Re: [obm-l] Polinomios

[Esdras Muniz]

Dá pra provar por indicação, suponha q o resultado vale pra grau de P<=n-1.
Daí, use que entre um máximo e um mínimo de P, há no máximo uma raíz (é
fácil mostrar isso usando só a continuidade de P). Assim, por suposição, P
tem no máximo n+1 máximos, que são as raízes de P', + infinito e -
infinito.

Em sex, 25 de out de 2019 20:55, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:

>
> Alguém conhece um material ou mesmo a prova do teorema que diz todo
> polinômio de grau n não tem mais que n raízes reais?
> --
> Israel Meireles Chrisostomo
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avg.com
> .
> <#m_3807766465305337955_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> --
> 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] Polinomios

[Israel Meireles Chrisostomo]

Essa sua prova vale tmbm para o caso em que as raízes são complexas?


Livre
de vírus. www.avg.com
.
<#DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>

Em sáb, 26 de out de 2019 às 10:07, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:

> Vc precisou usar o TFA para provar isso?
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avg.com
> .
> <#m_7765390292055441037_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> Em sáb, 26 de out de 2019 às 09:52, Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>
>> Muito obrigado!!!
>>
>> Em sex, 25 de out de 2019 às 21:39, Pedro Angelo 
>> escreveu:
>>
>>> Provar que não tem *mais* do que n raízes é elementar.
>>>
>>> Lema: Se P(x) é um polinômio de grau N, e 'a' é uma raíz de P(x), então
>>> P(x) = (x-a)*Q(x), onde Q(x) é um polinômio de grau N-1.
>>> Demonstração: Monte um sistema linear (N+1)xN para descobrir quais devem
>>> ser os coeficientes do polinômio Q em função de 'a' e dos coeficientes de
>>> P. Você vai descobrir que:
>>> q_{N-1} = p_N
>>> q_{N-2} = p_{N-1} + a*p_N
>>> ...
>>> q_0 = p_1 + a*p_2 + ... + a^{N-1}*p_N
>>> -a*q_0 = p_0
>>> Usando o fato de que P(a)=0, ou seja, p_0 + a*p_1 + ... + a^N*p_N = 0,
>>> você vai descobrir que esse sistema tem exatamente 1 solução. Mais do que
>>> isso: observando bem, você repara que o coeficiente do termo de maior grau
>>> de Q é igual ao coeficiente do termo de maior grau de P.
>>>
>>> Imagine agora que o polinômio P(x) de grau N tem N raízes distintas a_1,
>>> ..., a_N. Bom, então, para começar:
>>> P(x) = (x - a_1)*Q(x).
>>> Como a_2 também é raíz de P:
>>> 0 = P(a_2) = (a_2 - a_1)*Q(a_2)
>>> Como (a_2 - a_1) é diferente de zero (as raízes são distintas), segue
>>> que Q(a_2), ou seja, a_2 é raíz de Q(x), e portanto Q(x) pode ser fatorado
>>> em (x-a_2) vezes um polinômio R(x) de grau N-2, e portanto:
>>> P(x) = (x - a_1) * (x - a_2) * R(x)
>>> Seguindo com esse raciocínio até o final, escrevemos:
>>> P(x) = (x - a_1) * ... * (x - a_N) * A
>>> onde A, uma constante, é o polinômio de grau zero que sobrou. Como o
>>> coeficiente do termo de maior grau de Q é igual ao de P, e o de R é igual
>>> ao de Q, então o de R é igual ao de P. Continuando, descobrimos que a
>>> constante A é simplesmente o coeficiente do termo de maior grau do
>>> polinômio original P.
>>>
>>> Conclusão: se o polinômio P(x) = p_N*x^N + ... + p_1*x + p_0, tem N
>>> raízes distintas: a_1, ..., a_N, então ele pode ser fatorado da seguinte
>>> forma:
>>> P(x) = (x - a_1) * ... * (x - a_N) * p_N.
>>> Bom, dado qualquer 'x' que não seja nenhuma das raízes a_1, ..., a_N, os
>>> fatores (x - a_j) serão todos não-nulos, e portanto P(x) será não-nulo, ou
>>> seja, 'x' não será uma raíz de P. Ou seja, se você encontrar N raízes
>>> distintas para um polinômio de grau N, essas raízes são as únicas.
>>>
>>>
>>> Le ven. 25 oct. 2019 à 20:55, Israel Meireles Chrisostomo <
>>> israelmchrisost...@gmail.com> a écrit :
>>>

 Alguém conhece um material ou mesmo a prova do teorema que diz todo
 polinômio de grau n não tem mais que n raízes reais?
 --
 Israel Meireles Chrisostomo


 
  Livre
 de vírus. www.avg.com
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 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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> Israel Meireles Chrisostomo
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Israel Meireles Chrisostomo

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Re: [obm-l] Polinomios

[Israel Meireles Chrisostomo]

Vc precisou usar o TFA para provar isso?


Livre
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Em sáb, 26 de out de 2019 às 09:52, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:

> Muito obrigado!!!
>
> Em sex, 25 de out de 2019 às 21:39, Pedro Angelo 
> escreveu:
>
>> Provar que não tem *mais* do que n raízes é elementar.
>>
>> Lema: Se P(x) é um polinômio de grau N, e 'a' é uma raíz de P(x), então
>> P(x) = (x-a)*Q(x), onde Q(x) é um polinômio de grau N-1.
>> Demonstração: Monte um sistema linear (N+1)xN para descobrir quais devem
>> ser os coeficientes do polinômio Q em função de 'a' e dos coeficientes de
>> P. Você vai descobrir que:
>> q_{N-1} = p_N
>> q_{N-2} = p_{N-1} + a*p_N
>> ...
>> q_0 = p_1 + a*p_2 + ... + a^{N-1}*p_N
>> -a*q_0 = p_0
>> Usando o fato de que P(a)=0, ou seja, p_0 + a*p_1 + ... + a^N*p_N = 0,
>> você vai descobrir que esse sistema tem exatamente 1 solução. Mais do que
>> isso: observando bem, você repara que o coeficiente do termo de maior grau
>> de Q é igual ao coeficiente do termo de maior grau de P.
>>
>> Imagine agora que o polinômio P(x) de grau N tem N raízes distintas a_1,
>> ..., a_N. Bom, então, para começar:
>> P(x) = (x - a_1)*Q(x).
>> Como a_2 também é raíz de P:
>> 0 = P(a_2) = (a_2 - a_1)*Q(a_2)
>> Como (a_2 - a_1) é diferente de zero (as raízes são distintas), segue que
>> Q(a_2), ou seja, a_2 é raíz de Q(x), e portanto Q(x) pode ser fatorado em
>> (x-a_2) vezes um polinômio R(x) de grau N-2, e portanto:
>> P(x) = (x - a_1) * (x - a_2) * R(x)
>> Seguindo com esse raciocínio até o final, escrevemos:
>> P(x) = (x - a_1) * ... * (x - a_N) * A
>> onde A, uma constante, é o polinômio de grau zero que sobrou. Como o
>> coeficiente do termo de maior grau de Q é igual ao de P, e o de R é igual
>> ao de Q, então o de R é igual ao de P. Continuando, descobrimos que a
>> constante A é simplesmente o coeficiente do termo de maior grau do
>> polinômio original P.
>>
>> Conclusão: se o polinômio P(x) = p_N*x^N + ... + p_1*x + p_0, tem N
>> raízes distintas: a_1, ..., a_N, então ele pode ser fatorado da seguinte
>> forma:
>> P(x) = (x - a_1) * ... * (x - a_N) * p_N.
>> Bom, dado qualquer 'x' que não seja nenhuma das raízes a_1, ..., a_N, os
>> fatores (x - a_j) serão todos não-nulos, e portanto P(x) será não-nulo, ou
>> seja, 'x' não será uma raíz de P. Ou seja, se você encontrar N raízes
>> distintas para um polinômio de grau N, essas raízes são as únicas.
>>
>>
>> Le ven. 25 oct. 2019 à 20:55, Israel Meireles Chrisostomo <
>> israelmchrisost...@gmail.com> a écrit :
>>
>>>
>>> Alguém conhece um material ou mesmo a prova do teorema que diz todo
>>> polinômio de grau n não tem mais que n raízes reais?
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>>> Israel Meireles Chrisostomo
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>>>  Livre
>>> de vírus. www.avg.com
>>> .
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Israel Meireles Chrisostomo

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Re: [obm-l] Polinomios

[Israel Meireles Chrisostomo]

Muito obrigado!!!

