Dá para fazer com interpolação de Lagrange: o único polinômio de
grau <=n-1 que vale 1 em r_i para 1<=i<=n (que obviamente é o
polinômio constante igual a 1) é dado por
soma_(1<=i<=n)Produto_(j<>i)((x-r_j)/(r_i-r_j)). Aí é só olhar para o
coeficiente de x^[n-1} (que é 0).
Abraços,
2018-04-16 20:54 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> Resumo da ópera: ainda não temos uma demonstração elementar disso.
>
> Mas não deixa de ser interessante tentar dar uma interpretação geométrica da
> expressão para polinômios de grau baixo que tenham todas as raízes reais e
Resumo da ópera: ainda não temos uma demonstração elementar disso.
Mas não deixa de ser interessante tentar dar uma interpretação geométrica
da expressão para polinômios de grau baixo que tenham todas as raízes reais
e distintas.
Grau 2 é meio evidente: as retas tangentes à parábola nas raízes
É verdadeira para todo polinômio de grau n >= 2 que tenha n raízes
simples.
Artur Costa Steiner
Em Seg, 16 de abr de 2018 14:18, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Entao a questao é até que ponto ela é verdadeira , pois funciona para
> casos elementares.
>
>
Entao a questao é até que ponto ela é verdadeira , pois funciona para casos
elementares.
Douglas Oliveira
Em dom, 15 de abr de 2018 22:29, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com> escreveu:
> 2018-04-15 13:09 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima
> :
Sauda,c~oes,
Mandei a mensagem abaixo dessa na 6a.feira mas acho que no chegou.
Terminei a dita mensagem com a pergunta
Como concluir (seria possvel ?) a partir de (*)
que \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{Q'(a_k)} = 0 ?
Na verdade o Gugu provara (*) para o caso real, ou seja, Q(x) e no
Q(z). Talvez
2018-04-15 13:09 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima
:
> Usa o polinomio de Lagrange , nao é nada obvia mesmo.
Como usa Lagrange, a fórmula segue para k = 0, 1, ... n-1
(interpolando em n pontos, vamos até grau n-1). E é, de fato, falso
para k = n, use P(x) =
Usa o polinomio de Lagrange , nao é nada obvia mesmo.
Douglas Oliveira.
Em sex, 13 de abr de 2018 13:41, Claudio Buffara
escreveu:
> Essa identidade:
> x^k=soma (i=1,...,n)(x_i)^k.P(x)/(x-x_i).P'(x_i)
> não me parece nada óbvia.
>
> []s,
> Claudio.
>
>
> 2018-04-13
Essa identidade:
x^k=soma (i=1,...,n)(x_i)^k.P(x)/(x-x_i).P'(x_i)
não me parece nada óbvia.
[]s,
Claudio.
2018-04-13 5:56 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com>:
> Entao, sendo x^k=soma (i=1,...,n)(x_i)^k.P(x)/(x-x_i).P'(x_i) , é só
> igualar os coeficientes de
A prova por análise complexa baseia-se no fato de que, se P e Q são
polinômios com grau(P) >= grau(Q) + 2 e f =Q/P, definida para P(z) <> 0,
então,
Soma (z em Z) Res(f, z) = 0 (*)
onde Z é o conjunto dos zeros de P e Res(f, z) é o resíduo de f em z, que é
pólo de f.
A prova disso baseia-se no
Entao, sendo x^k=soma (i=1,...,n)(x_i)^k.P(x)/(x-x_i).P'(x_i) , é só
igualar os coeficientes de x^(n-1) e pronto, a identidade se torna ate mais
genérica
Soma (i= 1, n) (x_i)^k/P'(x_i) = 0
Obs: x_i sao raizes.
Abraco
Douglas Oliveira.
Em 8 de abr de 2018 20:50, "Artur Steiner"
Como é por análise complexa?
Em qui, 12 de abr de 2018 15:22, Artur Steiner <
artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu:
> Para n >= 3, só consegui por análise complexa. Há uma prova que me parece
> muito bonita.
>
> Tentei também por frações parciais, mas caí num imbróglio.
>
> Artur Costa
Para n >= 3, só consegui por análise complexa. Há uma prova que me parece
muito bonita.
Tentei também por frações parciais, mas caí num imbróglio.
Artur Costa Steiner
Em Qui, 12 de abr de 2018 14:42, Claudio Buffara
escreveu:
> Olá! Alguém encontrou uma solução
Olá! Alguém encontrou uma solução elementar par este?
Eu fiz pra n = 2 e n = 3 mas a generalização me parece muito complicada.
[]s,
Claudio.
2018-04-08 20:42 GMT-03:00 Artur Steiner :
> Seja P um polinômio complexo, de grau n >= 2, que tenha n raízes simples
>
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