[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Raízes irracionais
Seja P(x) um polinômio não identicamente nulo e de coeficientes racionais,
e sejam a, m e n números racionais
— m e n são positivos e m^(1/2) e n^(1/2) são números irracionais. Sejam M
= m^(1/2) e N = n^(1/2). Pode-se então afirmar:
1) Se a + M é raiz de P(x), então a - M também o é (e com a mesma
multiplicidade).
P(x)=C(x-r1)(x-r2)(x-r3)=C(a-M-a-M)(a-M-r2)(a-M-r3)...
(a-M)^2-(2a)(a-M)+a^2-M^2=0 de grau 2 e- verdade
como
P^n(x)=CP2(x)*P^(n-2)(x) e p2(x)=0 entao
P^n(x)=0 tambem
2) Se M + N é raiz de P(x), então M - N, -M + N e -M-N também o são (e
todas as quatro raízes têm a mesma multiplicidade)
2014-08-07 20:31 GMT-03:00 Willy George Amaral Petrenko
wgapetre...@gmail.com:
Bem, o Bernardo já corrigiu o enunciado, então vou partir daí.
Vc sabe álgebra avançada? Anéis, corpos, ideais, domínios euclidianos,
anéis quociente, anéis de polinômios? Seria o ideal (pun intended) para
entender a demonstração. Mas talvez dê para pegar a ideia sem isso, vou
tentar ser didático.
Um negócio sobre o conjunto dos polinômios de coeficientes racionais
(chamado Q[x]), é que ele é um domínio euclidiano. Dentre outras
propriedades, isso significa que vc pode fazer uma divisão de polinômios,
chamada divisão euclidiana:
Sejam f e g ∈ Q[x]. Então existem únicos q e r ∈ Q[x], com grau (r) grau
(g) tais que f = g*q + r
Isso não é difícil de provar, dá pra fazer por indução no grau.
Considere um polinômio do tipo g(x) = x2 - m, que não possui raiz
racional (ou seja, as raiz dele são √m e -√m, ambas irracionais). Seja
p(x), um polinômio racional com raiz a+b√m. Definimos f(x) = p(bx+a). É
fácil ver que f tem √m como raiz. Além disso, ele continua sendo um
polinômio racional. Gostaríamos de provar que f também possui -√m como
raíz. Façamos a divisão de f por g:
f(x) = (x2 - m)*q(x) + r(x), com grau (r) grau (x2 - m) = 2. Ou seja, r
é de grau no máximo 1 e portanto é da forma r(x) = cx + d. Mas f(√m) = 0:
f(√m) = (√m2 - m)*q(√m) + r(√m) == 0 = r(√m) == c√m + d = 0. Mas lembre
que r é um polinômio racional também, logo c = d = 0, pois caso contrário
teríamos -d/c = √m, absurdo pois √m não é racional.
Tudo isso significa que r(x) é identicamente nulo, ou seja, que f é
divisível por x2 - m. Logo ele também possui -√m como raíz. Aplicando
isso na definição de f, descobrimos que o polinômio original tem a-b√m como
raiz, cqd.
Para a parte 2, temos que considerar o corpo Q2 = {a√m + b, a,b ∈ Q}. Ele
também é euclidiano. Considere os polinômios em Q2 = Q2[x]. Esse conjunto
é uma extensão de Q[x] - de fato, todo polinômio com coeficientes racionais
tem coeficientes da forma a√m + b com a = 0. A demonstração segue análoga
à da parte 1, só que agora g(x) = x2 - n, que não possui raízes em Q2.
Além disso, p(x) tem raiz a + b√m + c√n, e vc vai definir o f ∈ Q2 de
forma que ele tenha √n como raíz, ou seja f(x) = p(a + b√m + cx).
Obviamente o resultado pode ser facilmente extendido por indução para n
raízes independentes
Abç
Willy
2014-08-07 8:47 GMT-03:00 Bernardo Freitas Paulo da Costa
bernardo...@gmail.com:
2014-08-07 7:21 GMT-03:00 Pedro Chaves brped...@hotmail.com:
Prezados Colegas,
Gostaria de saber se alguém conhece uma demonstração do teorema abaixo.
