menos no caso em que há solução), isso não implica que deve
haver uma fatoração construtível deste polinômio?  Não sou
especialmente versado em construtibilidade, mas como já haverá um
fator q(x) construtível de grau 2, a divisão p(x)/q(x) também será, e
o quociente tendo grau 2 também implica que as raízes são
construtíveis.  Claro que pode ser mais interessante fatorar antes de
construir as raízes, mas se for o único caminho para obter as 2
outras...

> 3) análise de p(x) mostra que não adianta procurar por mais de duas soluções,
> ou seja, o problema admite 0, 1 ou 2 soluções.
>
> 4) com dados construtíveis, as raízes de p(x) são construtíveis também, ou 
> seja,
> p(x) admite soluções com \sqrt{} somente.
>
> 5) p(x) é fatorável como produto de dois polinômios quadráticos.
>
> 6) a cúbica resolvente de p(x) possui sempre uma raiz racional.
>
> Fim dos comentários.
>
> No teste
>
> 3) h=4sqrt(3); m=(3/2)sqrt(3); s=13
> já sabemos que as raízes serão complexas pois h>2m. A fatoração anuncia-se
> complicada.
>
> p(x) = 9x^4 + 156x^3 + 160x^2 - 7384x + 20164 = (Ax^2 + Bx + C)(Dx^2 + Ex + F)
>
> só consegui fazendo A=3 e em seguida resolvendo o sistema que surge igualando
> os outros coeficientes. B,D=3,E são camaradas. C,F assustadores:
>
> B = 26 - sqrt(2 (511 + sqrt(317905)))
> C = 1/78 (6578 + 26 sqrt(317905) - sqrt(2) (511 + sqrt(317905))^(3/2) + 684 
> sqrt(2 (511 + sqrt(317905
> E = 26 + sqrt(2 (511 + sqrt(317905)))
> F = 1/78 (6578 + 26 sqrt(317905) + sqrt(2) (511 + sqrt(317905))^(3/2) - 684 
> sqrt(2 (511 + sqrt(317905
>
> E estes valores não são únicos. Se numericamente foi trabalhoso 
> simbolicamente seria
> ainda mais.

De fato!  Volto aqui a fazer propaganda do python: a biblioteca sympy
tem uma boa coleção de algoritmos para manipulações simbólicas (sendo
útil inclusive para gabaritar provas de Cálculo I ;-)), com código
aberto, e várias pérolas da matemática até "contemporânea", como um
algoritmo de cálculo de limites com garantia de terminação finita para
uma classe relativamente grandes de expressões.

> >Juntando tudo, temos (3x^2 + uE + uY)(3x^2 + E + Y/u) = seu polinômio, e 
> >temos ("de fato")
> >apenas uma incógnita.
> Aqui teve um typo: (3x^2 + uEx + uY)(3x^2 + Ex + Y/u)

Isso, obrigado!

> Daqui pra baixo me perdi.

Mas adivinhou o caminho ;-)

> >Aí eu pedi para o computador calcular as raízes E do polinômio (de
> >quarto grau) que fica determinado pela equação do termo x^2.
> Que polinômio é esse ?
> 3Y/u + uE^2 + 3uY com (u + 1)E = 4s e aparece um E^4. É isso ?

Isso, porque u = 4s/E - 1, e 1/u vai dar um termo com (4s - E) no
denominador, daí ao eliminar ambos o E^2 vai ter dois fatores com E a
mais.

> >Deu o seguinte:
>
> 2*s +/- 2*sqrt(2)*sqrt(-h**2 + m**2 + s**2 +/- sqrt(h**4 - 2*h**2*m**2
> - h**2*s**2 + m**4 - 2*m**2*s**2 + s**4))
>
> Se você chamar T = m^2 + s^2 - h^2, dá para ficar mais bonitinho:
>
> 2s +/- 2sqrt(2)*sqrt(T +/- sqrt(T^2 - 4 m^2 s^2))
> >
> São quatro valores. Posso pegar qq um ? Digamos
> E_1 = 2s + 2sqrt(2)*sqrt(T + sqrt(T^2 - 4 m^2 s^2)). Aí acho u_1 = 4s/E_1 - 1.
>
> E encontro p(x) = (3x^2 + u_1E_1x + u_1Y)(3x^2 + E_1x + Y/u_1).
> Seria isso ?

Acho que pode pegar o que você quiser sim, a fatoração deveria ser "a
mesma" (as raízes conjugadas vêm juntas, então ao conjugar o E_1 em
E_j deveria aparecer a raiz conjugada junto e, a menos de permutação,
seria igual).  Talvez precise de um pouco mais de formalização neste
argumento (quando justamente as raízes não forem conjugadas complexas)
mas acho que dá certo.

> Abraços,
> Luís

Grande abraço,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


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

[obm-l] Re: [obm-l] polinômio redutível ?

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

Oi Luís, e demais colegas da lista.

On Tue, Nov 5, 2019 at 4:43 PM Luís Lopes  wrote:
> Considere o polinômio
>
> p(x)[h,m,s] = 9x^4 + 12s x^3 + 2(8h^2 - 20m^2 - s^2)x^2 + 4s(4m^2 - s^2)x + 
> (4m^2 - s^2)^2 .
>
> Fiz alguns testes para ver se p(x) pode ter suas raízes construtíveis. Esse 
> polinômio aparece
> na construção do triângulo dados .
>
> [...]
>
> Só testei para h,m,s > 0 mas se não errei nessas contas parece que podemos 
> fatorar p(x)[h,m,s]  como
>
> 9x^4 + 12s x^3 + 2(8h^2 - 20m^2 - s^2)x^2 + 4s(4m^2 - s^2)x + (4m^2 - s^2)^2  
> = (Ax^2 + Bx + C)(Dx^2 + Ex + F) com os coeficientes A,B,... F construtíveis.
>
> Daria para calcular os coeficientes dos dois polinômios do segundo grau em 
> função de h,m,s ?

Se não errei contas (e se o meu computador também não errou...), acho que sim.

Tome A = D = 3 (para eliminar algumas das variáveis).
Depois, observe que o quadrado Y^2 no termo independente poderia ser
fatorado como CF = Y^2 = (uY)*(Y/u), introduzindo uma nova variável u
e substituindo C e F.
(se Y = 0, a equação só tem os termos de grau 2 e maiores, o que
também é fatorável, só que de outra forma; com Y != 0, C e F são
diferentes de zero, e u está justificada)
Além disso, a equação do termo x^3 dá 12s = 3B + 3E, o que permite
eliminar B, sobrando apenas E e u.

Agora, vem uma última coincidência: o termo Y = (4m^2 - s^2) também
aparece no termo de primeiro grau, o que permite fatorar Y na equação
entre os termos multiplicando x:
4sY = BF + CE = BY/u + uYE se torna 4s = B/u + uE.

Mas então B + E = 4s = B/u + uE <=> B(1 - 1/u) = E(u - 1).  Se u = 1,
veja mais abaixo, senão isso dá B(u-1)/u = E(u-1) <=> B = uE.
Juntando com B + E = 4s de volta, temos (u + 1)E = 4s, o que permite eliminar u.

Juntando tudo, temos
(3x^2 + uE + uY)(3x^2 + E + Y/u) = seu polinômio, e temos ("de fato")
apenas uma incógnita.

Aí eu pedi para o computador calcular as raízes E do polinômio (de
quarto grau) que fica determinado pela equação do termo x^2.
Deu o seguinte:

2*s +/- 2*sqrt(2)*sqrt(-h**2 + m**2 + s**2 +/- sqrt(h**4 - 2*h**2*m**2
- h**2*s**2 + m**4 - 2*m**2*s**2 + s**4))

Se você chamar T = m^2 + s^2 - h^2, dá para ficar mais bonitinho:

2s +/- 2sqrt(2)*sqrt(T +/- sqrt(T^2 - 4 m^2 s^2))

(Curiosamente, o polinômio em E também é irredutível segundo o meu
computador, mas ele consegue achar as raízes...)

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
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 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] polinômio redutível ?

[Luís Lopes]

Sauda,c~oes,

Considere o polinômio

p(x)[h,m,s] = 9x^4 + 12s x^3 + 2(8h^2 - 20m^2 - s^2)x^2 + 4s(4m^2 - s^2)x + 
(4m^2 - s^2)^2 .

Fiz alguns testes para ver se p(x) pode ter suas raízes construtíveis. Esse 
polinômio aparece
na construção do triângulo dados .

1) h=4sqrt(3); m=sqrt(21); s=13

p(x) = 9x^4 + 156x^3 - 410x^2 - 4420x + 7225 = (x-5)(3x+17)(3x^2 + 50x - 85)

2 positivas e 2 negativas

2) h=4sqrt(3); m=2sqrt(3); s=13

p(x) = 9x^4 + 156x^3 - 50x^2 - 6292x + 14641 = (3x^2 + 26x - 121)^2

1 positiva e 1 negativa raízes duplas

3) h=4sqrt(3); m=(3/2)sqrt(3); s=13

p(x) = 9x^4 + 156x^3 + 160x^2 - 7384x + 20164 = ? (Ax^2 + Bx + C)(Dx^2 + Ex + F)

irredutível  4 raízes complexas

x_1 = -13/3 - 2 i sqrt(7/3) - 1/2 sqrt(2044/9 + 208/3 i sqrt(7/3))

x_2 = -13/3 + 2 i sqrt(7/3) - 1/2 sqrt(2044/9 - 208/3 i sqrt(7/3))

x_3 = -13/3 - 2 i sqrt(7/3) + 1/2 sqrt(2044/9 + 208/3 i sqrt(7/3))

x_4 = -13/3 + 2 i sqrt(7/3) + 1/2 sqrt(2044/9 - 208/3 i sqrt(7/3))

4) h=12; m=7; s=13

p(x) = 9x^4 + 156x^3 + 6x^2 + 1404x + 729 = 3 (3x^4 + 52x^3 + 2x^2 + 468x + 
243) =
(3 x^2 - (8 sqrt(13) - 26) x + 27) (3 x^2 + (26 + 8 sqrt(13)) x + 27)

irredutível  2 raízes complexas 2 negativas

5) h=13; m=7; s=13

p(x) = 9x^4 + 156x^3 + 406x^2 + 1404x + 729 = 1/9 (-3 x - 2 i sqrt(39 sqrt(3) - 
49) + 6 sqrt(3) - 13) (-3 x + 2 i sqrt(39 sqrt(3) - 49) + 6 sqrt(3) - 13)   (3 
x - 2 sqrt(49 + 39 sqrt(3)) + 6 sqrt(3) + 13) (3 x + 2 sqrt(49 + 39 sqrt(3)) + 
6 sqrt(3) + 13)

= 1/9(9 x^2 - 36 sqrt(3) x + 78 x + 81)(9 x^2 + 36 sqrt(3) x + 78 x + 81)

irredutível  2 raízes complexas 2 negativas

Só testei para h,m,s > 0 mas se não errei nessas contas parece que podemos 
fatorar p(x)[h,m,s]  como

9x^4 + 12s x^3 + 2(8h^2 - 20m^2 - s^2)x^2 + 4s(4m^2 - s^2)x + (4m^2 - s^2)^2  = 
(Ax^2 + Bx + C)(Dx^2 + Ex + F) com os coeficientes A,B,... F construtíveis.

