Correção: fazendo y=1/(r+i).
Em seg, 26 de out de 2020 às 10:49, Marcos Martinelli <
mffmartine...@gmail.com> escreveu:
> Sendo i a unidade imaginária:
>
> 1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)-1/(r_k+i) (k=[1,n], onde r_k <> {-i,i}).
>
> i) Seja z_k = 1/(r_k-i) e fazendo z=1/(r-i) em r^20-7r^3+1=0:
Sendo i a unidade imaginária:
1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)-1/(r_k+i) (k=[1,n], onde r_k <> {-i,i}).
i) Seja z_k = 1/(r_k-i) e fazendo z=1/(r-i) em r^20-7r^3+1=0:
(1/z+i)^20-7(1/z+i)^3+1=0 => (1+iz)^20-7z^17(1+iz)^3+z^20=0 => (7i+2)z^20 +
(-20i+21)z^19 +...=0.
Portanto Soma_(k=[1,n])
Correção:
1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)-1/(r_k+i)
Em dom, 25 de out de 2020 às 10:25, Marcos Martinelli <
mffmartine...@gmail.com> escreveu:
> Sendo i o complexo imaginário:
>
> 1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)+1/(r_k+i)
>
> Depois você deve considerar dois novos polinômios com as seguintes
>
Sendo i o complexo imaginário:
1/(1+r_k^2) = 1/(2i)*(1/(r_k-i)+1/(r_k+i)
Depois você deve considerar dois novos polinômios com as seguintes mudanças
de variáveis:
. x=1/y-i
. x=1/y+i
Devemos então calcular as somas dos inversos das raizes nesses dois
polinômios para termos como calcular o
Em seg., 17 de ago. de 2020 às 12:14, Claudio Buffara
escreveu:
>
> Eu acho que o Eisenstein inventou este critério pra polinômios da forma x^n +
> a ou, mais geralmente, pra polinômios ciclotômicos.
> Daí funciona bem.
>
> On Mon, Aug 17, 2020 at 11:02 AM Esdras Muniz
> wrote:
>>
>> E se p=3,
Sauda,c~oes,
Legal o estudo dox^3+9.
Sobre oEisenstein generalizado (teorema 3 em
http://yufeizhao.com/olympiad/intpoly.pdf;), tenho duas
dvidas:
Theorem 3(Extended Eisenstein).Letf(x) =anxn+an1xn1++a1x+a0be a polynomial with integer coefficients
such thatp|aifor 0i k,pﰀ|/akandp2ﰀ|/a0.
Eu acho que o Eisenstein inventou este critério pra polinômios da forma
x^n + a ou, mais geralmente, pra polinômios ciclotômicos.
Daí funciona bem.
On Mon, Aug 17, 2020 at 11:02 AM Esdras Muniz
wrote:
> E se p=3, e p divide N^2+9, então p^2 divide N^2+9.
>
> Então o critério de Eisenstein
E se p=3, e p divide N^2+9, então p^2 divide N^2+9.
Então o critério de Eisenstein realmente não é tão abrangente. Será que tem
algum outro critério que cubra casos em que o de Eisenstein não cubra?
Em seg, 17 de ago de 2020 09:46, Claudio Buffara
escreveu:
> Boa! Se p <> 3 mas p divide 3N e
Boa! Se p <> 3 mas p divide 3N e 3N^2, então p divide N ==> p não divide
N^3 + 9.
On Sun, Aug 16, 2020 at 10:51 PM Esdras Muniz
wrote:
> Tenta com x^3+9.
>
> Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> f(x) em Z[x], bem entendido...
>>
>>
>> On
Tenta com x^3+9.
Em dom, 16 de ago de 2020 15:24, Claudio Buffara
escreveu:
> f(x) em Z[x], bem entendido...
>
>
> On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara
> wrote:
>
>> Que tal essa aqui?
>> Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q,
>> existe um inteiro N tal
Sauda,c~oes, oi Cludio,
Que tal essa aqui?
Prove ou disprove que, dado um polinmio f(x), irredutvel sobre Q, existe um inteiro N tal que a
irredutibilidade de f pode ser provada pelo critrio de Eisenstein aplicado a f(x+N).
Vou esperar a resposta. Pelo exemplo do site
Sauda,c~oes novamente,
Obrigado pelas respostas.