Um abraço do Pedro Chaves!
___
Teorema das raízes irracionais:
Seja P(x) um polinômio não identicamente nulo e de coeficientes
racionais, e sejam a, m e n números racionais
— m e n são positivos e m^(1/2) e n^(1/2) são números irracionais.
Sejam M = m^(1/2) e N = n^(1/2). Pode-se então afirmar:
1) Se a + M é raiz de P(x), então a - M também o é (e com a mesma
multiplicidade).
2) Se M + N é raiz de P(x), então M - N, -M + N e -M-N também o são (e
todas as quatro raízes têm a mesma multiplicidade).
Essa segunda é falsa. Seja M = raiz(2) e N = 2*raiz(2), de forma que m
= 2 e n = 8. Seja agora P(x) um polinômio com raiz M + N = 3*raiz(2).
Basta tomar P(x) = x^2 - 18. Para este polinômio, -(M+N) também é
raíz, mas nem M-N nem -(M-N) são.
Para ser verdade, você precisa que M e N sejam racionalmente
independentes, o que é (quase) o que você quer mostrar no teorema...
Abraços,
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
=
Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Raízes irracionais
2)
M-N e raiz igual ao item 1
N-M e raiz igual ao item 1
(M+N)^2-0-(M+N)^2=0
-M-N e raiz tambem
2014-08-08 3:15 GMT-03:00 saulo nilson saulo.nil...@gmail.com:
Seja P(x) um polinômio não identicamente nulo e de coeficientes racionais,
e sejam a, m e n números racionais
— m e n são positivos e m^(1/2) e n^(1/2) são números irracionais. Sejam M
= m^(1/2) e N = n^(1/2). Pode-se então afirmar:
1) Se a + M é raiz de P(x), então a - M também o é (e com a mesma
multiplicidade).
P(x)=C(x-r1)(x-r2)(x-r3)=C(a-M-a-M)(a-M-r2)(a-M-r3)...
(a-M)^2-(2a)(a-M)+a^2-M^2=0 de grau 2 e- verdade
como
P^n(x)=CP2(x)*P^(n-2)(x) e p2(x)=0 entao
P^n(x)=0 tambem
2) Se M + N é raiz de P(x), então M - N, -M + N e -M-N também o são (e
todas as quatro raízes têm a mesma multiplicidade)
2014-08-07 20:31 GMT-03:00 Willy George Amaral Petrenko
wgapetre...@gmail.com:
Bem, o Bernardo já corrigiu o enunciado, então vou partir daí.
Vc sabe álgebra avançada? Anéis, corpos, ideais, domínios euclidianos,
anéis quociente, anéis de polinômios? Seria o ideal (pun intended) para
entender a demonstração. Mas talvez dê para pegar a ideia sem isso, vou
tentar ser didático.
Um negócio sobre o conjunto dos polinômios de coeficientes racionais
(chamado Q[x]), é que ele é um domínio euclidiano. Dentre outras
propriedades, isso significa que vc pode fazer uma divisão de polinômios,
chamada divisão euclidiana:
Sejam f e g ∈ Q[x]. Então existem únicos q e r ∈ Q[x], com grau (r)
grau (g) tais que f = g*q + r
Isso não é difícil de provar, dá pra fazer por indução no grau.
Considere um polinômio do tipo g(x) = x2 - m, que não possui raiz
racional (ou seja, as raiz dele são √m e -√m, ambas irracionais). Seja
p(x), um polinômio racional com raiz a+b√m. Definimos f(x) = p(bx+a). É
fácil ver que f tem √m como raiz. Além disso, ele continua sendo um
polinômio racional. Gostaríamos de provar que f também possui -√m como
raíz. Façamos a divisão de f por g:
f(x) = (x2 - m)*q(x) + r(x), com grau (r) grau (x2 - m) = 2. Ou seja,
r é de grau no máximo 1 e portanto é da forma r(x) = cx + d. Mas f(√m) =
0:
f(√m) = (√m2 - m)*q(√m) + r(√m) == 0 = r(√m) == c√m + d = 0. Mas
lembre que r é um polinômio racional também, logo c = d = 0, pois caso
contrário teríamos -d/c = √m, absurdo pois √m não é racional.