Daria para calcular os coeficientes dos dois polinômios do segundo grau em 
função de h,m,s ?

Luís




-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Pedro José]

Boa noite!
Analisei melhor e está correta a solução.
-4x^2+2=2cos(2°) é a identide do cos(2a) = 1-2(sena)^2 multiplicada por
dois.
Depois fica uma sequência da indentidades.
cos(2a)= 2(cosa)^2-1 multiplacada por dois.
Nãotem risco de dar identidade ao final pois o grau do polinômio da
esquerda já estará bem maior que o da direita. E se não precisar
desenvolver tudo nem dará tanto trabalho.
-4x^2+2)^2-2)^2-2)^2-2)^2-2=2cos(32°)
e agora faz cos(32°)=cos(30°+2°), usando sen(2°) e cos(2°) em função de x.


Saudações,
PJMS.


Em sex, 3 de mai de 2019 22:21, Pedro José  Boa noite!
> Não certo do êxito, mas...
> sen(1grau)=x
> sen(2graus)= 2x*raiz(1-x^2)
> cos(2graus)= raiz(1-4x^2*(1-x^2))
> x=(e^(PI*i/180) - e^(-PI*i/180))/(2i)
> -4x^2=e^(PI*i/90) -2 + e^(-PI*i/90)
> (-4x^2+2)^2 = e^(PI*i/45)+e^(-PI*i/45)+2
> Aí segue até 32 graus, 8PI/45.
> O lado direito da igualdade será 2cos32graus.
> Aí iguala o polinômio da esquerda ao dobro de:
> raiz(3)/2*raiz(1-4x^2(1-x^2))-1/2*2x*raiz(1-a^2).
> E depois trabalha elevando os dois lados ao quadrado e passando os de
> coeficientes  racionais para a esquerda, mais um quadrado e depois acerta
> os coeficientes para que fiquem inteiros.
> Mas é trabalheira. O pior é se ao final der identidade.
> Tinha um macete na época de vestibular para achar sen e cos de 15 graus.
> Mas não me recordo.
> Acho que ficaria melhor. Pois aí na hora do cos(16graus) iria precisar de
> x e raiz(1-x^2). Pensando bem, nem sei. Pois iria complicar com sen e cos
> de 15 graus ao invés de cos e sen de 30 graus. Mas acho muito trabalhoso...
> Mais tarde penso em um programa pois se após tudo isso der identidade...
> Saudações,
> PJMS
>
>
>
> Em sex, 3 de mai de 2019 20:20, Pedro José 
>> Boa noite!
>> Perdão, Jeferson e não Anderson.
>>
>>
>> Em sex, 3 de mai de 2019 18:22, Pedro José >
>>> Boa noite!
>>> Anderson,
>>> os coeficientes devem ser inteiros.
>>> Acho complicado enveredar por aí.
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>>
>>>
>>> Em qui, 2 de mai de 2019 22:14, Anderson Torres <
>>> torres.anderson...@gmail.com escreveu:
>>>


 Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir <
 jefersonram...@gmail.com> escreveu:

> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que
> possui sen1º como raiz de P(x).
>
>
> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
>  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte 
> real
> do complexo mas ainda não consegui .
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.


 Minha ideia aqui seria procurar usar as formulas de ângulos. Se
 sin(180x)=sin(pi)=0, basta escrever sin(180x) como polinômio em sin x.

>
 --
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 acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Pedro José]

Boa noite!
Não certo do êxito, mas...
sen(1grau)=x
sen(2graus)= 2x*raiz(1-x^2)
cos(2graus)= raiz(1-4x^2*(1-x^2))
x=(e^(PI*i/180) - e^(-PI*i/180))/(2i)
-4x^2=e^(PI*i/90) -2 + e^(-PI*i/90)
(-4x^2+2)^2 = e^(PI*i/45)+e^(-PI*i/45)+2
Aí segue até 32 graus, 8PI/45.
O lado direito da igualdade será 2cos32graus.
Aí iguala o polinômio da esquerda ao dobro de:
raiz(3)/2*raiz(1-4x^2(1-x^2))-1/2*2x*raiz(1-a^2).
E depois trabalha elevando os dois lados ao quadrado e passando os de
coeficientes  racionais para a esquerda, mais um quadrado e depois acerta
os coeficientes para que fiquem inteiros.
Mas é trabalheira. O pior é se ao final der identidade.
Tinha um macete na época de vestibular para achar sen e cos de 15 graus.
Mas não me recordo.
Acho que ficaria melhor. Pois aí na hora do cos(16graus) iria precisar de x
e raiz(1-x^2). Pensando bem, nem sei. Pois iria complicar com sen e cos de
15 graus ao invés de cos e sen de 30 graus. Mas acho muito trabalhoso...
Mais tarde penso em um programa pois se após tudo isso der identidade...
Saudações,
PJMS



Em sex, 3 de mai de 2019 20:20, Pedro José  Boa noite!
> Perdão, Jeferson e não Anderson.
>
>
> Em sex, 3 de mai de 2019 18:22, Pedro José 
>> Boa noite!
>> Anderson,
>> os coeficientes devem ser inteiros.
>> Acho complicado enveredar por aí.
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>>
>>
>> Em qui, 2 de mai de 2019 22:14, Anderson Torres <
>> torres.anderson...@gmail.com escreveu:
>>
>>>
>>>
>>> Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir <
>>> jefersonram...@gmail.com> escreveu:
>>>
 Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
 sen1º como raiz de P(x).


 Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real
 do complexo mas ainda não consegui .
 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> Minha ideia aqui seria procurar usar as formulas de ângulos. Se
>>> sin(180x)=sin(pi)=0, basta escrever sin(180x) como polinômio em sin x.
>>>

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

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Pedro José]

Boa noite!
Perdão, Jeferson e não Anderson.


Em sex, 3 de mai de 2019 18:22, Pedro José  Boa noite!
> Anderson,
> os coeficientes devem ser inteiros.
> Acho complicado enveredar por aí.
> Saudações,
> PJMS
>
>
>
> Em qui, 2 de mai de 2019 22:14, Anderson Torres <
> torres.anderson...@gmail.com escreveu:
>
>>
>>
>> Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir 
>> escreveu:
>>
>>> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
>>> sen1º como raiz de P(x).
>>>
>>>
>>> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
>>>  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real
>>> do complexo mas ainda não consegui .
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> Minha ideia aqui seria procurar usar as formulas de ângulos. Se
>> sin(180x)=sin(pi)=0, basta escrever sin(180x) como polinômio em sin x.
>>
>>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Pedro José]

Boa noite!
Anderson,
os coeficientes devem ser inteiros.
Acho complicado enveredar por aí.
Saudações,
PJMS



Em qui, 2 de mai de 2019 22:14, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com escreveu:

>
>
> Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir 
> escreveu:
>
>> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
>> sen1º como raiz de P(x).
>>
>>
>> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
>>  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real
>> do complexo mas ainda não consegui .
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> Minha ideia aqui seria procurar usar as formulas de ângulos. Se
> sin(180x)=sin(pi)=0, basta escrever sin(180x) como polinômio em sin x.
>
>>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Anderson Torres]

Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir 
escreveu:

> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
> sen1º como raiz de P(x).
>
>
> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
>  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real
> do complexo mas ainda não consegui .
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.


Minha ideia aqui seria procurar usar as formulas de ângulos. Se
sin(180x)=sin(pi)=0, basta escrever sin(180x) como polinômio em sin x.

>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Jeferson Almir]

Por nada Pedro !! E sen1º é um  número algébrico . Abraço.

Em qui, 2 de mai de 2019 às 10:52, Pedro José 
escreveu:

> Bom dia!
> Jeferson,
> obrigado! Pensava, na verdade tinha certeza que sen 1grau era
> transcendente.
> Fui até pesquisar o teorema d*e *Lindemann-Weierstrass*, *que nem me
> recordava o nome, mas é para sen1, mas não um grau e sim radiano.
> Falha de armazenamento na memória.
>
> Sds,
> PJMS
>
>
>
> Em qua, 1 de mai de 2019 às 06:46, Jeferson Almir <
> jefersonram...@gmail.com> escreveu:
>
>> Puxa Raph mais uma vez muito obrigado!!
>>
>> Em ter, 30 de abr de 2019 às 19:17, Ralph Teixeira 
>> escreveu:
>>
>>> Oi, Jeferson.
>>>
>>> Sua ideia funciona: comece com P(x,y)=(y+ix)^180+1. Como voce disse,
>>> P(s,c)=0 onde c=cos1º e s=sin1º.
>>>
>>> Agora olhemos para a parte real deste polinomio: ateh dah para escrever
>>> explicitamente, mas eu vou me limitar a dizer que eh algo do tipo
>>> R(x,y)=SOMA(a_k*y^(2k)*x^(180-2k))+1 onde os a_k sao coeficientes inteiros
>>> (que incluem os sinais negativos que porventura venham das potencias pares
>>> de i).
>>>
>>> Enfim, o truque eh perceber que todas as potencias de y ali sao pares.
>>> Ou seja, trocando y^2 por 1-x^2 em todos os termos, voce vai ficar com um
>>> polinomio P(x) que satisfaz o que voce quer.
>>>
>>> Abraco, Ralph.
>>>
>>> On Tue, Apr 30, 2019 at 6:02 PM Jeferson Almir 
>>> wrote:
>>>
 Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio
 pegando a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende.

 Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José 
 escreveu:

> Boa tarde!
> Não compreendi
> sen1º é um número transcendente, ou não??
>
> Sds,
> PJMS
>
>
> Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir <
> jefersonram...@gmail.com> escreveu:
>
>> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que
>> possui sen1º como raiz de P(x).
>>
>>
>> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
>>  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte 
>> real
>> do complexo mas ainda não consegui .
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.


