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

[Ralph Teixeira]

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

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

Abracos, Ralph. :D

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

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

 --
 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] polinômios

[Carlos Nehab]

Oi, Mateus et alli

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

Grande abraço
Nehab


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

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

[Matheus Secco]

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

Abs,
Secco

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

Oi, Ralph

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

Abraços
Nehab

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

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



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

[Israel Meireles Chrisostomo]

Muito boa explicação Carlos Gomes, observações muito inteligentes

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

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



-- 
Israel Meireles Chrisostomo

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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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômios

[Pedro Júnior]

Obrigado, não havia percebido o deslize!

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


Pelo teorema do resto,

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

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

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

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

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

Assim, p(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4)+¨6A

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

Cgomes.


-- 
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] Polinômios

[Carlos Gomes]

Pelo teorema do resto,

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

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

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

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

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

Assim, p(x)=A.(x-2)(x-3)(x-4)+¨6A

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

Cgomes.

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

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

[Bruno Visnadi]

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

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

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

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



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

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

 Quem tiver uma boa dica fica meus agradecimentos.

 --
 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] Polinômios

[Bruno Visnadi]

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

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

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

[Esdras Muniz]

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



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

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

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


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


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

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




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


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

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

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

 []'s
 João


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

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


 --
 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.




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


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

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

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

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

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

[Esdras Muniz]

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


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

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



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

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

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


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


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

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




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


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

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

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

 []'s
 João


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

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


 --
 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.




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


 --
 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.




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

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




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

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

-- 
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 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] Polinômios

[marcone augusto araújo borges]

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

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

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

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


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


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



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






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

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



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

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


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




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




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




Então não podemos ter todas as raízes reais.

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








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



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





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




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

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





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

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

[]'s
João







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





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




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



 
 



  


  


  


  


 
 



  


  


  


  

coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.
  
--

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.




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



--

Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 

 acredita-se estar livre de perigo.   
--

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

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



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

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


--

Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 

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

[Esdras Muniz]

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


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

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




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


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

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

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

 []'s
 João


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

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


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

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

[João Maldonado]

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

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




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

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




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

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

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

[]'s
João


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




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



 
 



  


  


  


  


 
 



  


  


  


  

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

[marcone augusto araújo borges]

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

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

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

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

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

Então não podemos ter todas as raízes reais.

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





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



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


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




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

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


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

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

[]'s
João




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


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




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



 
 



  


  


  


  


 
 



  


  


  


  

coeficientes reais não pode ter todas as raízes reais.
  
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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 

 acredita-se estar livre de perigo.   
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-- 
Esdras Muniz Mota
Graduando em Matemática Bacharelado
Universidade Federal do Ceará



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 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] polinômios

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Ufa!

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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

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

[Fernando Oliveira]

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

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

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

Fernando

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

[Nicolau C. Saldanha]

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

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

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

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

[]s, N.

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

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

[Cláudio \(Prática\)]

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

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

Um abraço,
Claudio.

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


Gratíssimo por sua ajuda!

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

Abraço,
Eduardo.


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

 Acho que o resultado a seguir pode ajudar:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

  Fim da demonstração 


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

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


 Vou continuar pensando no assunto...

 Um abraço,
 Claudio Buffara.

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


 Caros colegas da lista,

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

 Abraço,
 Eduardo.

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