Tudo isso significa que r(x) é identicamente nulo, ou seja, que f é
divisível por x2 - m. Logo ele também possui -√m como raíz. Aplicando
isso na definição de f, descobrimos que o polinômio original tem a-b√m como
raiz, cqd.
Para a parte 2, temos que considerar o corpo Q2 = {a√m + b, a,b ∈ Q}.
Ele também é euclidiano. Considere os polinômios em Q2 = Q2[x]. Esse
conjunto é uma extensão de Q[x] - de fato, todo polinômio com coeficientes
racionais tem coeficientes da forma a√m + b com a = 0. A demonstração
segue análoga à da parte 1, só que agora g(x) = x2 - n, que não possui
raízes em Q2. Além disso, p(x) tem raiz a + b√m + c√n, e vc vai definir
o f ∈ Q2 de forma que ele tenha √n como raíz, ou seja f(x) = p(a + b√m +
cx).
Obviamente o resultado pode ser facilmente extendido por indução para n
raízes independentes
Abç
Willy
2014-08-07 8:47 GMT-03:00 Bernardo Freitas Paulo da Costa
bernardo...@gmail.com:
2014-08-07 7:21 GMT-03:00 Pedro Chaves brped...@hotmail.com:
Prezados Colegas,
Gostaria de saber se alguém conhece uma demonstração do teorema abaixo.
Um abraço do Pedro Chaves!
___
Teorema das raízes irracionais:
Seja P(x) um polinômio não identicamente nulo e de coeficientes
racionais, e sejam a, m e n números racionais
— m e n são positivos e m^(1/2) e n^(1/2) são números irracionais.
Sejam M = m^(1/2) e N = n^(1/2). Pode-se então afirmar:
1) Se a + M é raiz de P(x), então a - M também o é (e com a mesma
multiplicidade).
2) Se M + N é raiz de P(x), então M - N, -M + N e -M-N também o são (e
todas as quatro raízes têm a mesma multiplicidade).
Essa segunda é falsa. Seja M = raiz(2) e N = 2*raiz(2), de forma que m
= 2 e n = 8. Seja agora P(x) um polinômio com raiz M + N = 3*raiz(2).
Basta tomar P(x) = x^2 - 18. Para este polinômio, -(M+N) também é
raíz, mas nem M-N nem -(M-N) são.
Para ser verdade, você precisa que M e N sejam racionalmente
independentes, o que é (quase) o que você quer mostrar no teorema...
Abraços,
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
=
Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
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acredita-se estar livre de perigo.
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Raízes irracionais
Bem, o Bernardo já corrigiu o enunciado, então vou partir daí.
Vc sabe álgebra avançada? Anéis, corpos, ideais, domínios euclidianos,
anéis quociente, anéis de polinômios? Seria o ideal (pun intended) para
entender a demonstração. Mas talvez dê para pegar a ideia sem isso, vou
tentar ser didático.
Um negócio sobre o conjunto dos polinômios de coeficientes racionais
(chamado Q[x]), é que ele é um domínio euclidiano. Dentre outras
propriedades, isso significa que vc pode fazer uma divisão de polinômios,
chamada divisão euclidiana:
Sejam f e g ∈ Q[x]. Então existem únicos q e r ∈ Q[x], com grau (r) grau
(g) tais que f = g*q + r
Isso não é difícil de provar, dá pra fazer por indução no grau.
Considere um polinômio do tipo g(x) = x2 - m, que não possui raiz racional
(ou seja, as raiz dele são √m e -√m, ambas irracionais). Seja p(x), um
polinômio racional com raiz a+b√m. Definimos f(x) = p(bx+a). É fácil ver
que f tem √m como raiz. Além disso, ele continua sendo um polinômio
racional. Gostaríamos de provar que f também possui -√m como raíz. Façamos
a divisão de f por g:
f(x) = (x2 - m)*q(x) + r(x), com grau (r) grau (x2 - m) = 2. Ou seja, r é
de grau no máximo 1 e portanto é da forma r(x) = cx + d. Mas f(√m) = 0:
f(√m) = (√m2 - m)*q(√m) + r(√m) == 0 = r(√m) == c√m + d = 0. Mas lembre
que r é um polinômio racional também, logo c = d = 0, pois caso contrário
teríamos -d/c = √m, absurdo pois √m não é racional.