As hipteses so as que vocs falaram: tudo em Z[x].
Na verdade tudo comeou com o problema de saber se f(x)=x^4 + x^3 + 4x + 1
irredutvel em Z[x].
Testando a=-1, f(x-1)=x^4 - 3x^3 + 3x^2 + 3x - 3 e agora por Eisenstein com p=3, f(x)
irredutvel.
f(x) em Z[x], bem entendido...
On Sun, Aug 16, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara
wrote:
> Que tal essa aqui?
> Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, existe
> um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo critério
> de Eisenstein aplicado a
Que tal essa aqui?
Prove ou disprove que, dado um polinômio f(x), irredutível sobre Q, existe
um inteiro N tal que a irredutibilidade de f pode ser provada pelo critério
de Eisenstein aplicado a f(x+N).
On Sun, Aug 16, 2020 at 2:31 PM Matheus Secco
wrote:
> O melhor jeito é pensar na
O melhor jeito é pensar na contrapositiva (supondo que você esteja falando
sobre irredutibilidade em Z[x] ou até em Q[x]): se f(x) fatora como
g(x)*h(x), então f(x+a) fatora como g(x+a) *h(x+a) e é claro que uma vez
que g(x) e h(x) têm coeficientes inteiros, então g(x+a) e h(x+a) também
têm. A
Sauda,c~oes, oi Joo Pedro,
Certo. Mas se a gente no souber que minimal ?
Lus
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
Sauda,c~oes, oi Joo Pedro,
Obrigado por responder.
Tinha feito isso. Deu
x^8 - 12 x^6 + 32 x^4 - 72 x^2 + 4
expand (x + 1)^8 - 12 (x + 1)^6 + 32 (x + 1)^4 - 72 (x + 1)^2 + 4
x^8 + 8 x^7 + 16 x^6 - 16 x^5 - 78 x^4 - 56 x^3 - 32 x^2 - 80 x - 47
E oCritrio de Eisensteinno se aplica.
E para
Verdade...
Seja p = x^8 - 12 x^6 + 32 x^4 - 72 x^2 + 4 um polinômio minimal de α,
então não pode haver polinômio de grau menor que 8 com α sendo raiz.
Suponha que p não é irredutível. Logo, existem g,h tais que p = g*h, com
0
escreveu:
> Sauda,c~oes, oi João Pedro,
>
> Obrigado por responder.
>
Boa noite!
Tente aplicar o Critério de Eisenstein com p=3 e substituindo x por x+1.
Att.
João Pedro.
Em sáb., 8 de ago. de 2020 às 17:14,
escreveu:
> Sauda,c~oes,
>
> O polinômio
> é o polinômio minimal de α = sqrt(2) + sqrt(1+sqrt(3)).
>
> Como provar que ele é irredutível em Q[x] ?
>
>
ok
On Sun, Nov 10, 2019 at 1:26 PM Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com> wrote:
> Aproveito para repassar o email do Luís, com as correções que ele
> efetuou sobre meu rascunho e, mais importante, a motivação do
> problema.
>
> On Wed, Nov 6, 2019 at 8:42 PM Luís Lopes wrote:
Aproveito para repassar o email do Luís, com as correções que ele
efetuou sobre meu rascunho e, mais importante, a motivação do
problema.
On Wed, Nov 6, 2019 at 8:42 PM Luís Lopes wrote:
>
> Sauda,c~oes, oi Bernardo,
>
> Alguns comentários preliminares:
>
> 1) obrigado ao Bernardo pelo tempo e
Oi Luís, e demais colegas da lista.
On Tue, Nov 5, 2019 at 4:43 PM Luís Lopes wrote:
> Considere o polinômio
>
> p(x)[h,m,s] = 9x^4 + 12s x^3 + 2(8h^2 - 20m^2 - s^2)x^2 + 4s(4m^2 - s^2)x +
> (4m^2 - s^2)^2 .
>
> Fiz alguns testes para ver se p(x) pode ter suas raízes construtíveis. Esse
>
Boa noite!
Analisei melhor e está correta a solução.
-4x^2+2=2cos(2°) é a identide do cos(2a) = 1-2(sena)^2 multiplicada por
dois.
Depois fica uma sequência da indentidades.
cos(2a)= 2(cosa)^2-1 multiplacada por dois.