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

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Pedro José]

Bom dia!
Jeferson,
obrigado! Pensava, na verdade tinha certeza que sen 1grau era transcendente.
Fui até pesquisar o teorema d*e *Lindemann-Weierstrass*, *que nem me
recordava o nome, mas é para sen1, mas não um grau e sim radiano.
Falha de armazenamento na memória.

Sds,
PJMS



Em qua, 1 de mai de 2019 às 06:46, Jeferson Almir 
escreveu:

> Puxa Raph mais uma vez muito obrigado!!
>
> Em ter, 30 de abr de 2019 às 19:17, Ralph Teixeira 
> escreveu:
>
>> Oi, Jeferson.
>>
>> Sua ideia funciona: comece com P(x,y)=(y+ix)^180+1. Como voce disse,
>> P(s,c)=0 onde c=cos1º e s=sin1º.
>>
>> Agora olhemos para a parte real deste polinomio: ateh dah para escrever
>> explicitamente, mas eu vou me limitar a dizer que eh algo do tipo
>> R(x,y)=SOMA(a_k*y^(2k)*x^(180-2k))+1 onde os a_k sao coeficientes inteiros
>> (que incluem os sinais negativos que porventura venham das potencias pares
>> de i).
>>
>> Enfim, o truque eh perceber que todas as potencias de y ali sao pares. Ou
>> seja, trocando y^2 por 1-x^2 em todos os termos, voce vai ficar com um
>> polinomio P(x) que satisfaz o que voce quer.
>>
>> Abraco, Ralph.
>>
>> On Tue, Apr 30, 2019 at 6:02 PM Jeferson Almir 
>> wrote:
>>
>>> Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio
>>> pegando a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende.
>>>
>>> Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José 
>>> escreveu:
>>>
 Boa tarde!
 Não compreendi
 sen1º é um número transcendente, ou não??

 Sds,
 PJMS


 Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir <
 jefersonram...@gmail.com> escreveu:

> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que
> possui sen1º como raiz de P(x).
>
>
> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
>  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte 
> real
> do complexo mas ainda não consegui .
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.


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

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Jeferson Almir]

Puxa Raph mais uma vez muito obrigado!!

Em ter, 30 de abr de 2019 às 19:17, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Oi, Jeferson.
>
> Sua ideia funciona: comece com P(x,y)=(y+ix)^180+1. Como voce disse,
> P(s,c)=0 onde c=cos1º e s=sin1º.
>
> Agora olhemos para a parte real deste polinomio: ateh dah para escrever
> explicitamente, mas eu vou me limitar a dizer que eh algo do tipo
> R(x,y)=SOMA(a_k*y^(2k)*x^(180-2k))+1 onde os a_k sao coeficientes inteiros
> (que incluem os sinais negativos que porventura venham das potencias pares
> de i).
>
> Enfim, o truque eh perceber que todas as potencias de y ali sao pares. Ou
> seja, trocando y^2 por 1-x^2 em todos os termos, voce vai ficar com um
> polinomio P(x) que satisfaz o que voce quer.
>
> Abraco, Ralph.
>
> On Tue, Apr 30, 2019 at 6:02 PM Jeferson Almir 
> wrote:
>
>> Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio
>> pegando a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende.
>>
>> Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Boa tarde!
>>> Não compreendi
>>> sen1º é um número transcendente, ou não??
>>>
>>> Sds,
>>> PJMS
>>>
>>>
>>> Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir <
>>> jefersonram...@gmail.com> escreveu:
>>>
 Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
 sen1º como raiz de P(x).


 Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real
 do complexo mas ainda não consegui .

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

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Ralph Teixeira]

Oi, Jeferson.

Sua ideia funciona: comece com P(x,y)=(y+ix)^180+1. Como voce disse,
P(s,c)=0 onde c=cos1º e s=sin1º.

Agora olhemos para a parte real deste polinomio: ateh dah para escrever
explicitamente, mas eu vou me limitar a dizer que eh algo do tipo
R(x,y)=SOMA(a_k*y^(2k)*x^(180-2k))+1 onde os a_k sao coeficientes inteiros
(que incluem os sinais negativos que porventura venham das potencias pares
de i).

Enfim, o truque eh perceber que todas as potencias de y ali sao pares. Ou
seja, trocando y^2 por 1-x^2 em todos os termos, voce vai ficar com um
polinomio P(x) que satisfaz o que voce quer.

Abraco, Ralph.

On Tue, Apr 30, 2019 at 6:02 PM Jeferson Almir 
wrote:

> Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio pegando
> a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende.
>
> Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Boa tarde!
>> Não compreendi
>> sen1º é um número transcendente, ou não??
>>
>> Sds,
>> PJMS
>>
>>
>> Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir <
>> jefersonram...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
>>> sen1º como raiz de P(x).
>>>
>>>
>>> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
>>>  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real
>>> do complexo mas ainda não consegui .
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Jeferson Almir]

Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio pegando
a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende.

Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José 
escreveu:

> Boa tarde!
> Não compreendi
> sen1º é um número transcendente, ou não??
>
> Sds,
> PJMS
>
>
> Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir <
> jefersonram...@gmail.com> escreveu:
>
>> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
>> sen1º como raiz de P(x).
>>
>>
>> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
>>  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real
>> do complexo mas ainda não consegui .
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio Inteiro

[Pedro José]

Boa tarde!
Não compreendi
sen1º é um número transcendente, ou não??

Sds,
PJMS


Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir 
escreveu:

> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
> sen1º como raiz de P(x).
>
>
> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
>  e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real
> do complexo mas ainda não consegui .
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Polinômio Inteiro

[Jeferson Almir]

Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
sen1º como raiz de P(x).


Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
 e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a parte real
do complexo mas ainda não consegui .

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Vanderlei Nemitz]

Muito obrigado, Claudio e Ralph!
Soluções por demais elegantes!

Eu tinha pensado algo parecido, porém estava tentando encontrar o termo em
x daquele novo polinômio, divido por a de um modo bem mais difícil, como
uma soma de várias PG. Enfim, bem mais trabalhoso e não eficiente.
Um abraço!


Em qua, 20 de mar de 2019 23:58, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Um jeito de fazer eh ir direto no polinomio interpolador de Lagrange e
> fazer as contas.
> (https://en.wikipedia.org/wiki/Lagrange_polynomial)
>
> Outro jeito que parece mais elegante (mas no final das contas eh a mesma
> coisa): o polinomio xP(x)-1 tem grau n+1 e todos aqueles n+1 numeros sao
> raizes dele. Entao:
>
> xP(x)-1=a(x-1)(x-2)...(x-2^n)
>
> Tomando x=0 ali em cima, descobre-se que a(-1)(-2)...(-2^n)=-1.
>
> Portanto, P(x)=[a(x-1)...(x-2^n)+1] / x, o que pode parecer estranho, mas
> lembre que o numerador vai ter um "x" para fatorar e cortar com o
> denominador (o a que calculamos garante exatamente isso!). Entao P(0) eh o
> termo indepenente do que sobra depois que cortar o x, isto eh, a soma dos
> coeficientes em x do numerador... bom, para obter um termo em x, voce vai
> ter que multiplicar todos a*(-1)*(-2)*...*(-2^n), EXCETO uma das potencias
> (pois o x entra no lugar dela), isto eh, sao varios termos do tipo
> (-1)/(-2^k).x. Portanto o que voce quer eh
>
> P(0)=SOMA (1/2^k) = 2 - 1/2^n
>
> pois a soma eh uma PG de razao 1/2 com n+1 termos.
>
> Abraco, Ralph.
>
>
>
>
> On Wed, Mar 20, 2019 at 11:08 PM Vanderlei Nemitz 
> wrote:
>
>> Alguém tem uma dica para esse problema?
>> Muito obrigado!
>>
>> *Seja P(x) é um polinômio de grau n tal que P(k) = 1/k para k = 1, 2,
>> 2^2, ..., 2^n. Determine o valor de P(0) em função de n.*
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Ralph Teixeira]

Um jeito de fazer eh ir direto no polinomio interpolador de Lagrange e
fazer as contas.
(https://en.wikipedia.org/wiki/Lagrange_polynomial)

Outro jeito que parece mais elegante (mas no final das contas eh a mesma
coisa): o polinomio xP(x)-1 tem grau n+1 e todos aqueles n+1 numeros sao
raizes dele. Entao:

xP(x)-1=a(x-1)(x-2)...(x-2^n)

Tomando x=0 ali em cima, descobre-se que a(-1)(-2)...(-2^n)=-1.

Portanto, P(x)=[a(x-1)...(x-2^n)+1] / x, o que pode parecer estranho, mas
lembre que o numerador vai ter um "x" para fatorar e cortar com o
denominador (o a que calculamos garante exatamente isso!). Entao P(0) eh o
termo indepenente do que sobra depois que cortar o x, isto eh, a soma dos
coeficientes em x do numerador... bom, para obter um termo em x, voce vai
ter que multiplicar todos a*(-1)*(-2)*...*(-2^n), EXCETO uma das potencias
(pois o x entra no lugar dela), isto eh, sao varios termos do tipo
(-1)/(-2^k).x. Portanto o que voce quer eh

P(0)=SOMA (1/2^k) = 2 - 1/2^n

pois a soma eh uma PG de razao 1/2 com n+1 termos.

Abraco, Ralph.




On Wed, Mar 20, 2019 at 11:08 PM Vanderlei Nemitz 
wrote:

> Alguém tem uma dica para esse problema?
> Muito obrigado!
>
> *Seja P(x) é um polinômio de grau n tal que P(k) = 1/k para k = 1, 2, 2^2,
> ..., 2^n. Determine o valor de P(0) em função de n.*
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Claudio Buffara]

Considere Q(x) = x*P(x).

Então:
grau(Q) = n+1
e
Q(1) = Q(2) = ... = Q(2^n) = 1

Isso significa que Q(x) = a(x - 1)(x - 2)...(x - 2^n) + 1
Mas Q(0) = 0*P(0) = 0 ==> a*(-1)^(n+1)*2^(1+2+...+n) + 1 = 0 ==> a =
(-1)^n/2^(n(n+1)/2)

Derivando Q(x) = xP(x), obtemos  Q'(x) = xP'(x) + P(x) ==> P(0) = Q'(0) ==>

P(0) = Q'(0) = coeficiente de x em Q(x) ==>
P(0) = a*(-1)^n*2^(n(n+1)/2)*(-1/1 -1/2 - ... - 1/2^n) = -(1 + 1/2 + ... +
1/2^n) = -(2 - 1/2^n) = 1/2^n - 2.