Em sex, 25 de out de 2019 às 21:39, Pedro Angelo 
escreveu:

> Provar que não tem *mais* do que n raízes é elementar.
>
> Lema: Se P(x) é um polinômio de grau N, e 'a' é uma raíz de P(x), então
> P(x) = (x-a)*Q(x), onde Q(x) é um polinômio de grau N-1.
> Demonstração: Monte um sistema linear (N+1)xN para descobrir quais devem
> ser os coeficientes do polinômio Q em função de 'a' e dos coeficientes de
> P. Você vai descobrir que:
> q_{N-1} = p_N
> q_{N-2} = p_{N-1} + a*p_N
> ...
> q_0 = p_1 + a*p_2 + ... + a^{N-1}*p_N
> -a*q_0 = p_0
> Usando o fato de que P(a)=0, ou seja, p_0 + a*p_1 + ... + a^N*p_N = 0,
> você vai descobrir que esse sistema tem exatamente 1 solução. Mais do que
> isso: observando bem, você repara que o coeficiente do termo de maior grau
> de Q é igual ao coeficiente do termo de maior grau de P.
>
> Imagine agora que o polinômio P(x) de grau N tem N raízes distintas a_1,
> ..., a_N. Bom, então, para começar:
> P(x) = (x - a_1)*Q(x).
> Como a_2 também é raíz de P:
> 0 = P(a_2) = (a_2 - a_1)*Q(a_2)
> Como (a_2 - a_1) é diferente de zero (as raízes são distintas), segue que
> Q(a_2), ou seja, a_2 é raíz de Q(x), e portanto Q(x) pode ser fatorado em
> (x-a_2) vezes um polinômio R(x) de grau N-2, e portanto:
> P(x) = (x - a_1) * (x - a_2) * R(x)
> Seguindo com esse raciocínio até o final, escrevemos:
> P(x) = (x - a_1) * ... * (x - a_N) * A
> onde A, uma constante, é o polinômio de grau zero que sobrou. Como o
> coeficiente do termo de maior grau de Q é igual ao de P, e o de R é igual
> ao de Q, então o de R é igual ao de P. Continuando, descobrimos que a
> constante A é simplesmente o coeficiente do termo de maior grau do
> polinômio original P.
>
> Conclusão: se o polinômio P(x) = p_N*x^N + ... + p_1*x + p_0, tem N raízes
> distintas: a_1, ..., a_N, então ele pode ser fatorado da seguinte forma:
> P(x) = (x - a_1) * ... * (x - a_N) * p_N.
> Bom, dado qualquer 'x' que não seja nenhuma das raízes a_1, ..., a_N, os
> fatores (x - a_j) serão todos não-nulos, e portanto P(x) será não-nulo, ou
> seja, 'x' não será uma raíz de P. Ou seja, se você encontrar N raízes
> distintas para um polinômio de grau N, essas raízes são as únicas.
>
>
> Le ven. 25 oct. 2019 à 20:55, Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> a écrit :
>
>>
>> Alguém conhece um material ou mesmo a prova do teorema que diz todo
>> polinômio de grau n não tem mais que n raízes reais?
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Re: [obm-l] Polinomios

[Pedro Angelo]

Provar que não tem *mais* do que n raízes é elementar.

Lema: Se P(x) é um polinômio de grau N, e 'a' é uma raíz de P(x), então
P(x) = (x-a)*Q(x), onde Q(x) é um polinômio de grau N-1.
Demonstração: Monte um sistema linear (N+1)xN para descobrir quais devem
ser os coeficientes do polinômio Q em função de 'a' e dos coeficientes de
P. Você vai descobrir que:
q_{N-1} = p_N
q_{N-2} = p_{N-1} + a*p_N
...
q_0 = p_1 + a*p_2 + ... + a^{N-1}*p_N
-a*q_0 = p_0
Usando o fato de que P(a)=0, ou seja, p_0 + a*p_1 + ... + a^N*p_N = 0, você
vai descobrir que esse sistema tem exatamente 1 solução. Mais do que isso:
observando bem, você repara que o coeficiente do termo de maior grau de Q é
igual ao coeficiente do termo de maior grau de P.

Imagine agora que o polinômio P(x) de grau N tem N raízes distintas a_1,
..., a_N. Bom, então, para começar:
P(x) = (x - a_1)*Q(x).
Como a_2 também é raíz de P:
0 = P(a_2) = (a_2 - a_1)*Q(a_2)
Como (a_2 - a_1) é diferente de zero (as raízes são distintas), segue que
Q(a_2), ou seja, a_2 é raíz de Q(x), e portanto Q(x) pode ser fatorado em
(x-a_2) vezes um polinômio R(x) de grau N-2, e portanto:
P(x) = (x - a_1) * (x - a_2) * R(x)
Seguindo com esse raciocínio até o final, escrevemos:
P(x) = (x - a_1) * ... * (x - a_N) * A
onde A, uma constante, é o polinômio de grau zero que sobrou. Como o
coeficiente do termo de maior grau de Q é igual ao de P, e o de R é igual
ao de Q, então o de R é igual ao de P. Continuando, descobrimos que a
constante A é simplesmente o coeficiente do termo de maior grau do
polinômio original P.

Conclusão: se o polinômio P(x) = p_N*x^N + ... + p_1*x + p_0, tem N raízes
distintas: a_1, ..., a_N, então ele pode ser fatorado da seguinte forma:
P(x) = (x - a_1) * ... * (x - a_N) * p_N.
Bom, dado qualquer 'x' que não seja nenhuma das raízes a_1, ..., a_N, os
fatores (x - a_j) serão todos não-nulos, e portanto P(x) será não-nulo, ou
seja, 'x' não será uma raíz de P. Ou seja, se você encontrar N raízes
distintas para um polinômio de grau N, essas raízes são as únicas.


Le ven. 25 oct. 2019 à 20:55, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> a écrit :

>
> Alguém conhece um material ou mesmo a prova do teorema que diz todo
> polinômio de grau n não tem mais que n raízes reais?
> --
> Israel Meireles Chrisostomo
>
>
> 
>  Livre
> de vírus. www.avg.com
> .
> <#m_8824745352040677824_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> --
> 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] Polinomios

[Israel Meireles Chrisostomo]

Alguém conhece um material ou mesmo a prova do teorema que diz todo
polinômio de grau n não tem mais que n raízes reais?
-- 
Israel Meireles Chrisostomo


Livre
de vírus. www.avg.com
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-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Polinomios

[Israel Meireles Chrisostomo]

O polinômio P é um polinomio qualquer nas variáveis a,b e c , isto é a,b,c
são variáveis

Em 27 de setembro de 2015 17:02, Kelvin Anjos 
escreveu:

> Quem são a,b,c? E o polinômio P?
>
>
> Em 27 de setembro de 2015 16:19, Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>
>> Se eu provar que (a-b) divide um polinômio P, e depois provar que (a-c)
>> divide o polinômio P, e depois provar que (b-c) divide o polinomio P, então
>> eu posso dizer que o produto
>> (a-b)(a-c)(b-c) divide o polinômio P?
>>
>> --
>> 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] Polinomios

[Israel Meireles Chrisostomo]

Se eu provar que (a-b) divide um polinômio P, e depois provar que (a-c)
divide o polinômio P, e depois provar que (b-c) divide o polinomio P, então
eu posso dizer que o produto
(a-b)(a-c)(b-c) divide o polinômio P?

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

Re: [obm-l] Polinomios

[Kelvin Anjos]

Quem são a,b,c? E o polinômio P?


Em 27 de setembro de 2015 16:19, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:

> Se eu provar que (a-b) divide um polinômio P, e depois provar que (a-c)
> divide o polinômio P, e depois provar que (b-c) divide o polinomio P, então
> eu posso dizer que o produto
> (a-b)(a-c)(b-c) divide o polinômio P?
>
> --
> 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] Polinomios

[Esdras Muniz]

Sim.