Nãotem risco de dar identidade ao final pois o grau do polinômio da
esquerda já
Boa noite!
Não certo do êxito, mas...
sen(1grau)=x
sen(2graus)= 2x*raiz(1-x^2)
cos(2graus)= raiz(1-4x^2*(1-x^2))
x=(e^(PI*i/180) - e^(-PI*i/180))/(2i)
-4x^2=e^(PI*i/90) -2 + e^(-PI*i/90)
(-4x^2+2)^2 = e^(PI*i/45)+e^(-PI*i/45)+2
Aí segue até 32 graus, 8PI/45.
O lado direito da igualdade será
Boa noite!
Perdão, Jeferson e não Anderson.
Em sex, 3 de mai de 2019 18:22, Pedro José Boa noite!
> Anderson,
> os coeficientes devem ser inteiros.
> Acho complicado enveredar por aí.
> Saudações,
> PJMS
>
>
>
> Em qui, 2 de mai de 2019 22:14, Anderson Torres <
> torres.anderson...@gmail.com
Boa noite!
Anderson,
os coeficientes devem ser inteiros.
Acho complicado enveredar por aí.
Saudações,
PJMS
Em qui, 2 de mai de 2019 22:14, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com escreveu:
>
>
> Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir
> escreveu:
>
>> Mostre que existe um
Em ter, 30 de abr de 2019 14:30, Jeferson Almir
escreveu:
> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
> sen1º como raiz de P(x).
>
>
> Eu tentei usar a forma exponencial de números complexos (Euler)
> e^(i.pi/180) = cos1º + isen1º e depois elevando 180 e pegando a
Por nada Pedro !! E sen1º é um número algébrico . Abraço.
Em qui, 2 de mai de 2019 às 10:52, Pedro José
escreveu:
> Bom dia!
> Jeferson,
> obrigado! Pensava, na verdade tinha certeza que sen 1grau era
> transcendente.
> Fui até pesquisar o teorema d*e *Lindemann-Weierstrass*, *que nem me
>
Bom dia!
Jeferson,
obrigado! Pensava, na verdade tinha certeza que sen 1grau era transcendente.
Fui até pesquisar o teorema d*e *Lindemann-Weierstrass*, *que nem me
recordava o nome, mas é para sen1, mas não um grau e sim radiano.
Falha de armazenamento na memória.
Sds,
PJMS
Em qua, 1 de mai
Puxa Raph mais uma vez muito obrigado!!
Em ter, 30 de abr de 2019 às 19:17, Ralph Teixeira
escreveu:
> Oi, Jeferson.
>
> Sua ideia funciona: comece com P(x,y)=(y+ix)^180+1. Como voce disse,
> P(s,c)=0 onde c=cos1º e s=sin1º.
>
> Agora olhemos para a parte real deste polinomio: ateh dah para
Oi, Jeferson.
Sua ideia funciona: comece com P(x,y)=(y+ix)^180+1. Como voce disse,
P(s,c)=0 onde c=cos1º e s=sin1º.
Agora olhemos para a parte real deste polinomio: ateh dah para escrever
explicitamente, mas eu vou me limitar a dizer que eh algo do tipo
R(x,y)=SOMA(a_k*y^(2k)*x^(180-2k))+1 onde
Eu estou tentando através do binômio de Newton obter tal polinômio pegando
a parte real do número complexo. Sen1º não é transcende.
Em ter, 30 de abr de 2019 às 17:35, Pedro José
escreveu:
> Boa tarde!
> Não compreendi
> sen1º é um número transcendente, ou não??
>
> Sds,
> PJMS
>
>
> Em
Boa tarde!
Não compreendi
sen1º é um número transcendente, ou não??
Sds,
PJMS
Em ter, 30 de abr de 2019 às 14:30, Jeferson Almir
escreveu:
> Mostre que existe um polinômio P(x) de coeficientes inteiros que possui
> sen1º como raiz de P(x).
>
>
> Eu tentei usar a forma exponencial de
Muito obrigado, Claudio e Ralph!
Soluções por demais elegantes!
Eu tinha pensado algo parecido, porém estava tentando encontrar o termo em
x daquele novo polinômio, divido por a de um modo bem mais difícil, como
uma soma de várias PG. Enfim, bem mais trabalhoso e não eficiente.