On Wed, Mar 20, 2019 at 11:08 PM Vanderlei Nemitz 
wrote:

> Alguém tem uma dica para esse problema?
> Muito obrigado!
>
> *Seja P(x) é um polinômio de grau n tal que P(k) = 1/k para k = 1, 2, 2^2,
> ..., 2^n. Determine o valor de P(0) em função de n.*
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Polinômio

[Vanderlei Nemitz]

Alguém tem uma dica para esse problema?
Muito obrigado!

*Seja P(x) é um polinômio de grau n tal que P(k) = 1/k para k = 1, 2, 2^2,
..., 2^n. Determine o valor de P(0) em função de n.*

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Artur Steiner]

Agora que vc falou, me lembrei do teorema. Ele implica que, se todas as
raízes de P estiverem sobre uma mesma reta do plano complexo, então todas
as raízes de P' estarão sobre esta mesma reta.  Particularizando-se para a
reta real, temos a conclusão desejada.

Há muito tempo vi esse teorema no livro do Alfohrs.

Artur Costa Steiner

Em 5 de jul de 2018 13:42, "Claudio Buffara" 
escreveu:

https://en.wikipedia.org/wiki/Gauss%E2%80%93Lucas_theorem

2018-07-05 12:45 GMT-03:00 Artur Steiner :

> Não sabia não
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em Qui, 5 de jul de 2018 08:04, Claudio Buffara 
> escreveu:
>
>> E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS...
>>
>> 2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci :
>>
>>> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes
>>> de p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem
>>> reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor
>>> e a maior raiz.
>>>
>>> Lucas Colucci
>>>
>>>
>>> On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner <
>>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>>>
 Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito
 conhecido:

 Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então
 todas as raízes de P' também são.

 Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
 polinômios com coeficientes reais.


 Artur Costa Steiner

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


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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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Claudio Buffara]

https://en.wikipedia.org/wiki/Gauss%E2%80%93Lucas_theorem

2018-07-05 12:45 GMT-03:00 Artur Steiner :

> Não sabia não
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em Qui, 5 de jul de 2018 08:04, Claudio Buffara 
> escreveu:
>
>> E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS...
>>
>> 2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci :
>>
>>> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes
>>> de p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem
>>> reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor
>>> e a maior raiz.
>>>
>>> Lucas Colucci
>>>
>>>
>>> On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner <
>>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>>>
 Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito
 conhecido:

 Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então
 todas as raízes de P' também são.

 Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
 polinômios com coeficientes reais.


 Artur Costa Steiner

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

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Artur Steiner]

Não sabia não

Artur Costa Steiner

Em Qui, 5 de jul de 2018 08:04, Claudio Buffara 
escreveu:

> E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS...
>
> 2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci :
>
>> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes de
>> p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem
>> reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor
>> e a maior raiz.
>>
>> Lucas Colucci
>>
>>
>> On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner <
>> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:
>>>
>>> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então
>>> todas as raízes de P' também são.
>>>
>>> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
>>> polinômios com coeficientes reais.
>>>
>>>
>>> Artur Costa Steiner
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Claudio Buffara]

E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS...

2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci :

> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes de
> p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem
> reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor
> e a maior raiz.
>
> Lucas Colucci
>
>
> On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>
>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:
>>
>> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então
>> todas as raízes de P' também são.
>>
>> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
>> polinômios com coeficientes reais.
>>
>>
>> Artur Costa Steiner
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Lucas Colucci]

Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes de
p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem
reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor
e a maior raiz.

Lucas Colucci


On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner 
wrote:

> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:
>
> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então todas
> as raízes de P' também são.
>
> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
> polinômios com coeficientes reais.
>
>
> Artur Costa Steiner
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Claudio Buffara]

Acho que precisa de uma justificativa um pouco mais completa.

Digamos que P tenha grau n.
No caso de raízes simples, Rolle implica que existirá pelo menos uma raiz
real de P' entre cada par de raízes (reais por hipótese) consecutivas de P.
Como existem n-1 tais pares, P' terá pelo menos n-1 raízes reais e, como
grau(P') = n-1, P' terá exatamente n-1 raízes reais.

Se P tiver raízes múltiplas, cada raiz k-upla de P (k > 1) corresponderá a
uma raiz (k-1)-upla de P'.

Se a < b são raízes (reais) consecutivas (simples ou não) de P, então Rolle
implica que existirá pelo menos uma raiz de P' entre a e b.

Assim, se P tiver r raízes reais distintas, de multiplicidades k_1, k_2,
..., k_r  (com k_1 + k_2 + ... + k_r = grau(P) = n),
então P' terá:
(k_1 - 1) + (k_2 - 1) + (k_r - 1) = n - r raízes reais oriundas das raízes
(reais) múltiplas de P
e
pelo menos r - 1 raízes reais cuja existência decorre do teorema de Rolle.

Logo, P' terá pelo menos (n - r) + (r - 1) = n - 1 raízes reais.
Como P' tem grau n-1, estas serão todas as raízes de P'.

[]s,
Claudio.


2018-07-04 23:37 GMT-03:00 Matheus Secco :

> Se o polinômio tiver apenas raízes simples, isto é consequência do Teorema
> de Rolle.
>
> Caso haja alguma raiz com multiplicidade k, pelo menos 2, basta usar que a
> raiz anula também as derivadas de ordem até k - 1.
>
> Abraços,
>
> Matheus Secco
>
> On Wed, Jul 4, 2018 at 11:27 PM Artur Steiner <
> artur.costa.stei...@gmail.com> wrote:
>
>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:
>>
>> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então
>> todas as raízes de P' também são.
>>
>> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
>> polinômios com coeficientes reais.
>>
>>
>> Artur Costa Steiner
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Bruno Visnadi]

Opa, sim, quis dizer relativo.

Em 4 de julho de 2018 23:54, Claudio Buffara 
escreveu:

> Ou, melhor dizendo, mínimo ou máximo local.
>
> 2018-07-04 23:52 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>
>> Você quer dizer mínimo ou máximo relativo, certo?
>>
>> 2018-07-04 23:42 GMT-03:00 Bruno Visnadi :
>>
>>> Se todas as raízes forem distintas, é possível visualizar isto
>>> geometricamente. Imaginando o gráfico de P, entre quaisquer duas raízes
>>> consecutivas deve haver um máximo absoluto ou um mínimo absoluto de P, e
>>> portanto, uma raiz de P'.
>>>
>>>
>>> Em 4 de julho de 2018 23:17, Artur Steiner <
>>> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:
>>>
 Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito
 conhecido:

 Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então
 todas as raízes de P' também são.

 Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
 polinômios com coeficientes reais.


 Artur Costa Steiner

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

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Claudio Buffara]

Ou, melhor dizendo, mínimo ou máximo local.

2018-07-04 23:52 GMT-03:00 Claudio Buffara :

> Você quer dizer mínimo ou máximo relativo, certo?
>
> 2018-07-04 23:42 GMT-03:00 Bruno Visnadi :
>
>> Se todas as raízes forem distintas, é possível visualizar isto
>> geometricamente. Imaginando o gráfico de P, entre quaisquer duas raízes
>> consecutivas deve haver um máximo absoluto ou um mínimo absoluto de P, e
>> portanto, uma raiz de P'.
>>
>>
>> Em 4 de julho de 2018 23:17, Artur Steiner > > escreveu:
>>
>>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:
>>>
>>> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então
>>> todas as raízes de P' também são.
>>>
>>> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
>>> polinômios com coeficientes reais.
>>>
>>>
>>> Artur Costa Steiner
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Claudio Buffara]

Você quer dizer mínimo ou máximo relativo, certo?

2018-07-04 23:42 GMT-03:00 Bruno Visnadi :

> Se todas as raízes forem distintas, é possível visualizar isto
> geometricamente. Imaginando o gráfico de P, entre quaisquer duas raízes
> consecutivas deve haver um máximo absoluto ou um mínimo absoluto de P, e
> portanto, uma raiz de P'.
>
>
> Em 4 de julho de 2018 23:17, Artur Steiner 
> escreveu:
>
>> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:
>>
>> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então
>> todas as raízes de P' também são.
>>
>> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
>> polinômios com coeficientes reais.
>>
>>
>> Artur Costa Steiner
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Bruno Visnadi]

Se todas as raízes forem distintas, é possível visualizar isto
geometricamente. Imaginando o gráfico de P, entre quaisquer duas raízes
consecutivas deve haver um máximo absoluto ou um mínimo absoluto de P, e
portanto, uma raiz de P'.


Em 4 de julho de 2018 23:17, Artur Steiner 
escreveu:

> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:
>
> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então todas
> as raízes de P' também são.
>
> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
> polinômios com coeficientes reais.
>
>
> Artur Costa Steiner
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio com raízes reais

[Matheus Secco]

Se o polinômio tiver apenas raízes simples, isto é consequência do Teorema
de Rolle.

Caso haja alguma raiz com multiplicidade k, pelo menos 2, basta usar que a
raiz anula também as derivadas de ordem até k - 1.

Abraços,

Matheus Secco

On Wed, Jul 4, 2018 at 11:27 PM Artur Steiner 
wrote:

> Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:
>
> Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então todas
> as raízes de P' também são.
>
> Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
> polinômios com coeficientes reais.
>
>
> Artur Costa Steiner
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Polinômio com raízes reais

[Artur Steiner]

Acho um tanto surpreendente que este fato não pareça ser muito conhecido:

Se todas as raízes de um polinômio P de grau >= 2 forem reais, então todas
as raízes de P' também são.

Isso vale inclusive para polinômios complexos. Mas basta provar para
polinômios com coeficientes reais.


Artur Costa Steiner

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z

[Esdras Muniz]

Agora, como provar esse lema?