Em domingo, 27 de setembro de 2015, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:

> O polinômio P é um polinomio qualquer nas variáveis a,b e c , isto é a,b,c
> são variáveis
>
> Em 27 de setembro de 2015 17:02, Kelvin Anjos  > escreveu:
>
>> Quem são a,b,c? E o polinômio P?
>>
>>
>> Em 27 de setembro de 2015 16:19, Israel Meireles Chrisostomo <
>> israelmchrisost...@gmail.com
>> > escreveu:
>>
>>> Se eu provar que (a-b) divide um polinômio P, e depois provar que (a-c)
>>> divide o polinômio P, e depois provar que (b-c) divide o polinomio P, então
>>> eu posso dizer que o produto
>>> (a-b)(a-c)(b-c) divide o polinômio P?
>>>
>>> --
>>> 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
Mestrando em Matemática
Universidade Federal do Ceará

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

Re: [obm-l] Polinomios

[Israel Meireles Chrisostomo]

Obrigado Esdras, vlw muito

Em 27 de setembro de 2015 22:09, Esdras Muniz 
escreveu:

> Sim.
>
>
> Em domingo, 27 de setembro de 2015, Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>
>> O polinômio P é um polinomio qualquer nas variáveis a,b e c , isto é
>> a,b,c são variáveis
>>
>> Em 27 de setembro de 2015 17:02, Kelvin Anjos 
>> escreveu:
>>
>>> Quem são a,b,c? E o polinômio P?
>>>
>>>
>>> Em 27 de setembro de 2015 16:19, Israel Meireles Chrisostomo <
>>> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>>>
 Se eu provar que (a-b) divide um polinômio P, e depois provar que (a-c)
 divide o polinômio P, e depois provar que (b-c) divide o polinomio P, então
 eu posso dizer que o produto
 (a-b)(a-c)(b-c) divide o polinômio P?

 --
 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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> Esdras Muniz Mota
> Mestrando em Matemática
> Universidade Federal do Ceará
>
>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
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Re: [obm-l] Polinomios

[Artur Costa Steiner]

Por polinômio infinito vc quer dizer uma série de potências, certo? 

Não, só vale para polinômios mesmo, com um número finito de coeficientes. O 
teorema aliás nem faz sentido para séries de potências. Estas têm termo 
independente mas não termo líder.  

Artur Costa Steiner

 Em 19/08/2015, às 22:23, Israel Meireles Chrisostomo 
 israelmchrisost...@gmail.com escreveu:
 
 O teorema das raízes racionais só vale para polinômios finitos ou vale 
 tmbm para infinitos?Se é que um polinômio pode ser infinito...
 
 -- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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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
=

Re: [obm-l] Polinomios

[Israel Meireles Chrisostomo]

Obrigado Artur

Em 20 de agosto de 2015 06:40, Artur Costa Steiner steinerar...@gmail.com
escreveu:

 Por polinômio infinito vc quer dizer uma série de potências, certo?

 Não, só vale para polinômios mesmo, com um número finito de coeficientes.
 O teorema aliás nem faz sentido para séries de potências. Estas têm termo
 independente mas não termo líder.

 Artur Costa Steiner

  Em 19/08/2015, às 22:23, Israel Meireles Chrisostomo 
 israelmchrisost...@gmail.com escreveu:
 
  O teorema das raízes racionais só vale para polinômios finitos ou
 vale tmbm para infinitos?Se é que um polinômio pode ser infinito...
 
  --
  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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 Instru�ões 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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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Polinomios

[Israel Meireles Chrisostomo]

O teorema das raízes racionais só vale para polinômios finitos ou vale tmbm
para infinitos?Se é que um polinômio pode ser infinito...

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

Re: [obm-l] POLINOMIOS qual o Resto da Divisao??

[Jeferson Almir]

puxa Vida douglas valeu mesmo, muitas vezes faco isso de testar casos
iniciais e nem me liguei dessa, mas fiquei curioso com a ideia de complexos
pode comentar??? desde ja agradeco

Em 11 de junho de 2012 16:04, douglas.olive...@grupoolimpo.com.brescreveu:

 **



 Olha você pode usar números complexos , ou fazer uma jogadinha tipo

 vou explicar com números primeiro por exemplo,
 2^8-1=(2^4+1)(2^4-1)=(2^4+1)(2^2+1)(2+1)(2-1) ou seja se o expoente é par
 sempre divisível,

 logo 2^(2^m)+1=2^(2^m)-1+2 e como 2^(2^m)-1 é divisível por 2^(2^n)+1 pois
 mn logo o resto será 2.

 Um Abraço do

 Douglas Oliveira de Lima



 On Sun, 10 Jun 2012 12:30:17 -0300, Jeferson Almir wrote:

 Dados m, n inteiros / mn ache o resto da divisao de X^(2^m) +1 por
 X^(2^n) +1

Re: [obm-l] POLINOMIOS qual o Resto da Divisao??

[douglas . oliveira]

  

Olha você pode usar números complexos , ou fazer uma jogadinha tipo


vou explicar com números primeiro por exemplo,
2^8-1=(2^4+1)(2^4-1)=(2^4+1)(2^2+1)(2+1)(2-1) ou seja se o expoente é
par sempre divisível,  

logo 2^(2^m)+1=2^(2^m)-1+2 e como 2^(2^m)-1 é
divisível por 2^(2^n)+1 pois mn logo o resto será 2. 

Um Abraço do 


Douglas Oliveira de Lima 

On Sun, 10 Jun 2012 12:30:17 -0300,
Jeferson Almir wrote: 

 Dados m, n inteiros / mn ache o resto da
divisao de X^(2^m) +1 por X^(2^n) +1

  

[obm-l] POLINOMIOS qual o Resto da Divisao??

[Jeferson Almir]

Dados m, n inteiros / mn ache o resto da divisao de X^(2^m) +1 por X^(2^n)
+1

RES: [obm-l] polinomios

[Artur Costa Steiner]

a)Se houver duas raízes simetricas, entao a soma das raizes eh a terceira raiz, 
que, pelas relacoes de Girard, eh -(-3)/1 = 3. Assim, fazendo x =3, temos que, 
27 - 27- 3k + 12 = 0 == k = 4. 
 
b) Se 1 for raiz, entao 1 -3 - k + 12 = 0 = k = 10. Para achar as outras 
raizes, divida pelo binomio x - 10, obtendo uma equacao do 2o grau, e aplique 
Bhaskara.
 
Artur

-Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] nome de Ney Falcao
Enviada em: quinta-feira, 29 de novembro de 2007 20:41
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] polinomios


Poderiam me ajudar com esta:
 
Considere a equação x³-3x²-kx+12=0
a) Determine k de modo que haja duas raízes simétricas
b)Se 1 for raiz dessa equação, quais são as outras raízes?
 
Ney

[obm-l] polinomios

[Ney Falcao]

Poderiam me ajudar com esta:

*Considere a equação x³-3x²-kx+12=0*
*a) Determine k de modo que haja duas raízes simétricas*
*b)Se 1 for raiz dessa equação, quais são as outras raízes?*

Ney

Re: [obm-l] polinomios

[Gustavo Henrique]

Ney Falcao wrote:

Poderiam me ajudar com esta:
 
/Considere a equação x³-3x²-kx+12=0/

/a) Determine k de modo que haja duas raízes simétricas/
/b)Se 1 for raiz dessa equação, quais são as outras raízes?/
 
Ney

Eis a minha resolução:

a) Aplico, inicialmente, a relação de Girard em que organizo a soma dos 
produtos das raízes tomadas duas a duas:


-k = x1*x2 + x1*x3 + x2*x3

Como duas das três raízes são simétricas, chamá-las-ei de r e -r. ( 
x1 = r e x2 = -r)


A relação fica assim:
- k = r*(-r) + r*x3 + (-r)*x3
- k = - r^2
k = r^2

Como r é raiz da equação, a seguinte igualdade é verdadeira:

r^3 - 3*r^2 - k*r + 12 = 0
Como k = r^2
r^3 - 3*r^2 - r^3 + 12 = 0
3*r^2 = 12
r^2 = 4

Portanto, k = 4.

b) 1 é raiz, então:

1^3 - 3*1^2 - k*1 + 12 = 0
k = 10

Eis a equação:
p(x) = 0 = x^3 - 3*x^2 - 10*x + 12
Então, se 1 é raiz, isso implica que o polinômio p(x) é divisível por 
d(x) = (x - 1).
Efetuando a divisão de p(x) por d(x) através do método prático de 
Briot-Ruffini,

obtenho o polinômio quociente q(x) = x^2 - 2*x -12.

As outras duas raízes de p(x) serão as raízes dessa função polinomial do 
segundo grau q(x), que podem ser facilmente obtidas através da fórmula 
de Bhaskara e são estas: x2 = 1 + (raiz de +23) e x3 = 1 - (raiz de +23).


Espero não ter cometido algum erro. Um abraço deste que vos escreve, e 
agradeço bastante pela questão.