Um abraço!
Em
Um jeito de fazer eh ir direto no polinomio interpolador de Lagrange e
fazer as contas.
(https://en.wikipedia.org/wiki/Lagrange_polynomial)
Outro jeito que parece mais elegante (mas no final das contas eh a mesma
coisa): o polinomio xP(x)-1 tem grau n+1 e todos aqueles n+1 numeros sao
raizes
Considere Q(x) = x*P(x).
Então:
grau(Q) = n+1
e
Q(1) = Q(2) = ... = Q(2^n) = 1
Isso significa que Q(x) = a(x - 1)(x - 2)...(x - 2^n) + 1
Mas Q(0) = 0*P(0) = 0 ==> a*(-1)^(n+1)*2^(1+2+...+n) + 1 = 0 ==> a =
(-1)^n/2^(n(n+1)/2)
Derivando Q(x) = xP(x), obtemos Q'(x) = xP'(x) + P(x) ==> P(0) =
Agora que vc falou, me lembrei do teorema. Ele implica que, se todas as
raízes de P estiverem sobre uma mesma reta do plano complexo, então todas
as raízes de P' estarão sobre esta mesma reta. Particularizando-se para a
reta real, temos a conclusão desejada.
Há muito tempo vi esse teorema no
https://en.wikipedia.org/wiki/Gauss%E2%80%93Lucas_theorem
2018-07-05 12:45 GMT-03:00 Artur Steiner :
> Não sabia não
>
> Artur Costa Steiner
>
> Em Qui, 5 de jul de 2018 08:04, Claudio Buffara
> escreveu:
>
>> E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS...
>>
>> 2018-07-05 1:48 GMT-03:00
Não sabia não
Artur Costa Steiner
Em Qui, 5 de jul de 2018 08:04, Claudio Buffara
escreveu:
> E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS...
>
> 2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci :
>
>> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes de
>> p' estão no fecho
E o curioso é que esse é o teorema de Gauss-LUCAS...
2018-07-05 1:48 GMT-03:00 Lucas Colucci :
> Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes de
> p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem
> reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da
Interessante que esse fato generaliza para o plano complexo: as raízes de
p' estão no fecho convexo das raízes de p. No caso de as raízes serem
reais, o fecho convexo é simplesmente o segmento da reta real entre a menor
e a maior raiz.
Lucas Colucci
On Thu, Jul 5, 2018 at 4:27 AM Artur Steiner
Acho que precisa de uma justificativa um pouco mais completa.
Digamos que P tenha grau n.
No caso de raízes simples, Rolle implica que existirá pelo menos uma raiz
real de P' entre cada par de raízes (reais por hipótese) consecutivas de P.
Como existem n-1 tais pares, P' terá pelo menos n-1
Opa, sim, quis dizer relativo.
Em 4 de julho de 2018 23:54, Claudio Buffara
escreveu:
> Ou, melhor dizendo, mínimo ou máximo local.
>
> 2018-07-04 23:52 GMT-03:00 Claudio Buffara :
>
>> Você quer dizer mínimo ou máximo relativo, certo?
>>
>> 2018-07-04 23:42 GMT-03:00 Bruno Visnadi :
>>
>>> Se
Ou, melhor dizendo, mínimo ou máximo local.
2018-07-04 23:52 GMT-03:00 Claudio Buffara :
> Você quer dizer mínimo ou máximo relativo, certo?
>
> 2018-07-04 23:42 GMT-03:00 Bruno Visnadi :
>
>> Se todas as raízes forem distintas, é possível visualizar isto
>> geometricamente. Imaginando o gráfico
Você quer dizer mínimo ou máximo relativo, certo?
2018-07-04 23:42 GMT-03:00 Bruno Visnadi :
> Se todas as raízes forem distintas, é possível visualizar isto
> geometricamente. Imaginando o gráfico de P, entre quaisquer duas raízes
> consecutivas deve haver um máximo absoluto ou um mínimo
Se todas as raízes forem distintas, é possível visualizar isto
geometricamente. Imaginando o gráfico de P, entre quaisquer duas raízes
consecutivas deve haver um máximo absoluto ou um mínimo absoluto de P, e
portanto, uma raiz de P'.