Em 24 de novembro de 2016 18:17, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:

> o gugu é foda
>
> Em 24 de novembro de 2016 18:50, Pedro José 
> escreveu:
>
>> Boa noite!
>>
>> Com a observação do Gugu, ficou fácil compreender a filosofia da solução;
>> pois, antes eu estava assim: "Marte chamando Terra, responda!".
>> O contra exemplo apresentado pelo Anderson Torres, não atende o fato de
>> cada par de coeficientes do polinômios terem o mdc =1, como proposto.
>> Porém, permaneço com duas dúvidas, a premissa de que "...*qualquer um
>> dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal)*,"
>> Pelo que foi proposto na solução todos os coeficientes são primos e ao
>> > que seja apenas um) fator cujo coeficiente do termo de maior grau em módulo
>> fosse maior que um?
>> Embora entenda que basta um fator mônico (a menos de sinal), para
>> garantir que haveria pelo menos uma raiz com módulo maior ou igual a 1,
>> corroborando a solução do link mencionado.
>> A outra dúvida é por que o fato de [image: $p_{n}> p_{n-1}+\cdots+p_{0}$] 
>> garante
>> que todas as raízes tenham módulo <1 ?
>> Só consigo enxergar que o produto de todas as raízes terão módulo menor
>> que um, e que as somas dos produtos dois a dois, três a três..., terão
>> valor menor que um.
>>
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>> Em 24 de novembro de 2016 12:07, Larissa Fernandes <
>> larissafernande2010...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Quero sair da lista obm-l
>>>
>>>
>>> Em 24 de novembro de 2016 10:42, Ronei Lima Badaró 
>>> escreveu:
>>>
 Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link
 http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html

 Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes"  escreveu:

> Olá, eu desejo sair do grupo.
>
> Em 23 de novembro de 2016 19:34,  escreveu:
>
>>Oi pessoal,
>>Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa
>> fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), 
>> donde
>> o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição 
>> se
>> todas as raízes têm módulo menor que 1.
>>Abraços,
>>  Gugu
>>
>> Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa :
>>
>> 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres <
>>> torres.anderson...@gmail.com>:
>>>
 Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.

>>>
>>> Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são
>>> distintas.
>>>
>>> Abraços,
>>> --
>>> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>>
>>> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
  escreveu:

> É sobre esse problema:
> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ...
> tais que
> (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo
> a_0 + a_1 x
> +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?
>
> No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
> Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível
> em Z
>
> Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
> Alguém sabe como demonstrar isso?
>
> Link da solução:
> http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418
>
>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e
>>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> 
>>> =
>>> Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> 
>>> =
>>>
>>>
>>>
>>
>>
>> 
>> This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program.
>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> 
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> 
>> =
>>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.


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

>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> 

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z

[Israel Meireles Chrisostomo]

o gugu é foda

Em 24 de novembro de 2016 18:50, Pedro José  escreveu:

> Boa noite!
>
> Com a observação do Gugu, ficou fácil compreender a filosofia da solução;
> pois, antes eu estava assim: "Marte chamando Terra, responda!".
> O contra exemplo apresentado pelo Anderson Torres, não atende o fato de
> cada par de coeficientes do polinômios terem o mdc =1, como proposto.
> Porém, permaneço com duas dúvidas, a premissa de que "...*qualquer um dos
> fatores vai ser mônico (a menos de sinal)*,"
> Pelo que foi proposto na solução todos os coeficientes são primos e ao  < a2 <... seja apenas um) fator cujo coeficiente do termo de maior grau em módulo
> fosse maior que um?
> Embora entenda que basta um fator mônico (a menos de sinal), para garantir
> que haveria pelo menos uma raiz com módulo maior ou igual a 1, corroborando
> a solução do link mencionado.
> A outra dúvida é por que o fato de [image: $p_{n}> p_{n-1}+\cdots+p_{0}$] 
> garante
> que todas as raízes tenham módulo <1 ?
> Só consigo enxergar que o produto de todas as raízes terão módulo menor
> que um, e que as somas dos produtos dois a dois, três a três..., terão
> valor menor que um.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em 24 de novembro de 2016 12:07, Larissa Fernandes <
> larissafernande2010...@gmail.com> escreveu:
>
>> Quero sair da lista obm-l
>>
>>
>> Em 24 de novembro de 2016 10:42, Ronei Lima Badaró 
>> escreveu:
>>
>>> Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>>
>>> Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes" >> com> escreveu:
>>>
 Olá, eu desejo sair do grupo.

 Em 23 de novembro de 2016 19:34,  escreveu:

>Oi pessoal,
>Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa
> fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde
> o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se
> todas as raízes têm módulo menor que 1.
>Abraços,
>  Gugu
>
> Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa :
>
> 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres <
>> torres.anderson...@gmail.com>:
>>
>>> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.
>>>
>>
>> Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são
>> distintas.
>>
>> Abraços,
>> --
>> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>
>> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
>>>  escreveu:
>>>
 É sobre esse problema:
 (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais
 que
 (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo
 a_0 + a_1 x
 +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?

 No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
 Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível
 em Z

 Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
 Alguém sabe como demonstrar isso?

 Link da solução:
 http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418


>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> 
>> =
>> Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> 
>> =
>>
>>
>>
>
>
> 
> This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program.
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> 
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> 
> =
>


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

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z

[Pedro José]

Boa noite!

Com a observação do Gugu, ficou fácil compreender a filosofia da solução;
pois, antes eu estava assim: "Marte chamando Terra, responda!".
O contra exemplo apresentado pelo Anderson Torres, não atende o fato de
cada par de coeficientes do polinômios terem o mdc =1, como proposto.
Porém, permaneço com duas dúvidas, a premissa de que "...*qualquer um dos
fatores vai ser mônico (a menos de sinal)*,"
Pelo que foi proposto na solução todos os coeficientes são primos e ao 
p_{n-1}+\cdots+p_{0}$] garante
que todas as raízes tenham módulo <1 ?
Só consigo enxergar que o produto de todas as raízes terão módulo menor que
um, e que as somas dos produtos dois a dois, três a três..., terão valor
menor que um.

Saudações,
PJMS

Em 24 de novembro de 2016 12:07, Larissa Fernandes <
larissafernande2010...@gmail.com> escreveu:

> Quero sair da lista obm-l
>
>
> Em 24 de novembro de 2016 10:42, Ronei Lima Badaró 
> escreveu:
>
>> Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>
>> Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes" > com> escreveu:
>>
>>> Olá, eu desejo sair do grupo.
>>>
>>> Em 23 de novembro de 2016 19:34,  escreveu:
>>>
Oi pessoal,
Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa
 fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde
 o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se
 todas as raízes têm módulo menor que 1.
Abraços,
  Gugu

 Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa :

 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres <
> torres.anderson...@gmail.com>:
>
>> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.
>>
>
> Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são
> distintas.
>
> Abraços,
> --
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>
> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
>>  escreveu:
>>
>>> É sobre esse problema:
>>> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais
>>> que
>>> (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo
>>> a_0 + a_1 x
>>> +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?
>>>
>>> No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
>>> Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível
>>> em Z
>>>
>>> Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
>>> Alguém sabe como demonstrar isso?
>>>
>>> Link da solução:
>>> http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418
>>>
>>>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> 
> =
> Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> 
> =
>
>
>


 
 This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program.



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


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

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

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z

[Larissa Fernandes]

Quero sair da lista obm-l


Em 24 de novembro de 2016 10:42, Ronei Lima Badaró 
escreveu:

> Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>
> Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes" 
> escreveu:
>
>> Olá, eu desejo sair do grupo.
>>
>> Em 23 de novembro de 2016 19:34,  escreveu:
>>
>>>Oi pessoal,
>>>Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa
>>> fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde
>>> o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se
>>> todas as raízes têm módulo menor que 1.
>>>Abraços,
>>>  Gugu
>>>
>>> Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa :
>>>
>>> 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres :

> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.
>

 Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são
 distintas.

 Abraços,
 --
 Bernardo Freitas Paulo da Costa

 Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
>  escreveu:
>
>> É sobre esse problema:
>> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais
>> que
>> (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo  a_0
>> + a_1 x
>> +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?
>>
>> No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
>> Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível em
>> Z
>>
>> Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
>> Alguém sabe como demonstrar isso?
>>
>> Link da solução:
>> http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418
>>
>>
 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e
  acredita-se estar livre de perigo.


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



>>>
>>>
>>> 
>>> This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program.
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> 
>>> =
>>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> 
>>> =
>>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z

[Ronei Lima Badaró]

Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html

Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes" 
escreveu:

> Olá, eu desejo sair do grupo.
>
> Em 23 de novembro de 2016 19:34,  escreveu:
>
>>Oi pessoal,
>>Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa
>> fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde
>> o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se
>> todas as raízes têm módulo menor que 1.
>>Abraços,
>>  Gugu
>>
>> Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa :
>>
>> 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres 
>>> :
>>>
 Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.

>>>
>>> Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são distintas.
>>>
>>> Abraços,
>>> --
>>> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>>
>>> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
  escreveu:

> É sobre esse problema:
> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que
> (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo  a_0
> + a_1 x
> +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?
>
> No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
> Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível em Z
>
> Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
> Alguém sabe como demonstrar isso?
>
> Link da solução:
> http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418
>
>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e
>>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> 
>>> =
>>> Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> 
>>> =
>>>
>>>
>>>
>>
>>
>> 
>> This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program.
>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z

[Larissa Fernandes]

Olá, eu desejo sair do grupo.

Em 23 de novembro de 2016 19:34,  escreveu:

>Oi pessoal,
>Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa
> fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde
> o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma contradição se
> todas as raízes têm módulo menor que 1.
>Abraços,
>  Gugu
>
> Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa :
>
> 2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres :
>>
>>> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.
>>>
>>
>> Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são distintas.
>>
>> Abraços,
>> --
>> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>
>> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
>>>  escreveu:
>>>
 É sobre esse problema:
 (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que
 (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo  a_0 +
 a_1 x
 +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?

 No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
 Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível em Z

 Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
 Alguém sabe como demonstrar isso?

 Link da solução:
 http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418


>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instru?es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>>
>>
>
>
> 
> This message was sent using IMP, the Internet Messaging Program.
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z

[gugu]

   Oi pessoal,
   Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa  
fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal),  
donde o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma  
contradição se todas as raízes têm módulo menor que 1.

   Abraços,
 Gugu

Quoting Bernardo Freitas Paulo da Costa :


2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres :

Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.


Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são distintas.

Abraços,
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa


Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
 escreveu:

É sobre esse problema:
(Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que
(a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo   
a_0 + a_1 x

+... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?

No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
Se toda raiz complexa ? de f satisfaz |?|<1, então f é irredutível em Z

Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
Alguém sabe como demonstrar isso?

Link da solução:
http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418



--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


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Instru?es 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] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres :
> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.

Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são distintas.

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
>  escreveu:
>> É sobre esse problema:
>> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que
>> (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo a_0 + a_1 x
>> +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?
>>
>> No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
>> Se toda raiz complexa α de f satisfaz |α|<1, então f é irredutível em Z
>>
>> Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
>> Alguém sabe como demonstrar isso?
>>
>> Link da solução:
>> http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418
>>

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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z

[Anderson Torres]

Existem alguns critérios legaizinhos para irredutibilidade, Se achar
algo te envio.