[obm-l] POLINOMIOS

[Klaus Ferraz]

Prove que, para todo inteiro positivo n e para todo inteiro nao nulo a, o 
polinomio x^n+ax^(n-1)+ax^(n-2)+..+ax-1 é irredutivel, i.e nao pode ser escrito 
como o produto de dois polinomios nao constantes com coeficientes inteiros.
Esse problema tah na eureka 21. pag 46 http://www.obm.org.br/frameset-eureka.htm
eu nao entendi o seguinte, por que q ele define Q_a(x)=P_a(x)*(x-1) e por que 
tambem que ele define R(x)=(Q_a(x))/(x-alpha) de onde veio isso? Mais adiante, 
...=R(1)+1/alpha=1/alpha=|1/alpha| ??? , outra ... em particular, alpha é 
raiz simples de P_a(x), caso contrário alpha pertencente a (0,1) seria raiz de 
R(x) ??? , Por outro lado podemos supor sem perdas que alpha é raiz de f(x) 
porque sem perdas???
Agradeço qualquer esclarecimento.

__
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Re:[obm-l] Polinomios

[claudio\.buffara]

Como o mestre não respondeu, aqui vai a minha explicação:

Em vez de trocar x por x/3 faça x = y/3.
Daí f(3x-2) = 81f(x) vira f(y-2)=81f(y/3).
Fica mais claro assim?

E o grau foi obtido comparando os termos de maior grau:
f(y-2) = a_n(y-2)^n +... == Termo de maior grau = a_ny^n
81f(y/3)= 81a_n(y/3)^n + ...== T. de m. g. = a_n(81/3^n)y^n
Logo, 81/3^n = 1 == n = 4.

[]s,
Claudio.





De:
[EMAIL PROTECTED]




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




Cópia:





Data:
Tue, 25 Jul 2006 18:43:02 + (GMT)




Assunto:
Re:[obm-l] Polinomios
 Ola mestre,
  nao entendi pq trocou x por x/3 na expressao do polinomio e como q se obteu o grau do polinomio.
 Grato."claudio.buffara" [EMAIL PROTECTED] escreveu:
 1) Determine todos os polinomios P nao identicamente nulos tais que P(3x-2)=81P(x) para todo x real. x = 1 == P(1) = 81P(1) == P(1) = 0 == P(x) = (x - 1)Q(x)P(x - 2) = 81P(x/3)Se P(x) = a_0 + a_1x + ... + a_nx^n, entao, comparando os termos de maior grau:a_nx^n = 81a_n(x/3)^n == n = 4Logo, podemos escrever P(x) = (x - 1)(ax^3 + bx^2 + cx + d)P(x-2) = (x - 3)(a(x-2)^3 + b(x-2)^2 + c(x-2) + d) ==P(x-2) = (x - 3)(ax^3 + (-6a+b)x^2 + (12a-4b+c)x + (-8a+4b-2c+d)81P(x/3) = 81(x/3 - 1)(a(x/3)^3 + b(x/3)^2 + c(x/3) + d) ==81P(x/3) = (x - 3)(ax^3 + 3bx^2 + 9cx + 27d)Igualando coeficientes, teremos:-6a+b = 3b12a-4b+c = 9c-8a+4b-2c+d = 27d ==b = -3ac = 3ad = -a ==P(x) = a(x - 1)(x^3 - 3x^2 + 3x - 1) ==P(x) = a(x - 1)^4onde a = real qualquer nao-nulo.[]s,Claudio.=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=


O Yahoo! está de cara nova. Venha conferir!

Re:[obm-l] Polinomios

[claudio\.buffara]

 1) Determine todos os polinomios P nao identicamente nulos tais que 
 P(3x-2)=81P(x) para todo x real. 

x = 1 == P(1) = 81P(1) == P(1) = 0 == P(x) = (x - 1)Q(x)
P(x - 2) = 81P(x/3)
Se P(x) = a_0 + a_1x + ... + a_nx^n, entao, comparando os termos de maior grau:
a_nx^n = 81a_n(x/3)^n == n = 4
Logo, podemos escrever P(x) = (x - 1)(ax^3 + bx^2 + cx + d)

P(x-2) = (x - 3)(a(x-2)^3 + b(x-2)^2 + c(x-2) + d) ==
P(x-2) = (x - 3)(ax^3 + (-6a+b)x^2 + (12a-4b+c)x + (-8a+4b-2c+d)
 
81P(x/3) = 81(x/3 - 1)(a(x/3)^3 + b(x/3)^2 + c(x/3) + d) ==
81P(x/3) = (x - 3)(ax^3 + 3bx^2 + 9cx + 27d)

Igualando coeficientes, teremos:
-6a+b = 3b
12a-4b+c = 9c
-8a+4b-2c+d = 27d ==

b = -3a
c = 3a
d = -a ==

P(x) = a(x - 1)(x^3 - 3x^2 + 3x - 1) ==
P(x) = a(x - 1)^4
onde a = real qualquer nao-nulo.


[]s,
Claudio.




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=

Re:[obm-l] Polinomios

[Klaus Ferraz]

Ola mestre,   nao entendi pq trocou x por x/3 na expressao do polinomio e como q se obteu o grau do polinomio.  Grato."claudio.buffara" [EMAIL PROTECTED] escreveu:   1) Determine todos os polinomios P nao identicamente nulos tais que P(3x-2)=81P(x) para todo x real. x = 1 == P(1) = 81P(1) == P(1) = 0 == P(x) = (x - 1)Q(x)P(x - 2) = 81P(x/3)Se P(x) = a_0 + a_1x + ... + a_nx^n, entao, comparando os termos de maior grau:a_nx^n = 81a_n(x/3)^n == n = 4Logo, podemos escrever P(x) = (x - 1)(ax^3 + bx^2 + cx + d)P(x-2) = (x - 3)(a(x-2)^3 + b(x-2)^2 + c(x-2) + d) ==P(x-2) = (x - 3)(ax^3 + (-6a+b)x^2 + (12a-4b+c)x + (-8a+4b-2c+d)81P(x/3) =
 81(x/3 - 1)(a(x/3)^3 + b(x/3)^2 + c(x/3) + d) ==81P(x/3) = (x - 3)(ax^3 + 3bx^2 + 9cx + 27d)Igualando coeficientes, teremos:-6a+b = 3b12a-4b+c = 9c-8a+4b-2c+d = 27d ==b = -3ac = 3ad = -a ==P(x) = a(x - 1)(x^3 - 3x^2 + 3x - 1) ==P(x) = a(x - 1)^4onde a = real qualquer nao-nulo.[]s,Claudio.=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html= 
		 
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[obm-l] Polinomios

[Klaus Ferraz]

1) Determine todos os polinomios P nao identicamente nulos tais que P(3x-2)=81P(x) para todo x real.   2)Determine todos os polinomios f tais que f(x^2)+f(x)f(x+1)=0 para todo x real.VLw. 
		 
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RES: [obm-l] Polinomios com coeficientes inteiros

[Artur Costa Steiner]

Acho que eh isso sim. Essa demonstracao eh incrivelmente mais simples do que
a que eu vi, que utilizava o conceito de norma  2-adica.
Artur

-Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]
nome de claudio.buffara
Enviada em: quinta-feira, 11 de maio de 2006 21:15
Para: obm-l
Assunto: Re:[obm-l] Polinomios com coeficientes inteiros


-- Cabeçalho original ---

De: [EMAIL PROTECTED]
Para: OBM-l (E-mail) obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia: 
Data: Thu, 11 May 2006 16:38:26 -0300
Assunto: [obm-l] Polinomios com coeficientes inteiros

 Alguem conhece este teorema?
 Suponhamos que P seja um polinomio do grau n com coeficientes inteiros e
 tenha um numero impar de coeficientes impares, incluindo, dentre estes
 ultimos, os coeficientes do termo independente e do termo dominante.
Entao,
 P nao tem raizes a + b*i nas quais a e b sejam ambos racionais. O que
 implica que P nao admite raizes reais racionais.
 Eu vi um esquema da demonstracao, nao entendi tudo. No caso especifico de
 n=2 a demosntracao eh simples.
 Artur
 
 

Suponhamos que (a + bi)/c seja uma raiz de p(x), com a, b e c inteiros, c 
0 e mdc(a,b,c) = 1 (se mdc(a,b,c)  1, 
poderiamos cancelar este fator comum de a, b e c).
Nesse caso, (a - bi)/c tambem eh raiz == 
p(x) eh divisivel por c^2x^2 - 2acx + (a^2+b^2) (em Z[x])

Como o coeficiente lider e o termo independente de p(x) sao impares, temos
que c^2 e a^2+b^2 sao impares, pois sao fatores 
do coeficiente lider e do termo independente, respectivamente. 

A condicao nos coeficientes significa que se z eh um inteiro impar, entao
p(z) tambem eh impar.
Em particular p(1) eh impar.

p(1) = c^2 - 2ac + (a^2+b^2) = impar - par + impar = par == contradicao

Logo, p(x) nao admite raizes em Q(i).

Acho que eh isso.

[]s,
Claudio.