Em 4 de julho de 2018 23:17, Artur Steiner
escreveu:
> Acho
Se o polinômio tiver apenas raízes simples, isto é consequência do Teorema
de Rolle.
Caso haja alguma raiz com multiplicidade k, pelo menos 2, basta usar que a
raiz anula também as derivadas de ordem até k - 1.
Abraços,
Matheus Secco
On Wed, Jul 4, 2018 at 11:27 PM Artur Steiner
wrote:
>
Agora, como provar esse lema?
Em 24 de novembro de 2016 18:17, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
> o gugu é foda
>
> Em 24 de novembro de 2016 18:50, Pedro José
> escreveu:
>
>> Boa noite!
>>
>> Com a observação do Gugu, ficou fácil
o gugu é foda
Em 24 de novembro de 2016 18:50, Pedro José escreveu:
> Boa noite!
>
> Com a observação do Gugu, ficou fácil compreender a filosofia da solução;
> pois, antes eu estava assim: "Marte chamando Terra, responda!".
> O contra exemplo apresentado pelo Anderson
Boa noite!
Com a observação do Gugu, ficou fácil compreender a filosofia da solução;
pois, antes eu estava assim: "Marte chamando Terra, responda!".
O contra exemplo apresentado pelo Anderson Torres, não atende o fato de
cada par de coeficientes do polinômios terem o mdc =1, como proposto.
Porém,
Quero sair da lista obm-l
Em 24 de novembro de 2016 10:42, Ronei Lima Badaró
escreveu:
> Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>
> Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes"
Para sair do grupo, favor seguir as instruções no link
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
Em 24/11/2016 10:37, "Larissa Fernandes"
escreveu:
> Olá, eu desejo sair do grupo.
>
> Em 23 de novembro de 2016 19:34, escreveu:
>
>>Oi
Olá, eu desejo sair do grupo.
Em 23 de novembro de 2016 19:34, escreveu:
>Oi pessoal,
>Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa
> fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal), donde
> o produto dos módulos de suas raízes
Oi pessoal,
Na solução do link os coeficientes do polinômio são primos, e numa
fatoração qualquer um dos fatores vai ser mônico (a menos de sinal),
donde o produto dos módulos de suas raízes será pelo menos 1, uma
contradição se todas as raízes têm módulo menor que 1.
Abraços,
2016-11-23 14:21 GMT-02:00 Anderson Torres :
> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.
Acho que tem uma hipótese implícita de que todas as raízes são distintas.
Abraços,
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa
> Em 13 de novembro de 2016 14:20,
Existem alguns critérios legaizinhos para irredutibilidade, Se achar
algo te envio.
Em 23 de novembro de 2016 14:21, Anderson Torres
escreveu:
> Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.
>
> Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander
Isso não me parece verdadeiro - (2x-1)^1000 é um contraexemplo.
Em 13 de novembro de 2016 14:20, Adrian Alexander Delgado
escreveu:
> É sobre esse problema:
> (Irã 2007) Existe uma sequência de inteiros a_0, a_1, a_2, ... tais que
> (a_i,a_j)=1 para i diferente de
Não falta nada no enunciado? Sem saber algo sobre o grau, p(x) não fica
determinado. Basicamente, qualquer coisa do tipo:
p(x)=(x^2+1)[(x^3+x^2+1)q(x)+x^2+x-1]
serve.
Abraço, Ralph.
2015-06-29 10:21 GMT-03:00 marcone augusto araújo borges
marconeborge...@hotmail.com:
Determine p(x),
Eu já vi que (x^2 + 1)[(x^3 + x^2 + 1)q(x) + x^2 + x - 1)] funciona.Mas eu
gostaria de saber como o Ralph enxergou aquele x^2 + x - 1Verificando a
expressão da primeira linha, certo. Mas como ver isso antes?
From: marconeborge...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: [obm-l] Polinômio
Bom, vou dizer como cheguei nisso, mas aposto que minha maneira convoluida
de pensar nao eh a melhor -- estah cheia de truques, enquanto dah para
fazer tudo isso usando divisibilidade e restos da mesma maneira que usa-se
o Teorema Chines dos Restos Mas vamos lah, pensei assim:
Como p(x)+1 tem
humm eu acho que dá pra fazer assim, supor que p(x) tenha coeficientes
inteiros, logo 15-7 deve dividir p(15)-p(7), pois a-b divide a^n-b^n, mas
como 8 não divide 4, o polinômio de coeficientes inteiros não existe.