Em 23 de novembro de 2016 14:21, Anderson Torres
 escreveu:
> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.
>
> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
>  escreveu:
>> É sobre esse problema:
>> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que
>> (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo a_0 + a_1 x
>> +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?
>>
>> No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
>> Se toda raiz complexa α de f satisfaz |α|<1, então f é irredutível em Z
>>
>> Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
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>> Link da solução:
>> http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418
>>
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>> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio irredutível em Z

[Anderson Torres]

Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.

Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
 escreveu:
> É sobre esse problema:
> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que
> (a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo a_0 + a_1 x
> +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?
>
> No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
> Se toda raiz complexa α de f satisfaz |α|<1, então f é irredutível em Z
>
> Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
> Alguém sabe como demonstrar isso?
>
> Link da solução:
> http://artofproblemsolving.com/community/c6h149740p847418
>
>
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> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Polinômio irredutível em Z

[Adrian Alexander Delgado]

É sobre esse problema:
(Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que
(a_i,a_j)=1 para i diferente de j e para todo n inteiro positivo a_0 + a_1
x +... +a_n x^n é irredutível em Z[x]?

No fórum AoPS, vi que a solução usa o fato de que
Se toda raiz complexa α de f satisfaz |α|<1, então f é irredutível em Z

Tentei procura uma demonstração disso na internet e não encontrei.
Alguém sabe como demonstrar isso?

Link da solução:
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[obm-l] Polinômio

[marcone augusto araújo borges]

Determine p(x), divisível por x^2 + 1, tal que p(x) + 1 é divisível por x^3 + 
x^2 + 1 
-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Ralph Teixeira]

Não falta nada no enunciado? Sem saber algo sobre o grau, p(x) não fica
determinado. Basicamente, qualquer coisa do tipo:

p(x)=(x^2+1)[(x^3+x^2+1)q(x)+x^2+x-1]

serve.

Abraço, Ralph.

2015-06-29 10:21 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com:

 Determine p(x), divisível por x^2 + 1, tal que p(x) + 1 é divisível por
 x^3 + x^2 + 1

 --
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[obm-l] RE: [obm-l] Polinômio

[marcone augusto araújo borges]

Eu já vi que (x^2 + 1)[(x^3 + x^2 + 1)q(x) + x^2 + x - 1)] funciona.Mas eu 
gostaria de saber como o Ralph enxergou aquele x^2 + x - 1Verificando a 
expressão da primeira linha, certo. Mas como ver isso antes?

From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Polinômio
Date: Mon, 29 Jun 2015 15:55:23 +




O Ralph tem razão.O enunciado pede ´´um polinômio´´.Desculpem.  
  
--

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 acredita-se estar livre de perigo.   
-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] RE: [obm-l] Polinômio

[Ralph Teixeira]

Bom, vou dizer como cheguei nisso, mas aposto que minha maneira convoluida
de pensar nao eh a melhor -- estah cheia de truques, enquanto dah para
fazer tudo isso usando divisibilidade e restos da mesma maneira que usa-se
o Teorema Chines dos Restos Mas vamos lah, pensei assim:

Como p(x)+1 tem que ser divisivel por x^3+x^2+1, escrevo:

p(x)=r(x)(x^3+x^2+1)-1

Agora, para p(x) ser divisivel por x^2+1, eh necessario e suficiente que
p(i)=p(-i)=0. Substituindo ali, achamos que
r(i).(-i)=1, isto eh, r(i)=i, e analogamente r(-i)=-i.

Isso me deu a ideia de criar s(x)=r(x)-x... Entao a condicao eh equivalente
a s(i)=s(-i)=0, isto eh, s(x) tem que ser divisivel por x^2+1.

Em suma, r(x)=s(x)+x=(x^2+1)q(x)+x. Jogue isto na expressao acima de p(x),
fatore o termo que sobra por x^2+1, e deu minha resposta.

Abraco, Ralph.

2015-06-29 14:34 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com:

 Eu já vi que (x^2 + 1)[(x^3 + x^2 + 1)q(x) + x^2 + x - 1)] funciona.
 Mas eu gostaria de saber como o Ralph enxergou aquele x^2 + x - 1
 Verificando a expressão da primeira linha, certo. Mas como ver isso antes?

 --
 From: marconeborge...@hotmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br
 Subject: [obm-l] Polinômio
 Date: Mon, 29 Jun 2015 15:55:23 +

 O Ralph tem razão.O enunciado pede ´´um polinômio´´.Desculpem.

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

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[obm-l] Polinômio

[marcone augusto araújo borges]

Mostre que não existe polinômio, P(x), com coeficientes inteiros tal que P(7) = 
5 e P(15) = 9 
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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[obm-l] Polinômio

[marcone augusto araújo borges]

Prove que não existe polinômio, P(x), com coeficientes inteiros satisfazendo 
asigualdades: P(7) = 5 e P(15) = 9   
-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Douglas Oliveira de Lima]

humm eu acho que dá pra fazer assim, supor que p(x) tenha coeficientes
inteiros, logo 15-7 deve dividir p(15)-p(7), pois a-b divide a^n-b^n, mas
como 8 não divide 4, o polinômio de coeficientes inteiros não existe.

Em sábado, 15 de novembro de 2014, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 Mostre que não existe polinômio, P(x), com coeficientes inteiros tal que
 P(7) = 5 e P(15) = 9

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Pacini Bores]

Obrigado  Professor Ralph pelo esclarecimento.

Vejo que deveria ter pensado um pouco antes !!

Abraços

Pacini



















Em 9 de março de 2014 22:10, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 Hm, cade o enunciado original do Marcone mesmo...?

 Ah, aqui: era para provar que NAO EXISTIA P(x) com coeficientes inteiros
 tal que blah-blah... Entao, fazemos por contradicao: suponha que HOUVESSE
 P(x) com coeficientes inteiros Use a ideia do Nehab, e chegariamos a um
 polinomio R(x)=ax^2+bx+c com coeficientes inteiros tal que R(1)=2, R(2)=3 e
 R(3)=5. Mas o unico polinomio **quadratico** que serve nao tem coeficientes
 inteiros, e temos a nossa contradicao.

 Abraco,
  Ralph


 2014-03-09 19:33 GMT-03:00 Pacini Bores pacini.bo...@globo.com:

 Desculpe Ralph,

 Mas se o termo de maior grau  de P(x) não for inteiro , a divisão dele
 por 1 será um número não inteiro; isso não garante que P(x) tenha
 coeficientes inteiros. Estou errado ?

  O problema não é para provar que os coeficientes de P(x)  são inteiros ?

 Poderia esclarecer melhor para mim ?

 Abraços

 Pacini


 Em 9 de março de 2014 16:58, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 Contrariando o Nehab, acho que o Nehab tinha razao sim. :) :)

 Pense no algoritmo da divisao de P(x) por Z(x) -- se o coeficiente do
 primeiro termo de Z(x) for 1 (eh o caso, Z(x)=(x-1)(x-2)(x-3)), entao soh
 fazemos subtracoes e multiplicacoes (todas as divisoes sao por 1). Entao
 certamente o quociente tambem terah coeficientes inteiros.

 Abraco,
  Ralph


 2014-03-09 15:50 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com:

 Oi, Bernardo (e demais colegas...)

 Toda razão pras observações do Bernardo!
 É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs).
 Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone.
 Da proxima vez serei menos apressado...

 Obrigado e abraços,
 Nehab

 On 08/03/2014 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa wrote:

 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br:

 Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois
 valores quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de 
 p(b) e
 p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o 
 outro
 fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que
 (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a).

 Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a
 solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) =
 (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A
 divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na
 lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros.

 Abraços,



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 Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast!
 Antivírus está ativa.
 http://www.avast.com


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Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Carlos Nehab]

Oi, Bernardo (e demais colegas...)

Toda razão pras observações do Bernardo!
É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs).
Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone.
Da proxima vez serei menos apressado...

Obrigado e abraços,
Nehab

On 08/03/2014 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa wrote:

2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br:

Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores quaisquer a e b do 
domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando 
que o outro fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que 
b-a divide p(b)-p(a).

Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a
solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) =
(x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A
divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na
lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros.

Abraços,



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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Ralph Teixeira]

Contrariando o Nehab, acho que o Nehab tinha razao sim. :) :)

Pense no algoritmo da divisao de P(x) por Z(x) -- se o coeficiente do
primeiro termo de Z(x) for 1 (eh o caso, Z(x)=(x-1)(x-2)(x-3)), entao soh
fazemos subtracoes e multiplicacoes (todas as divisoes sao por 1). Entao
certamente o quociente tambem terah coeficientes inteiros.

Abraco,
 Ralph


2014-03-09 15:50 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com:

 Oi, Bernardo (e demais colegas...)

 Toda razão pras observações do Bernardo!
 É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs).
 Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone.
 Da proxima vez serei menos apressado...

 Obrigado e abraços,
 Nehab

 On 08/03/2014 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa wrote:

 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br:

 Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores
 quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh
 possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator
 que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a)
 eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a).

 Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a
 solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) =
 (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A
 divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na
 lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros.

 Abraços,



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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Pacini Bores]

Desculpe Ralph,

Mas se o termo de maior grau  de P(x) não for inteiro , a divisão dele por
1 será um número não inteiro; isso não garante que P(x) tenha coeficientes
inteiros. Estou errado ?

 O problema não é para provar que os coeficientes de P(x)  são inteiros ?

Poderia esclarecer melhor para mim ?

Abraços

Pacini


Em 9 de março de 2014 16:58, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 Contrariando o Nehab, acho que o Nehab tinha razao sim. :) :)

 Pense no algoritmo da divisao de P(x) por Z(x) -- se o coeficiente do
 primeiro termo de Z(x) for 1 (eh o caso, Z(x)=(x-1)(x-2)(x-3)), entao soh
 fazemos subtracoes e multiplicacoes (todas as divisoes sao por 1). Entao
 certamente o quociente tambem terah coeficientes inteiros.

 Abraco,
  Ralph


 2014-03-09 15:50 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com:

 Oi, Bernardo (e demais colegas...)

 Toda razão pras observações do Bernardo!
 É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs).
 Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone.
 Da proxima vez serei menos apressado...

 Obrigado e abraços,
 Nehab

 On 08/03/2014 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa wrote:

 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br:

 Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois
 valores quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e
 p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro
 fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que
 (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a).

 Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a
 solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) =
 (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A
 divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na
 lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros.