=
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[obm-l] Polinomios com coeficientes inteiros

[Artur Costa Steiner]

Alguem conhece este teorema?
Suponhamos que P seja um polinomio do grau n com coeficientes inteiros e
tenha um numero impar de coeficientes impares, incluindo, dentre estes
ultimos, os coeficientes do termo independente e do termo dominante. Entao,
P nao tem raizes a + b*i nas quais a e b sejam ambos racionais. O que
implica que P nao admite raizes reais racionais.
Eu vi um esquema da demonstracao, nao entendi tudo. No caso especifico de
n=2 a demosntracao eh simples.
Artur



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Re:[obm-l] Polinomios com coeficientes inteiros

[claudio\.buffara]

-- Cabeçalho original ---

De: [EMAIL PROTECTED]
Para: OBM-l (E-mail) obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia: 
Data: Thu, 11 May 2006 16:38:26 -0300
Assunto: [obm-l] Polinomios com coeficientes inteiros

 Alguem conhece este teorema?
 Suponhamos que P seja um polinomio do grau n com coeficientes inteiros e
 tenha um numero impar de coeficientes impares, incluindo, dentre estes
 ultimos, os coeficientes do termo independente e do termo dominante. Entao,
 P nao tem raizes a + b*i nas quais a e b sejam ambos racionais. O que
 implica que P nao admite raizes reais racionais.
 Eu vi um esquema da demonstracao, nao entendi tudo. No caso especifico de
 n=2 a demosntracao eh simples.
 Artur
 
 

Suponhamos que (a + bi)/c seja uma raiz de p(x), com a, b e c inteiros, c  0 
e mdc(a,b,c) = 1 (se mdc(a,b,c)  1, 
poderiamos cancelar este fator comum de a, b e c).
Nesse caso, (a - bi)/c tambem eh raiz == 
p(x) eh divisivel por c^2x^2 - 2acx + (a^2+b^2) (em Z[x])

Como o coeficiente lider e o termo independente de p(x) sao impares, temos que 
c^2 e a^2+b^2 sao impares, pois sao fatores 
do coeficiente lider e do termo independente, respectivamente. 

A condicao nos coeficientes significa que se z eh um inteiro impar, entao p(z) 
tambem eh impar.
Em particular p(1) eh impar.

p(1) = c^2 - 2ac + (a^2+b^2) = impar - par + impar = par == contradicao

Logo, p(x) nao admite raizes em Q(i).

Acho que eh isso.

[]s,
Claudio.



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http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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RE: [obm-l] Polinomios

[Dymitri Cardoso Leão]

Um tempinho depois de postar a questao, consegui resolver. Mesmo assim, obg.



From: Luís Lopes [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Polinomios
Date: Thu, 23 Mar 2006 21:23:37 +

Sauda,c~oes,

Este problema apareceu na RPM 15 (1989) e nas páginas
113--114 do Manual de Indução.

Sugestão: pense na desigualdade das médias geométrica
e aritmética.

[]'s
Luís



From: Dymitri Cardoso Leão [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Polinomios
Date: Wed, 22 Mar 2006 13:38:56 +

Supondo que o polinomio de coeficientes reais P(x) = x^100 - 600.x^99 + 
a98.x^98 + . + a1.x + a0 tenha 100 raízes reais e que P(7)  1, mostre 
que existe pelo menos uma raiz maior do que 7.



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


_
COPA 2006: Enfeite o seu MSN Messenger de verde e amarelo! 
http://copa.br.msn.com/extra/emoticons/


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[obm-l] Polinomios

[Dymitri Cardoso Leão]

Supondo que o polinomio de coeficientes reais P(x) = x^100 - 600.x^99 + 
a98.x^98 + . + a1.x + a0 tenha 100 raízes reais e que P(7)  1, mostre 
que existe pelo menos uma raiz maior do que 7.


_
COPA 2006: O horário dos jogos do Brasil na Copa Clique aqui! 
http://copa.br.msn.com/tabelas/tabela/


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

Re: [obm-l] polinomios (2 de olimpiada)

[Bob Roy]

Olá Klaus,
Para o segundo problema pense assim : Se xo é
raiz de f(x) = 1+x + x^2/2! + x^3/3! +...+ x^n/n! então
é da derivada também; o que não
ocorre , já que f´(x) = 1+x + x^2/2! + x^3/3! +...+
x^(n-1)/(n-1)! e se , xo fosse raiz desses
dois poliômios , teríamos xo=0 . Este fato
evidentemente não é verdadeiro , ok ?
[]´s  Bob

At 17:27 11/11/2005, Klaus Ferraz wrote:
Determine todos os polinomios
P(x) tais que P(x^2+1) = (P(x))^2+1 para todo x real.

Mostre que o polinomio 1+x + x^2/2! + x^3/3! +...+ x^n/n! nao possui
raizes multiplas.

Agradeço a colaboracao do senhores.

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[obm-l] polinomios (2 de olimpiada)

[Klaus Ferraz]

Determine todos os polinomios P(x) tais que P(x^2+1)= (P(x))^2+1 para todo x real.

Mostre que o polinomio 1+x + x^2/2! + x^3/3! +...+ x^n/n! nao possui raizes multiplas.

Agradeço a colaboracao do senhores.
		 
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Re: [obm-l] polinomios

[Danilo Nascimento]

Ola
 Basta efetuar a divisao de polinomios

12a^2x^3 + 15a^3x^2 | 3ax
-12a^2x^3 |
015a^3x^2 | 4ax^2 + 5a^2x 0Leandro Nishijima [EMAIL PROTECTED] escreveu:
Ola amigos gostaria de saber se alguem poderia me explicar esse problema pois jahtentei resolve-lo de diversas forma e nao consegui, qualquer ajuda sera bem vinda!O produto de um monomio por um polinomio da 12a^2x^3 + 15a^3x^2.Se o monomio é 3ax,qual é o polinomio?gabarito: 4ax^2 + 5a^2x=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=__Converse com seus amigos em tempo real com o Yahoo! Messenger http://br.download.yahoo.com/messenger/ 

[obm-l] polinomios

[Leandro Nishijima]

Ola amigos gostaria de saber se alguem poderia me explicar esse problema pois 
jah
tentei resolve-lo de diversas forma e nao consegui, qualquer ajuda sera bem 
vinda!

O produto de um monomio por um polinomio da 12a^2x^3 + 15a^3x^2.Se o monomio é 
3ax,
qual é o polinomio?

gabarito: 4ax^2 + 5a^2x



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

Re: [obm-l] polinomios

[Tio Cabri st]

3ax . P = 12a^2x^3 + 15a^3x^2
(3ax . P)/3ax = (12a^2x^3 + 15a^3x^2)/3ax
P = 4ax^2 + 5a^2x


- Original Message -
From: Leandro Nishijima [EMAIL PROTECTED]
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Friday, September 02, 2005 10:49 PM
Subject: [obm-l] polinomios


Ola amigos gostaria de saber se alguem poderia me explicar esse problema
pois jah
tentei resolve-lo de diversas forma e nao consegui, qualquer ajuda sera bem
vinda!

O produto de um monomio por um polinomio da 12a^2x^3 + 15a^3x^2.Se o monomio
é 3ax,
qual é o polinomio?

gabarito: 4ax^2 + 5a^2x



=
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http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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Re: [obm-l] POLINOMIOS: raizes complexas

[Carolina]

Na verdade, nesse caso a raiz da função complexa deve ser analisada no plano 3D,pois 
ela estará no eixo Z, com x sendo o eixo dos Reais e y o eixo dos Imaginários. No 
plano cartesiano comum, as raízes complexas não aparecem,claro,porque no gráfico 
aparecem valores aproximados a elas. Não sei se é exatamente isso,mas foi o que meu 
professor me falou ( ser estudante do Ensino Médio é muito chato,sempre te explicam as 
coisas de forma simplificada,como se você não fosse entender nada!)

Té Mais,
Carol



On Sat, 12 Jun 2004 16:51:55 -0300, Márcio Barbado Jr. [EMAIL PROTECTED] escreveu:

 De: Márcio Barbado Jr. [EMAIL PROTECTED]
 Data: Sat, 12 Jun 2004 16:51:55 -0300
 Para: Lista da OBM [EMAIL PROTECTED]
 Assunto: [obm-l] POLINOMIOS: raizes complexas
 
   Ola senhores
 
   Eh comum, ao possuirmos uma raiz de um polinomio, substituirmos esta
 na funcao polinomial que por sua vez eh igualada a zero.
 