Em sábado, 15 de novembro de 2014, marcone augusto araújo borges
Obrigado Professor Ralph pelo esclarecimento.
Vejo que deveria ter pensado um pouco antes !!
Abraços
Pacini
Em 9 de março de 2014 22:10, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:
Hm, cade o enunciado original do Marcone mesmo...?
Ah, aqui: era para provar que NAO
Oi, Bernardo (e demais colegas...)
Toda razão pras observações do Bernardo!
É ótimo tê-lo no pé da gente. Sempre atento (há décadas - rsrsrs).
Minha suposta solução NÃO resolve o problema proposto pelo Marcone.
Da proxima vez serei menos apressado...
Obrigado e abraços,
Nehab
On 08/03/2014
Contrariando o Nehab, acho que o Nehab tinha razao sim. :) :)
Pense no algoritmo da divisao de P(x) por Z(x) -- se o coeficiente do
primeiro termo de Z(x) for 1 (eh o caso, Z(x)=(x-1)(x-2)(x-3)), entao soh
fazemos subtracoes e multiplicacoes (todas as divisoes sao por 1). Entao
certamente o
Desculpe Ralph,
Mas se o termo de maior grau de P(x) não for inteiro , a divisão dele por
1 será um número não inteiro; isso não garante que P(x) tenha coeficientes
inteiros. Estou errado ?
O problema não é para provar que os coeficientes de P(x) são inteiros ?
Poderia esclarecer melhor para
Hm, cade o enunciado original do Marcone mesmo...?
Ah, aqui: era para provar que NAO EXISTIA P(x) com coeficientes inteiros
tal que blah-blah... Entao, fazemos por contradicao: suponha que HOUVESSE
P(x) com coeficientes inteiros Use a ideia do Nehab, e chegariamos a um
polinomio
2014-03-07 12:57 GMT-03:00 Carlos Nehab carlos.ne...@gmail.com:
Faça p(x) : (x-1)(x-2)(x-3)Q(x) mais ax2 mais bx mais c e aplique as três
condições.
Nehab
Isso dá três equações lineares para a, b, c, o que permite
determiná-los. Eu duvido que eles sejam inteiros, mas eles certamente
serão
Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores
quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh
possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que
multiplica b-a continua sendo inteiro, tem-se que (p(b)-p(a))/(b-a) eh
2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br:
Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores
quaisquer a e b do domínio e subtraindo as expressões de p(b) e p(a) eh
possível colocar o fator b-a em evidencia. Observando que o outro fator que
Ah desculpe! Perfeito ;)
Abçs
Em 08/03/2014, às 16:19, Bernardo Freitas Paulo da Costa
bernardo...@gmail.com escreveu:
2014-03-08 14:41 GMT-03:00 Cláudio Gustavo claudiog...@yahoo.com.br:
Num polinômio com coeficientes inteiros, ao se substituírem dois valores
quaisquer a e b do domínio e
É isso aí!!
Abraços
Artur Costa Steiner
Em 24/07/2013, às 09:48, Marcos Martinelli mffmartine...@gmail.com escreveu:
Seja G um polinômio de grau (n+1) tal que G(x) = x . P(x) - 1 (*) para
qualquer x real.
Fazendo x = k (k natural tal que 1 = k = n + 1), obteremos G(k) = 0 para
todos os
Seja G um polinômio de grau (n+1) tal que G(x) = x . P(x) - 1 (*) para
qualquer x real.
Fazendo x = k (k natural tal que 1 = k = n + 1), obteremos G(k) = 0 para
todos os (n + 1) k´s. Portanto, temos todas as raízes de G e podemos
escrever:
G(x) = A . produtório (1 = k = n + 1) (x - k).
Lucas, boa tarde!
Se entendi corretamente sua questão, p é linear. Seja I = [a, b] e J = [c,
d], então, p é a reta que passa pelos pontos (a, c) e (b, d). Ou seja, p(x)
= c + [ (d - c) / (b - a) ] * (x - a). Veja que p(a) = c e p(b) = d.