 Abraços,



 ---
 Este email está limpo de vírus e malwares porque a proteção do avast!
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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Ralph Teixeira]

Hm, cade o enunciado original do Marcone mesmo...?

Ah, aqui: era para provar que NAO EXISTIA P(x) com coeficientes inteiros
tal que blah-blah... Entao, fazemos por contradicao: suponha que HOUVESSE
P(x) com coeficientes inteiros Use a ideia do Nehab, e chegariamos a um
polinomio R(x)=ax^2+bx+c com coeficientes inteiros tal que R(1)=2, R(2)=3 e
R(3)=5. Mas o unico polinomio **quadratico** que serve nao tem coeficientes
inteiros, e temos a nossa contradicao.

Abraco,
 Ralph


2014-03-09 19:33 GMT-03:00 Pacini Bores pacini.bo...@globo.com:

 Desculpe Ralph,

 Mas se o termo de maior grau  de P(x) não for inteiro , a divisão dele por
 1 será um número não inteiro; isso não garante que P(x) tenha coeficientes
 inteiros. Estou errado ?

  O problema não é para provar que os coeficientes de P(x)  são inteiros ?

 Poderia esclarecer melhor para mim ?

 Abraços

 Pacini


 Em 9 de março de 2014 16:58, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 Contrariando o Nehab, acho que o Nehab tinha razao sim. :) :)

 Pense no algoritmo da divisao de P(x) por Z(x) -- se o coeficiente do
 primeiro termo de Z(x) for 1 (eh o caso, Z(x)=(x-1)(x-2)(x-3)), entao soh
 fazemos subtracoes e multiplicacoes (todas as divisoes sao por 1). Entao
 certamente o quociente tambem terah coeficientes inteiros.

 Abraco,
  Ralph


 2014-03-09 15:50 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com:

 Oi, Bernardo (e demais colegas...)

 Toda razão pras observações do Bernardo!
 É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs).
 Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone.
 Da proxima vez serei menos apressado...

 Obrigado e abraços,
 Nehab

 On 08/03/2014 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa wrote:

 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br:

 Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois
 valores quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) 
 e
 p(a) eh possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o 
 outro
 fator que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que
 (p(b)-p(a))/(b-a) eh inteiro e que b-a divide p(b)-p(a).

 Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a
 solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) =
 (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A
 divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na
 lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros.

 Abraços,



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Re: [obm-l] Polinômio

[Cláudio Gustavo]

Observe que (b-a) divide (p(b)-p(a))
Ai que vai gerar o absurdo ;)

Abçs

Em 07/03/2014, às 11:55, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 Mostre que não existe um polinômio p(x) com coeficientes inteiros tal que
 p(1) = 2,p(2) = 3 e p(3) = 5
 
 -- 
 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] Polinômio

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2014-03-07 12:57 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com:
 Faça p(x) : (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) mais ax2 mais bx mais c e aplique as três
 condições.
 Nehab

Isso dá três equações lineares para a, b, c, o que permite
determiná-los. Eu duvido que eles sejam inteiros, mas eles certamente
serão racionais. Porque isso seria incompatível com p(x) ter
coeficientes inteiros ? Não seria possível que Q(x) também tivesse
coeficientes racionais e com isso cancelasse magicamente os
racionais que porventura aparecessem em a,b e/ou c ?

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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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
=

Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Cláudio Gustavo]

Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores 
quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh 
possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que 
multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh 
inteiro e que b-a divide p(b)-p(a).


Em 08/03/2014, às 10:48, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
bernardo...@gmail.com escreveu:

 2014-03-07 12:57 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com:
 Faça p(x) : (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) mais ax2 mais bx mais c e aplique as três
 condições.
 Nehab
 
 Isso dá três equações lineares para a, b, c, o que permite
 determiná-los. Eu duvido que eles sejam inteiros, mas eles certamente
 serão racionais. Porque isso seria incompatível com p(x) ter
 coeficientes inteiros ? Não seria possível que Q(x) também tivesse
 coeficientes racionais e com isso cancelasse magicamente os
 racionais que porventura aparecessem em a,b e/ou c ?
 
 Abraços,
 -- 
 Bernardo Freitas Paulo da Costa
 
 -- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br:
 Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores 
 quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh 
 possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que 
 multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh 
 inteiro e que b-a divide p(b)-p(a).

Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a
solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) =
(x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A
divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na
lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros.

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
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Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio

[Cláudio Gustavo]

Ah desculpe! Perfeito ;)

Abçs


Em 08/03/2014, às 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa 
bernardo...@gmail.com escreveu:

 2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br:
 Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores 
 quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh 
 possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator 
 que multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh 
 inteiro e que b-a divide p(b)-p(a).
 
 Eu não contestei a sua solução, Cláudio. O meu problema é com a
 solução do Nehab. Continuo sem ver como usar a expressão p(x) =
 (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) + ax^2 + bx + c ajuda a resolver a questão. A
 divisão euclidiana que ele faz (conforme a outra mensagem dele na
 lista) não garante que Q(x) tem coeficientes inteiros.
 
 Abraços,
 -- 
 Bernardo Freitas Paulo da Costa
 
 -- 
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[obm-l] Polinômio

[marcone augusto araújo borges]

Mostre que não existe um polinômio p(x) com coeficientes inteiros tal que
p(1) = 2,p(2) = 3 e p(3) = 5
  
-- 
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Re: [obm-l] Polinômio

[Carlos Nehab]

Faça p(x) : (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) mais ax2 mais bx mais c e aplique as três 
condições.
Nehab

Enviado via iPhone

Em 07/03/2014, às 11:55, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:

 Mostre que não existe um polinômio p(x) com coeficientes inteiros tal que
 p(1) = 2,p(2) = 3 e p(3) = 5
 
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Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio curioso

[Artur Costa Steiner]

É isso aí!!

Abraços

Artur Costa Steiner

Em 24/07/2013, às 09:48, Marcos Martinelli mffmartine...@gmail.com escreveu:

 Seja G um polinômio de grau (n+1) tal que G(x) = x . P(x) - 1 (*) para 
 qualquer x real.
 
 Fazendo x = k (k natural tal que 1 = k = n + 1), obteremos G(k) = 0 para 
 todos os (n + 1) k´s. Portanto, temos todas as raízes de G e podemos escrever:
 
 G(x) = A . produtório (1 = k = n + 1) (x - k).
 
 Observando que G(0) = - 1, teremos: A . (- 1) ^ (n+1) . produtório (1 = k = 
 n+1) (k) = - 1 - A . (n+1)! = (- 1) ^ n.
 
 Fazendo, agora, x = n + 2 em (*), temos: G(n + 2) = (n + 2) . P(n + 2) - 1 - 
 A . produtório (1 = k = n + 1) (n + 2 - k) = (n + 2) . P(n + 2) - 1 - P(n 
 + 2) = [(- 1) ^ n + 1] / (n + 2) .
 
 
 Em 24 de julho de 2013 01:37, Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com 
 escreveu:
 Achei esse interessante.
 
 Seja P um polinômio de grau n tal que, para cada inteiro k = 1,.n + 1, 
 tenhamos P(k) = 1/k. Determine P(n + 2).
 
 Abraços.
 
 Artur Costa Steiner
 --
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[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio curioso

[Marcos Martinelli]

Seja G um polinômio de grau (n+1) tal que G(x) = x . P(x) - 1 (*) para
qualquer x real.

Fazendo x = k (k natural tal que 1 = k = n + 1), obteremos G(k) = 0 para
todos os (n + 1) k´s. Portanto, temos todas as raízes de G e podemos
escrever:

G(x) = A . produtório (1 = k = n + 1) (x - k).

Observando que G(0) = - 1, teremos: A . (- 1) ^ (n+1) . produtório (1 = k
= n+1) (k) = - 1 - A . (n+1)! = (- 1) ^ n.

Fazendo, agora, x = n + 2 em (*), temos: G(n + 2) = (n + 2) . P(n + 2) - 1
- A . produtório (1 = k = n + 1) (n + 2 - k) = (n + 2) . P(n + 2) - 1 -
P(n + 2) = [(- 1) ^ n + 1] / (n + 2) .


Em 24 de julho de 2013 01:37, Artur Costa Steiner
steinerar...@gmail.comescreveu:

 Achei esse interessante.

 Seja P um polinômio de grau n tal que, para cada inteiro k = 1,.n +
 1, tenhamos P(k) = 1/k. Determine P(n + 2).

 Abraços.

 Artur Costa Steiner
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  acredita-se estar livre de perigo.


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[obm-l] Polinômio curioso

[Artur Costa Steiner]

Achei esse interessante.

Seja P um polinômio de grau n tal que, para cada inteiro k = 1,.n + 1, 
tenhamos P(k) = 1/k. Determine P(n + 2).

Abraços.

Artur Costa Steiner
-- 
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[obm-l] Polinômio que mapeia racionais sobrejetivamente

[Lucas Colucci]

Bom dia!

Um polinômio p é tal que existe um intervalo não degenerado I e um
intervalo J tal que p leva os pontos racionais de I nos pontos racionais de
J sobrejetivamente. É verdade que p é linear? (i.e., p é constante ou de
grau 1)

Lucas Colucci

[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio que mapeia racionais sobrejetivamente

[Marcelo Salhab Brogliato]

Lucas, boa tarde!

Se entendi corretamente sua questão, p é linear. Seja I = [a, b] e J = [c,
d], então, p é a reta que passa pelos pontos (a, c) e (b, d). Ou seja, p(x)
= c + [ (d - c) / (b - a) ] * (x - a). Veja que p(a) = c e p(b) = d.

Abraços,
Salhab



2013/4/27 Lucas Colucci lucas.colucci.so...@gmail.com

 Bom dia!

 Um polinômio p é tal que existe um intervalo não degenerado I e um
 intervalo J tal que p leva os pontos racionais de I nos pontos racionais de
 J sobrejetivamente. É verdade que p é linear? (i.e., p é constante ou de
 grau 1)

 Lucas Colucci

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio que mapeia racionais sobrejetivamente

[Lucas Colucci]

Sim, mas como prova que só esse polinômio mapeia sobrejetivamente os
racionais de I nos racionais de J?

Lucas Colucci


Em 27 de abril de 2013 15:41, Marcelo Salhab Brogliato
msbro...@gmail.comescreveu:

 Lucas, boa tarde!