   Tal procedimento entretanto, ao levarmos em consideração o plano de
 Gauss (ou que seja o proprio cartesiano), equivale a situação em que a
 ordenada serah zero, pois a curva encontrarah o eixo horizontal quando este
 assume valor de raiz (que novidade)! Mas eh exatamente esta a minha duvida:
 se sabemos que raizes com parte imaginaria nao podem estar sobre o eixo
 horizontal e portanto possuem ordenada diferente de zero, como se explica o
 fato de produzirem valor zero ao serem substituidas na funcao polinomial?
 
 Obrigado por sua atenção
 
 
 
 Marcio  
 
 
 
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[obm-l] POLINOMIOS: raizes complexas

[Márcio Barbado Jr.]

Ola senhores

Eh comum, ao possuirmos uma raiz de um polinomio, substituirmos esta
na funcao polinomial que por sua vez eh igualada a zero.

Tal procedimento entretanto, ao levarmos em consideração o plano de
Gauss (ou que seja o proprio cartesiano), equivale a situação em que a
ordenada serah zero, pois a curva encontrarah o eixo horizontal quando este
assume valor de raiz (que novidade)! Mas eh exatamente esta a minha duvida:
se sabemos que raizes com parte imaginaria nao podem estar sobre o eixo
horizontal e portanto possuem ordenada diferente de zero, como se explica o
fato de produzirem valor zero ao serem substituidas na funcao polinomial?

Obrigado por sua atenção



Marcio  



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[obm-l] Polinomios e bijecoes em Z_p

[Claudio Buffara]

Oi, pessoal:

Preciso de ajuda com o problema de se determinar quando um polinomio de
coeficientes inteiros eh uma bijecao em Z_p (Z_p: corpo dos inteiros mod p)

Eu sei que podemos nos restringir a polinomios f(x) monicos de grau = p-1,
pois se grau(f(x)) = p, basta tomar o resto da divisao de f(x) por x^p - x
e se f(x) nao for monico, basta multiplica-lo pelo inverso do coeficiente
lider.

Baseado no fato de que nenhum polinomio de grau 2 eh uma bijecao, eu
inicialmente pensei que um tal f(x) teria que ser da forma ax + b, onde a eh
primo com p. 

Mas dai, descobri que f(x) = x^3 eh uma bijecao em Z_5 e, mais geralmente,
f(x) = x^(p-2) eh uma bijecao em Z_p, pois:
f(0) = 0 e se a  0, entao a^(p-1) = 1 == a^(p-2) = a^(-1) e o inverso de
um elemento inversivel de qualquer corpo eh unico.

Isso implica, mais geralmente, que f(x) = (ax + b)^(p-2) com (a,p) = 1 eh
uma bijecao em Z_p.

Mais geralmente ainda, se n for primo com p-1, entao f(x) = (ax + b)^n eh
uma bijecao pois nesse caso existirao inteiros r, s tais que r*n + s*(p-1) =
1, e dai, em Z_p: 
x = x^1 = x^(r*n + s*(p-1)) = (x^n)^r * (x^(p-1))^s = (x^n)^r.
Logo, a^n = b^n == a = (a^n)^r = (b^n)^r = b == x^n eh injetiva ==
x^n eh sobrejetiva, pois Z_p eh finito == x^n eh uma bijecao ==
f(x) = (ax + b)^n eh uma bijecao

Minha pergunta: alem de f(x) = (ax + b)^n, com (a,p) = 1 e (n,p-1) = 1,
existem outros polinomios que sao bijecoes em Z_p?


[]s,
Claudio.








 

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Re: [obm-l] Polinomios e bijecoes em Z_p

[Nicolau C. Saldanha]

On Tue, Mar 16, 2004 at 03:53:38PM -0300, Claudio Buffara wrote:
 Oi, pessoal:
 
 Preciso de ajuda com o problema de se determinar quando um polinomio de
 coeficientes inteiros eh uma bijecao em Z_p (Z_p: corpo dos inteiros mod p)
...
 Minha pergunta: alem de f(x) = (ax + b)^n, com (a,p) = 1 e (n,p-1) = 1,
 existem outros polinomios que sao bijecoes em Z_p?

Claro que sim. Por interpolação (que já foi discutida o bastante
quando falávamos de seqüências) *qualquer* função de Z/(p) em Z/(p)
é dada por um polinômio de grau menor do que p. Ou seja, temos p!
polinômios de grau  p que dão bijeções de Z/(p) em Z/(p) e a sua
expressão dá menos do que p^3 polinômios. Para p = 7 temos que p!
é bem maior do que p^3. Mesmo para p = 5 existem polinômios que
são bijeções e não são da forma que você descreveu.

[]s, N.

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[obm-l] Polinomios e bijecoes em Z_p (II)

[Claudio Buffara]

Eu sou uma anta...

O numero de polinomios distintos em Z_p de grau = p-1 eh p^p (incluindo o
polinomio identicamente nulo).

Mas o numero de funcoes de Z_p em Z_p eh igual a p^p.

Isso implica que toda funcao de Z_p em Z_p eh um polinomio (!!!).

***

Existem p! bijecoes de Z_p em Z_p. Logo, existirao apenas p! polinomios
bijetivos.

Quantos desses sao da forma f(x) = (ax + b)^n com (a,p) = (n,p-1) = 1?

Teremos p-1 escolhas para a, p para b e Phi(p-1) para n.
Total: p*(p-1)*Phi(p-1).

Para p = 5, como Phi(p-1)  (p-2)!, certamente vai existir algum polinomio
bijetivo que nao eh da forma acima.

A pergunta permanece: Quais sao eles?


[]s,
Claudio.


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Re: [obm-l] Polinomios e bijecoes em Z_p

[Claudio Buffara]

on 16.03.04 17:09, Nicolau C. Saldanha at [EMAIL PROTECTED] wrote:

 On Tue, Mar 16, 2004 at 03:53:38PM -0300, Claudio Buffara wrote:
 Oi, pessoal:
 
 Preciso de ajuda com o problema de se determinar quando um polinomio de
 coeficientes inteiros eh uma bijecao em Z_p (Z_p: corpo dos inteiros mod p)
 ...
 Minha pergunta: alem de f(x) = (ax + b)^n, com (a,p) = 1 e (n,p-1) = 1,
 existem outros polinomios que sao bijecoes em Z_p?
 
 Claro que sim. Por interpolação (que já foi discutida o bastante
 quando falávamos de seqüências) *qualquer* função de Z/(p) em Z/(p)
 é dada por um polinômio de grau menor do que p. Ou seja, temos p!
 polinômios de grau  p que dão bijeções de Z/(p) em Z/(p) e a sua
 expressão dá menos do que p^3 polinômios. Para p = 7 temos que p!
 é bem maior do que p^3. Mesmo para p = 5 existem polinômios que
 são bijeções e não são da forma que você descreveu.
 
 []s, N.
 
Eu me dei conta disso 1 minuto depois de ter mandado a minha msg.

Mas ainda assim gostaria de saber se estes polinomios bijetivos tem alguma
forma especial.

Por exemplo, serah que todos os polinomios bijetivos sao obtidos a partir de
composicoes dos polinomios da forma acima e possiveis reducoes mod x^p - x?

Ou serah que esse eh um daqueles problemas cuja solucao eh feia e nao
oferece nenhum tipo de insight estrutural?

[]s,
Claudio.


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[obm-l] polinomios

[ax^2]

Determine o resto da divisão de um polinômio A(z) por B(z) = z² + 1,
conhecendo A(i) e A(-i), em que i é a unidade imaginária.

Um polinômio P(x) é divisível por x + 1, e, dividido por x² + 1, dá
quociente x² - 4 e resto R(x). Se R(2) = 9, escreva P(x).

Decomponha em fatores do primeiro grau:
6x² - 5xy + y²
Dá (2x - y)(3x - y), mas como que faz?

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Re: [obm-l] polinomios

[Ricardo Bittencourt]

ax^2 wrote:

Decomponha em fatores do primeiro grau:
6x² - 5xy + y²
Dá (2x - y)(3x - y), mas como que faz?
O jeito mais fácil é fazer usando a intuição, você dá
uma olhadinha, fatora uns números aqui, faz soma e produto ali,
e manda ver. Mas se você não quiser pensar, então você usa álgebra:
	(ax+by+c)(dx+ey+f)=6xx+5xy+yy

	Abrindo a expressão você tem 6 equações e 6 variáveis:

ad=6
be=1
ae+bd=-5
af+cd=0
bf+ce=0
cf=0
	Aí é só arregaçar as mangas e resolver!