Abraços,
Salhab
2013/4/27 Lucas Colucci
Sim, mas como prova que só esse polinômio mapeia sobrejetivamente os
racionais de I nos racionais de J?
Lucas Colucci
Em 27 de abril de 2013 15:41, Marcelo Salhab Brogliato
msbro...@gmail.comescreveu:
Lucas, boa tarde!
Se entendi corretamente sua questão, p é linear. Seja I = [a, b] e J =
2013/4/27 Marcelo Salhab Brogliato msbro...@gmail.com:
Lucas, boa tarde!
Se entendi corretamente sua questão, p é linear. Seja I = [a, b] e J = [c,
d], então, p é a reta que passa pelos pontos (a, c) e (b, d). Ou seja, p(x)
= c + [ (d - c) / (b - a) ] * (x - a). Veja que p(a) = c e p(b) = d.
Correto.
Fatorando, obtemos p(x) = (x^2 + 1)(x + 1)
Daí, x^2 + 1 = 0 = a = +i e b = -i
Segue que a^2 + b^2 = i^2 + (-i)^2 = -2
[ ]´s
Angelo
--- Em qua, 30/4/08, arkon [EMAIL PROTECTED] escreveu:
De: arkon [EMAIL PROTECTED]
Assunto: [obm-l] POLINÔMIO
Para: obm-l obm-l@mat.puc-rio.br
Data:
Seja A uma matriz nxn sobre um corpo F com polinomio minimo m(x).
Sabemos que cada autovalor de A eh raiz de m(x) e que m(A) = 0 (*) e tambem
que A eh diagonalizavel sss F^n possui uma
base formada por autovetores de A (**).
Suponhamos que A seja diagonalizavel sobre F.
Sejam k_1, ..., k_r os
Boa noite, gostaria que me ajudassem com a seguinte questão:
Determine o resto da divisão de X100 + X + 1 por X2 - 1,
Obrigado,
Leandro
Basta impor a condição de que x^100+x+1 = Q(x)(x^2-1) + ax + b. Agora,
assumindo x = 1 e x = -1, raízes de x^2 - 1, determina-se os valores de a
Olá,
só uma coisa, P(-1) = (-1)^100 + (-1) + 1 = 1
um pequeno errinho de conta!
abraços,
Salhab
o resto eh da forma ax+b ( pois o grau do resto tem que ser menor que o de
x2-1)
assim, P(x)=(x+1)(x-1). Q(x) + r(x), r(x)=ax+b
Logo, P(1)=3= a+b=3, P(-1)=3 = -a+b=3 = a=0 e b=3
Logo, o resto
ops, P(-1)=1. = r(x)=x+2
- Original Message -
From: Ricardo
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Thursday, December 21, 2006 1:05 AM
Subject: [obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
o resto eh da forma ax+b ( pois o grau do resto tem que ser menor que o de
x2-1)
assim, P(x)=(x+1)(x-1
Marcelo, gostaria de saber como você chegou ao conceito de fazer X = 1 e X =
-1,
Leandro
Em 21/12/06, Marcelo Salhab Brogliato [EMAIL PROTECTED] escreveu:
Olá,
x^100 + x + 1 = (x+1)(x-1) Q(x) + ax + b
fazendo x = 1, temos: a + b = 3
fazendo x = -1, temos: b - a = 1
b = 2, a = 1
logo, o
É correto tirar como conclusão que para achar o resto da divisão de dois
polinômios podemos aplicar as raízes do divisor a formula de divisão
básica D(x)=d(x).Q(x) + R(x) ? Desde que o Q(x) seja anulado?
Leandro
Em 21/12/06, Salhab [ k4ss ] [EMAIL PROTECTED] escreveu:
Olá,
só uma coisa,
: Leandro Morelato
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Thursday, December 21, 2006 3:09 PM
Subject: Re: [obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
É correto tirar como conclusão que para achar o resto da divisão de dois
polinômios podemos aplicar as raízes do divisor a formula de divisão básica
D(x
divisão na unha mesmo. Ficou claro agora?