 Se entendi corretamente sua questão, p é linear. Seja I = [a, b] e J = [c,
 d], então, p é a reta que passa pelos pontos (a, c) e (b, d). Ou seja, p(x)
 = c + [ (d - c) / (b - a) ] * (x - a). Veja que p(a) = c e p(b) = d.

 Abraços,
 Salhab



 2013/4/27 Lucas Colucci lucas.colucci.so...@gmail.com

 Bom dia!

 Um polinômio p é tal que existe um intervalo não degenerado I e um
 intervalo J tal que p leva os pontos racionais de I nos pontos racionais de
 J sobrejetivamente. É verdade que p é linear? (i.e., p é constante ou de
 grau 1)

 Lucas Colucci

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio que mapeia racionais sobrejetivamente

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2013/4/27 Marcelo Salhab Brogliato msbro...@gmail.com:
 Lucas, boa tarde!

 Se entendi corretamente sua questão, p é linear. Seja I = [a, b] e J = [c,
 d], então, p é a reta que passa pelos pontos (a, c) e (b, d). Ou seja, p(x)
 = c + [ (d - c) / (b - a) ] * (x - a). Veja que p(a) = c e p(b) = d.
E porquê não a reta (a,d) -- (b,c) ?

Se eu me lembro bem, esse problema é relativamente sutil.
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

=
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=

[obm-l] Polinômio: mostar qu e nenhuma raiz tem a s duas partes racionais

[Merryl M]

Estou realmente empacada nisto aqui, não estou vendo uma saída. Alguém tem 
alguma sugestão?
 
Mostre que o polinômio
 
P(x) = 1761x^(23797) + 478x^(17894) - 397x^(9845) + 1274x^(7612) - 
12360x^(5794) - 21937x^(2944) + 8768x^(1986) + 18244x^(1012) - 45919x^(969) + 
4328x^(718) - 327175  
 
não tem nenhuma raiz na qual as partes real e imaginária sejam ambas racionais.
 
Deve haver algo neste polinômio que salte aos olhos mas que não estou 
conseguindo ver, estou cega. Algo que vc olhe e diga Mas é óbvio! Assim como 2 
+ 1 = 3! Só que não consigo ver. A saída, certamente, não é tentar calcular as 
raízes do polinômio. Mesmo porque poderá haver 23797 delas, apesar de o 
polinômio ter 23787 coeficientes nulos. Não sei se o teorema das raízes 
racionais aqui adianta alguma coisa, pois só vale para raízes reais. Estou 
ficando doida com isso e a família ainda não sabe.
 
Obrigada
Amanda
  
_
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https://signup.live.com/signup.aspx?id=60969

[obm-l] Polinômio

[Pedro]

Bom dia , amigos da lista.

 Vocês poderiam me indica alguma material sobre o polinômio de  Chebyshev ou
livro?

 Como calcular cos (PI)/5 usando tal polinômio? Pois uma vi solução em uma
site , mas não entendi nada.

[obm-l] POLINÔMIO

[arkon]

Pessoal, uma de polinômio

(UNB) No polinômio p(x) = x^3 + x^2 + x + 1, uma das raízes é x = -1. Então, se 
a e b forem as outras raízes, tem-se que a^2 + b^2 = -2 ?

Re: [obm-l] POLINÔMIO

[Jônatas]

arkon, dividindo o polinomio p(x) por x+1 encontramos um polinomio do
segundo grau. Daí voce verifica se isso, que ele afirma, é verdadeiro
ou falso.

Jônatas.

2008/4/30 arkon [EMAIL PROTECTED]:



 Pessoal, uma de polinômio



 (UNB) No polinômio p(x) = x^3 + x^2 + x + 1, uma das raízes é x = -1. Então,
 se a e b forem as outras raízes, tem-se que a^2 + b^2 = -2 ?



=
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[obm-l] Re: [obm-l] POLINÔMIO

[Angelo Schranko]

Correto.

Fatorando, obtemos p(x) = (x^2 + 1)(x + 1)

Daí, x^2 + 1 = 0 = a = +i e b = -i

Segue que a^2 + b^2 = i^2 + (-i)^2 = -2

[ ]´s
Angelo

--- Em qua, 30/4/08, arkon [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 De: arkon [EMAIL PROTECTED]
 Assunto: [obm-l] POLINÔMIO
 Para: obm-l obm-l@mat.puc-rio.br
 Data: Quarta-feira, 30 de Abril de 2008, 9:28
 Pessoal, uma de polinômio
 
 (UNB) No polinômio p(x) = x^3 + x^2 + x + 1, uma das
 raízes é x = -1. Então, se a e b forem as outras
 raízes, tem-se que a^2 + b^2 = -2 ?


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armazenamento!
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Re: [obm-l] POLINÔMIO

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá Arkon, quanto tempo! Como está?

(a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^3 + 2(ab + ac + ba)

pelas relações de girard:
a+b+c = -1
ab + ac + ba = 1

logo: (-1)^2 = a^2 + b^2 + (-1)^2 + 2*(1)
a^2 + b^2 = -2

abraços,
Salhab


On Wed, Apr 30, 2008 at 9:28 AM, arkon [EMAIL PROTECTED] wrote:

  *Pessoal, uma de polinômio*

 * *

 *(UNB) No polinômio p(x) = x^3 + x^2 + x + 1, uma das raízes é x = -1.
 Então, se a e b forem as outras raízes, tem-se que a^2 + b^2 = -2 ?*

 * *

Re: [obm-l] Polinômio - Iezzi - (E.E. Lins-66)

[saulo nilson]

(2x^2+ax+(p+1))^^2=
4x^4+a^2x^2+(p+1)^2+2(2ax^3+2(p+1)x^2+a(p+1)x)=
=4x^4+4ax^3+x^2(a^2+4(p+1))+2a(p+1)x+(p+1)^2
a=-2
4+4(p+1)=8
p+1=1
p=0

2008/3/1 Emanuel Valente [EMAIL PROTECTED]:

 Olá senhores, estou tendo trabalho pra resolver essa questão.
 Encontrei valores p=1 e p=-1, mas nunca o resultado do gabarito que é
 p=0.

 Calcular p para que o polinômio

 4x^4 - 8x^3 + 8x^2 - 4(p+1)x + (p+1)^2

 seja o quadrado perfeito de um polinômio racional inteiro em x.

 Abraços e um bom final de semana a todos!

 --
 Emanuel Valente

 =
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 =

[obm-l] Polinômio - Iezzi - (E.E. Lins-66)

[Emanuel Valente]

Olá senhores, estou tendo trabalho pra resolver essa questão.
Encontrei valores p=1 e p=-1, mas nunca o resultado do gabarito que é
p=0.

Calcular p para que o polinômio

4x^4 - 8x^3 + 8x^2 - 4(p+1)x + (p+1)^2

seja o quadrado perfeito de um polinômio racional inteiro em x.

Abraços e um bom final de semana a todos!

--
Emanuel Valente

=
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=

Re: [obm-l] Polinômio

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá Nehab,

muito interessante sua solução. Gostei! hehehe

abracos,
Salhab

On 10/2/07, Carlos Nehab [EMAIL PROTECTED] wrote:

  Oi, Guilherme e Salhab,

 Gosto de uma outra solução marota para este tipo de problema...

 Note que como P(x) = P(1-x) o grafico da função P(x) é simétrico com
 relação a reta x =  1/2;
 Basta observar que P(1/2 - t ) = P (1/2 + t), para todo t real.   Portanto
 se fizermos uma mudança de eixos coordenados colocando o eixo Y na abscissa
 x = 1/2, o que corresponde a fazer X = x-1/2,  ou seja, x = X + 1/2,
 obteremos uma função par no novo sistema XOY, ou seja, não poderá haver
 termos em X^3 e X...
 P(X+1/2) = a(X+1/2) ^4 + b(X+1/2)^3 + c(X+1/2)^2 + d(X+1/2) + e
 = a[X^4 + 4X^3.(1/2)+ 6X^2.(1/2)^2+ 4X.(1/2)^3 + (1/2)^4] +
 b[ X^3 + 3X^2.(1/2) + 3X.(1/2)^2 + (1/2)^3 +
 c[ X^2 + 2.X.(1/2) + (1/2)^2 +
 d[ X + 1/2] + e

 Logo:
 O coeficiente de X^3 é 2a + b = 0 , ou seja, b = -2a.
 O coeficiente de X é  a/2 + 3b/4 + c + d = 0, ou seja,  c+d =  a

 Estas são as duas condições, idênticas as do Salhab.

 Abraços
 Nehab

 Marcelo Salhab Brogliato escreveu:

 Olá Guilherme,

 se P(x) = P(1-x), temos que: P(0) = P(1)
 vejamos: P(x) = ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e
 entao: e = a + b + c + d + e  a + b + c + d = 0 (i)

 derivando P(x) = P(1-x), temos: P'(x) = -P'(1-x)... derivando novamente:
 P''(x) = P''(1-x)
 mas P''(x) = 12ax^2 + 6bx + 2d
 novamente: P''(0) = P''(1)  12a + 6b + 2d = 2d ... 12a + 6b = 0 
 2a + b = 0
 hmm: P'(0) = -P'(1) ... 4a + 3b + 2c + d = -d ... 4a + 3b + 2c + 2d = 0

 analisando as 3 equacoes obtidas, vemos que elas sao LD.. isto é: uma pode
 ser obtida atraves das demais..
 entao, vamos usar apenas: a + b + c + d = 0 ... 2a + b = 0
 assim: a = c+d, b = -2a = -2(c+d)

 nao sei c tem mais alguma condicao...
 foi isso que encontrei..
 uma outra ideia seria abrir tudo: P(x) == P(1-x) ... e dps igualar os
 coeficientes de x^4, x^3, x^2, x e constante..

 abracos,
 Salhab




 On 10/1/07, Guilherme Neves [EMAIL PROTECTED] wrote:
 
 
  1-Encontre as condições a que devem satisfazer os coeficientes de um
  polinômio P(x) de quarto grau de modo que P(x)=P(1-x).
 
  2- Considere o polinômio P(x)=16x^4 - 32x^3 - 56x^2 + 72x + 77.
  Determine todas as suas raízes sabendo-se que o mesmo satisfaz a condição do
  item 1.
 
 
  --
  Torpedo Messenger- Envie torpedos do messenger para o celular da galera.
  Descubra como aqui! 
  http://g.msn.com/8HMBBRBR/2752??PS=47575=
  Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
  http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Enicolau/olimp/obm-l.html=


  =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
 http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.htmlhttp://www.mat.puc-rio.br/%7Enicolau/olimp/obm-l.html=