Ricardo Bittencourt   http://www.mundobizarro.tk
[EMAIL PROTECTED]Vitrum edere possum, mihi non nocet
-- União contra o forward - crie suas proprias piadas --
=
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Re: [obm-l] polinomios

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Porrada!
Escreva tudo como A(x)=B(x)*q(x)+r(x) e veja aonde vai dar...ax^2 [EMAIL PROTECTED] wrote:

Determine o resto da divisão de um polinômio A(z) por B(z) = z² + 1,conhecendo A(i) e A(-i), em que i é a unidade imaginária.
Um polinômio P(x) é divisível por x + 1, e, dividido por x² + 1, dáquociente x² - 4 e resto R(x). Se R(2) = 9, escreva P(x).Decomponha em fatores do primeiro grau:6x² - 5xy + y²Dá (2x - y)(3x - y), mas como que faz?=Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista emhttp://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html=Yahoo! Mail - 6MB, anti-spam e antivírus gratuito. Crie sua conta agora!

Re: [obm-l] polinomios

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Pode-se fazer sem tanta tosqueira...
Interprete como uma funcao do segundo grau em y:
y^2+(-5x)y+(6x^2).agora resoçlve como deltas e vai em frente!Ricardo Bittencourt [EMAIL PROTECTED] wrote:
ax^2 wrote: Decomponha em fatores do primeiro grau: 6x² - 5xy + y² Dá (2x - y)(3x - y), mas como que faz?O jeito mais fácil é fazer usando a intuição, você dáuma olhadinha, fatora uns números aqui, faz soma e produto ali,e manda ver. Mas se você não quiser pensar, então você usa álgebra:(ax+by+c)(dx+ey+f)=6xx+5xy+yyAbrindo a expressão você tem 6 equações e 6 variáveis:ad=6be=1ae+bd=-5af+cd=0bf+ce=0cf=0Aí é só arregaçar as mangas e resolver!Ricardo Bittencourt http://www.mundobizarro.tk[EMAIL PROTECTED] "Vitrum edere possum, mihi non nocet"-- União contra o forward - crie suas proprias piadas --=Instruções para
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Re: [obm-l] polinomios

[Ricardo Bittencourt]

ax^2 wrote:

Determine o resto da divisão de um polinômio A(z) por B(z) = z² + 1,
conhecendo A(i) e A(-i), em que i é a unidade imaginária.
O resto tem que tem grau menor que B(z) né?
Então R(z) é algo do tipo az+b
Por outro lado, você pode escrever A(z) como
A(z)=C(z)B(z)+R(z)=C(z)(z*z+1)+R(z)=C(z)(z+i)(z-i)+R(z)
Portanto
A(i)=C(i)(i+i)(i-i)+R(i)=R(i)
A(-i)=C(-i)(-i+i)(-i-i)+R(-i)=R(-i)
Daí você tira que:
R(i)=a*i+b=A(i)
R(-i)=a*(-i)+b=A(-i)
2b=A(i)+A(-i)
	e conclui-se que

b=(A(i)+A(-i))/2
a=(A(i)-b)/i=(2A(i)-A(i)-A(-i))/2i=(A(i)-A(-i))/2i

Ricardo Bittencourt   http://www.mundobizarro.tk
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Re: [obm-l] polinomios

[Claudio Buffara]

on 20.07.03 23:50, Eduardo Henrique Leitner at [EMAIL PROTECTED] wrote:

 Um polinômio f, divido por x+2 e x^2 + 4, dá restos 0 e x+1,
 respectivavemente. Qual é o resto da divisão de f por (x+2)(x^2 + 4)?
 
 tipo, eu resolvih fatorando o x^2 + 4 em (x + 2i)(x - 2i), mas eu acho que
 deve ter uma maneira mais real (não usando imaginários eu digo...) de resolver
 o exercício...
 se alguém souber souber se tem ou não tem outra maneira, por favor me diga...
 e caso tenha, como é?
 =
 Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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 =
 
Oi, Eduardo (e demais colegas da lista):

Estou de volta, depois de longas ferias. Assim, por favor desculpe a minha
forma bracal de resolver este problema (que deve ser parecida com a sua,
pois tambem envolve imaginarios):

Existe um polinomio g(x) tal que:
f(x) = (x+2)*(x^2+4)*g(x) + r(x), onde r(x) eh o resto procurado.

Como (x+2)(x^2+4) tem grau 3, r(x) tem grau no maximo 2 ==

r(x) = ax^2 + bx + c, para racionais a, b, c (a serem determinados).

Do enunciado, temos que existem polinomios p(x) e q(x) tais que:
f(x) = (x+2)*p(x) 
f(x) = (x^2+4)*q(x) + (x+1)

Isso implica que:
f(-2) = 0
f(2i) = 1 + 2i   e   f(-2i) = 1 - 2i

Assim:
f(-2) = r(-2) = 0
f(2i) = r(2i) = 1 + 2i
f(-2i) = r(-2i) = 1 - 2i

Logo:
r(-2) = 4a - 2b + c = 0
r(2i) = -4a + 2ib + c = 1 + 2i
r(-2i) = -4a - 2ib + c = 1 - 2i

Resolvendo o sistema, achamos:
a = 1/8
b = 1
c = 3/2

Logo:
r(x) = x^2/8 + x + 3/2

Um abraco,
Claudio.
p(x) = (x^2+4)*q(x)/(x+2) + (x+1)/(x+2)

=
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Re: [obm-l] polinomios

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet]

Eu usaria algo como comparaçao de coeficientes.
f(x)=(x+2)G(x) e
f(x)=x+1+(x^2+4)H(x).Multiplicando talvez de
certo...

 --- Eduardo Henrique Leitner
[EMAIL PROTECTED] escreveu:  Um polinômio f,
divido por x+2 e x^2 + 4, dá
 restos 0 e x+1, respectivavemente. Qual é o
 resto da divisão de f por (x+2)(x^2 + 4)?
 
 tipo, eu resolvih fatorando o x^2 + 4 em (x +
 2i)(x - 2i), mas eu acho que deve ter uma
 maneira mais real (não usando imaginários eu
 digo...) de resolver o exercício...
 se alguém souber souber se tem ou não tem outra
 maneira, por favor me diga... e caso tenha,
 como é?

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[obm-l] polinomios

[Eduardo Henrique Leitner]

Um polinômio f, divido por x+2 e x^2 + 4, dá restos 0 e x+1, respectivavemente. Qual é 
o resto da divisão de f por (x+2)(x^2 + 4)?

tipo, eu resolvih fatorando o x^2 + 4 em (x + 2i)(x - 2i), mas eu acho que deve ter 
uma maneira mais real (não usando imaginários eu digo...) de resolver o exercício...
se alguém souber souber se tem ou não tem outra maneira, por favor me diga... e caso 
tenha, como é?
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[obm-l] polinomios

[Eduardo Henrique Leitner]

Fundamentos de Matemática Elementar, volume 6

Gelson Iezzi

145. Seja P(x) um polinômio de 5^o grau que satisfaz as condições:

1 = P(1) = P(2) = P(3) = P(4) = P(5)
e
0 = P(6).

Qual o valor de P(0)?



eu tentei fazer pelo sistema... mas putz... sem condições...
=
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=

Re: [obm-l] polinomios

[Marcelo Rufino de Oliveira]

Seja Q(x) = P(x) - 1   =   Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = Q(5) = 0. Como Q(x)
também possui grau cinco, 1, 2, 3, 4, e 5 são as cinco raízes de Q(x)   =
Q(x) = A(x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5) (1)

P(6) = 0   =   Q(6) = - 1

Aplicando x = 6 em (1)   =   - 1 = A.5.4.3.2.1   =   A = - 1/120   =
Q(x) = - (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5)/120   =
P(x) = 1 - (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5)/120

Assim,  P(0) = 1 - (-1)(-2)(-3)(-4)(-5)/120   =   P(0) = 2



Marcelo Rufino de Oliveira


- Original Message -
From: Eduardo Henrique Leitner [EMAIL PROTECTED]
To: lista de matemática [EMAIL PROTECTED]
Sent: Tuesday, July 15, 2003 6:52 PM
Subject: [obm-l] polinomios


 Fundamentos de Matemática Elementar, volume 6

 Gelson Iezzi

 145. Seja P(x) um polinômio de 5^o grau que satisfaz as condições:

 1 = P(1) = P(2) = P(3) = P(4) = P(5)
 e
 0 = P(6).

 Qual o valor de P(0)?



 eu tentei fazer pelo sistema... mas putz... sem condições...
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Re: [obm-l] polinomios

[Fernando Henrique Ferraz Pereira da Rosa]

 Incidentalmente há uns 2 anos também 'trombei' com esse problema e tive a
paciência de resolver o sistema para achar a resposta. De qualquer forma
postei uma mensagem para a lista e me mandaram uma sugestão mais simples:
 http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.200107/msg4.html


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Re: [obm-l] polinomios

[Eduardo Henrique Leitner]

valeu cara! eu realmente nao hia pensar nisso...