- Original Message -
*From:* Leandro Morelato [EMAIL PROTECTED]
*To:* obm-l@mat.puc-rio.br
*Sent:* Thursday, December 21, 2006 3:09 PM
*Subject:* Re: [obm-l] Re:[obm-l] Re: [obm-l] Polinômio
É correto tirar como conclusão que para achar o resto
Olá,
x^100 + x + 1 = (x+1)(x-1) Q(x) + ax + b
fazendo x = 1, temos: a + b = 3
fazendo x = -1, temos: b - a = 1
b = 2, a = 1
logo, o resto da divisao é: x + 2
abraços,
Salhab
- Original Message -
From: Leandro Morelato
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Wednesday, December 20,
o resto eh da forma ax+b ( pois o grau do resto tem que ser menor que o de x2-1)
assim, P(x)=(x+1)(x-1). Q(x) + r(x), r(x)=ax+b
Logo, P(1)=3= a+b=3, P(-1)=3 = -a+b=3 = a=0 e b=3
Logo, o resto eh r(x)=3
Espero ter ajudado
Abracos
Ricardo
- Original Message -
From: Leandro Morelato
De:[EMAIL PROTECTED]
Para:obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia:
Data:Thu, 23 Nov 2006 14:46:44 -0200
Assunto:[obm-l] Polinômio - Facamp06
Boa tarde!
Suponha que o polinômio x^100 - 600x^99 + ax^98 + bx^97+...+ cx^2 + dx +
e possua 100 raízes reais e que p(7)1.
Prove que há pelo
De:
[EMAIL PROTECTED]
Para:
obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia:
Data:
Tue, 17 Oct 2006 15:51:31 -0200
Assunto:
[obm-l] polinômio
Bem estou em dúvida nesta questão:
Para quais inteiros a o polinômio x^2 - x + a é um fator de x^13 + x + 90
naum resolvi dividir nada pq acho q deve
loi gente, me desculpem o desconhecimentoo q é um polinômio divisor de
zero? tipo, o q significa isso?
brigada
Kellem
- Original Message -
From: [EMAIL PROTECTED]
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Sunday, January 16, 2005 12:40 PM
Subject: [obm-l] polinômio divisor de zero
Alguém
ele vezes outro polinomio diferente de zero é igual a
zero.Aplique identidade de polinomio que resolve.
--- Kellem :-) 100% SeJ [EMAIL PROTECTED]
escreveu:
loi gente, me desculpem o desconhecimentoo q é
um polinômio divisor de
zero? tipo, o q significa isso?
brigada
Kellem
-
Oi,
Se f(x) é divisor de zero então para algum p(x) não nulo tem-se f(x)*p(x) =
0, e não para TODO p(x) tem-se f(x)*p(x) = 0. Exemplo: a em R tal que a seja
divisor de zero, f(x) = a + a*x. Se R não contém elementos nilpotentes,
então a^2 0, o que implica f(x)*f(x) 0 mesmo sendo f(x) divisor de
Se f possui uma raiz em R, digamos t, então f(t)=0 . Defina o polinomio g como sendo
g(x)=x-t, note que g(t)=0.
Dividindo f(x) por g(x) temos pelo algoritmo da divisão que existem polinômios q(x) e r(x) tais que
f(x)=g(x)q(x)+r(x)
com grau de r grau de g.
Como grau de g é 1 concluimos que
nao entendi a sua prova Morgado ...
From: Augusto Cesar de Oliveira Morgado [EMAIL PROTECTED]
Reply-To: [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Subject: Re: [obm-l] Polinômio
Date: Thu, 24 Jun 2004 11:15:04 -0200
Se A fosse divisivel por B, AC+BD=1 tambem o seria, o que eh absurdo pois
grau de B
Faça F(m+hp)=... e observe os termos que não são
multiplos de p agrupe-os e note que será F(m),logo
multiplo de p.Na outra questão faça 111...111=(10^n-1)/9
e como n=a.b e 10^a-1|10^a.b-1 e a1 implica (10^a-1)/9
1 logo também será composto.
Um abraço
Diêgo Uchôa(Teresina-PI)
Creio que deve ser ax^3+bx^2+cx+d.
Sugestao: utilizar a formula de Taylor para polinomios,
isto eh:
f(m+hp) = f(m) + hp (3am^2+2bm+c) + h^2p^2 (2am+b) +
h^3p^3 . a.
Como f(m)=p,
f(m+hp) = p [1+ h (...)].
Para h=0, f(m+hp) eh composto.
Para h diferente de 0, etc.
JP
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