On Tue, Jul 15, 2003 at 07:46:29AM -0300, Marcelo Rufino de Oliveira wrote:
 Seja Q(x) = P(x) - 1   =   Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = Q(5) = 0. Como Q(x)
 também possui grau cinco, 1, 2, 3, 4, e 5 são as cinco raízes de Q(x)   =
 Q(x) = A(x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5) (1)
 
 P(6) = 0   =   Q(6) = - 1
 
 Aplicando x = 6 em (1)   =   - 1 = A.5.4.3.2.1   =   A = - 1/120   =
 Q(x) = - (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5)/120   =
 P(x) = 1 - (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5)/120
 
 Assim,  P(0) = 1 - (-1)(-2)(-3)(-4)(-5)/120   =   P(0) = 2
 
 
 
 Marcelo Rufino de Oliveira
 
 
 - Original Message -
 From: Eduardo Henrique Leitner [EMAIL PROTECTED]
 To: lista de matemática [EMAIL PROTECTED]
 Sent: Tuesday, July 15, 2003 6:52 PM
 Subject: [obm-l] polinomios
 
 
  Fundamentos de Matemática Elementar, volume 6
 
  Gelson Iezzi
 
  145. Seja P(x) um polinômio de 5^o grau que satisfaz as condições:
 
  1 = P(1) = P(2) = P(3) = P(4) = P(5)
  e
  0 = P(6).
 
  Qual o valor de P(0)?
 
 
 
  eu tentei fazer pelo sistema... mas putz... sem condições...
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Re: [obm-l] polinomios

[Eduardo Henrique Leitner]

hahaha, mas você usou calculadora né?!?!

orra, se você fez tudo aquilo na mão cara... eu te respeito! (ou não)

mas valeu ae

On Wed, Jul 16, 2003 at 01:36:59AM +0200, Fernando Henrique Ferraz Pereira da Rosa 
wrote:
  Incidentalmente há uns 2 anos também 'trombei' com esse problema e tive a
 paciência de resolver o sistema para achar a resposta. De qualquer forma
 postei uma mensagem para a lista e me mandaram uma sugestão mais simples:
  http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.200107/msg4.html
 
 
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=

Re: [obm-l] polinomios

[Eduardo Casagrande Stabel]

Oi chará!

O polinômio Q(x) = P(x) - 1 é de grau 5 e tem como raízes {1, 2, 3, 4, 5},
portanto Q(x) = A(x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5), para algum A. Sabemos
que Q(6) = P(6) - 1 = - 1 = A*5!, logo A = -1/5!. O valor de P(0) = Q(0) + 1
= (-1)(-2)(-3)(-4)(-5)/(-5!) + 1 = 2. Portanto P(0) = 2. Acho que é isto.

Abraço!
Duda.


From: Eduardo Henrique Leitner [EMAIL PROTECTED]
 Fundamentos de Matemática Elementar, volume 6

 Gelson Iezzi

 145. Seja P(x) um polinômio de 5^o grau que satisfaz as condições:

 1 = P(1) = P(2) = P(3) = P(4) = P(5)
 e
 0 = P(6).

 Qual o valor de P(0)?


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

Re: [obm-l] polinomios

[Augusto César Morgado]

1) Dados: f(x) = (x+2) Q(x)
f(x) = (x^2+4) P(x) + (x+1)
Queremos
f(x) = (x+2)(x^2+4) S(x) + (Ax^2+Bx+C)
Para calcular A, B e C, faa x igual a -2, 2i e -2i.
Obtem-se o sistema
f(-2) = 4A -2B +C
f(2i) = -4A +2Bi +C
f(-2i) = -4A -2Bi + C
Os dados mostram que f(-2) = 0, f(2i) = 1+2i e f(-2i) = 1-2i.
Resolvendo o sistema, B=1, C=3/2, A=1/8.
O resto eh (1/8)(x^2) + (3/2)x + 1.
2)Observe que  x^4+x^2+1 = (  x^2+x+1)(
x^2-x+1)
Proceda analogamente. Os valores inteligentes para x sao as raizes de 
  x^2+x+1 e x^2-x+1.


Carlos Roberto de Moraes wrote:
000801c25e89$6f1d0ae0$[EMAIL PROTECTED]">
  
  
  Alguem pode me ajudar com esses 2 exerccios?
  
  1) Um polinomio f, dividido por x+2 e x^2+4 d restos
0 e x+1,  respectivamente. Qual  o resto da diviso de f por (x+2)(x^2+4)?
  
  2) Sabe-se que os restos da diviso de um polinomio
p(x) por  x^2+x+1 e x^2-x+1 so, respectivamente, 3x+5 e -x+9. Determine
o resto da  diviso de p(x) por x^4+x^2+1.
  
  
  
  

[obm-l] Re: [obm-l] Polinomios

[ghaeser]

AQUI HA UM ERRO . ONDE ESTA P(j) DEVERIA ESTAR [(-1)^j ]* P(j)

vc tem razao .. esqueci de escrever o (-1)^j.

P(x)=sumk((x,k)*sumj(k,j)*[(-1)^j]*P(j)) 
onde
sumk = somatório de k=0 até n e 
sumj = somatório de j=0 até k e 

mas como demonstro isso agora ?


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[obm-l] Polinomios

[ghaeser]

olá pessoal da lista,
um amigo me mostrou uma tal regra de escrever um polinômio em sua forma
binomial, a regra era a seguinte:

seja P(x) um polinomio de grau n, então faça D1(x)=P(x+1)-P(x), e 
Dj+1(x)=Dj(x+1)-Dj(x),
1=j=n-1
então P(x) pode ser escrito como:

P(x)=P(0)(x,0)+D1(0)(x,1)+D2(0)(x,2)+..+Dn(0)(x,n)
onde (x,i), é o numero binomial (x escolhe i).

fazendo algumas contas encontrei que :
P(x)=sumk((x,k)*sumj(k,j)*P(j)), onde
sumk = somatório de k=0 até n e 
sumj = somatório de j=0 até k e 

será que alguém poderia me ajudar a demonstrar isso ?? .. (ou dar um contra-exemplo,
pois ainda não sei se é verdade)



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Re: [obm-l] Polinomios

[Augusto César Morgado]

Isso eh verdade. Veja qualquer livro de Calculode Diferenças Finitas ( o 
do Richardson eh simples, pequeno e otimo) ou um bom livro de Calculo 
Numerico, no capitulo de interpolaçao.
Morgado

[EMAIL PROTECTED] wrote:

olá pessoal da lista,
um amigo me mostrou uma tal regra de escrever um polinômio em sua forma
binomial, a regra era a seguinte:

seja P(x) um polinomio de grau n, então faça D1(x)=P(x+1)-P(x), e 
Dj+1(x)=Dj(x+1)-Dj(x),
1=j=n-1
então P(x) pode ser escrito como:

P(x)=P(0)(x,0)+D1(0)(x,1)+D2(0)(x,2)+..+Dn(0)(x,n)
onde (x,i), é o numero binomial (x escolhe i).

fazendo algumas contas encontrei que :
P(x)=sumk((x,k)*sumj(k,j)*P(j)), onde
sumk = somatório de k=0 até n e 
sumj = somatório de j=0 até k e 

será que alguém poderia me ajudar a demonstrar isso ?? .. (ou dar um contra-exemplo,
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Re: [obm-l] Polinomios

[Augusto César Morgado]

Fui precipitado no e-mail anterior. O que eu disse estar correto foi a 
formula que o seu amigo mostrou, formula essa que eh devida a Newton. A 
sua conclusao ainda vou examinar.
Morgado

[EMAIL PROTECTED] wrote:

olá pessoal da lista,
um amigo me mostrou uma tal regra de escrever um polinômio em sua forma
binomial, a regra era a seguinte:

seja P(x) um polinomio de grau n, então faça D1(x)=P(x+1)-P(x), e 
Dj+1(x)=Dj(x+1)-Dj(x),
1=j=n-1
então P(x) pode ser escrito como:

P(x)=P(0)(x,0)+D1(0)(x,1)+D2(0)(x,2)+..+Dn(0)(x,n)
onde (x,i), é o numero binomial (x escolhe i).

fazendo algumas contas encontrei que :
P(x)=sumk((x,k)*sumj(k,j)*P(j)), onde
sumk = somatório de k=0 até n e 
sumj = somatório de j=0 até k e 

será que alguém poderia me ajudar a demonstrar isso ?? .. (ou dar um contra-exemplo,
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