Tudo isso significa que r(x) é identicamente nulo, ou seja, que f é
divisível por x2 - m. Logo ele também possui -√m como raíz. Aplicando isso
na definição de f, descobrimos que o polinômio original tem a-b√m como
raiz, cqd.
Para a parte 2, temos que considerar o corpo Q2 = {a√m + b, a,b ∈ Q}. Ele
também é euclidiano. Considere os polinômios em Q2 = Q2[x]. Esse conjunto é
uma extensão de Q[x] - de fato, todo polinômio com coeficientes racionais
tem coeficientes da forma a√m + b com a = 0. A demonstração segue análoga à
da parte 1, só que agora g(x) = x2 - n, que não possui raízes em Q2. Além
disso, p(x) tem raiz a + b√m + c√n, e vc vai definir o f ∈ Q2 de forma que
ele tenha √n como raíz, ou seja f(x) = p(a + b√m + cx).
Obviamente o resultado pode ser facilmente extendido por indução para n
raízes independentes
Abç
Willy
2014-08-07 8:47 GMT-03:00 Bernardo Freitas Paulo da Costa
bernardo...@gmail.com:
2014-08-07 7:21 GMT-03:00 Pedro Chaves brped...@hotmail.com:
Prezados Colegas,
Gostaria de saber se alguém conhece uma demonstração do teorema abaixo.
Um abraço do Pedro Chaves!
___
Teorema das raízes irracionais:
Seja P(x) um polinômio não identicamente nulo e de coeficientes
racionais, e sejam a, m e n números racionais
— m e n são positivos e m^(1/2) e n^(1/2) são números irracionais. Sejam
M = m^(1/2) e N = n^(1/2). Pode-se então afirmar:
1) Se a + M é raiz de P(x), então a - M também o é (e com a mesma
multiplicidade).
2) Se M + N é raiz de P(x), então M - N, -M + N e -M-N também o são (e
todas as quatro raízes têm a mesma multiplicidade).
Essa segunda é falsa. Seja M = raiz(2) e N = 2*raiz(2), de forma que m
= 2 e n = 8. Seja agora P(x) um polinômio com raiz M + N = 3*raiz(2).
Basta tomar P(x) = x^2 - 18. Para este polinômio, -(M+N) também é
raíz, mas nem M-N nem -(M-N) são.
Para ser verdade, você precisa que M e N sejam racionalmente
independentes, o que é (quase) o que você quer mostrar no teorema...
Abraços,
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
=
Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Raízes irracionais
Daniel: eu teria dito um pouquinho diferente de você. Note que você resolveu o grande problema: se m + n*raiz(2) é zero de p(x), então m - n*raiz(2) também. (o que decorre da parte dos polinômios minimais). Mas para fazer a parte multiplicidade, eu teria feito por recorrência, ou seja, já que h(x) divide p(x), olhamos para as raízes de (p/h)(x) e continua-se o processo. O que eu não vejo no argumento final é como garantir que não tem nenhum fator a mais de um lado ou do outro, sem repetir o argumento da divisibilidade; dito de outra forma, não entendi porque de h | p decorre que a multiplicidade (em p) das raízes de h é a mesma. abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa 2010/9/15 Daniel da Silva Nunes klein...@globo.com: Olá Pedro, Seja F o corpo dos quocientes de polinomios em raiz(n) com coeficientes racionais. Na prática, coisas do tipo (a + b*raiz(n))/(c + d*raiz(n)), com a, b, c e d racionais. F é extensão dos racionais Q. Vou chamar de p(x) o polinômio original. Ele está em Q[x], conjunto dos polinômios com coeficientes racionais. Repare que a = m + raiz(n) está em F. Como p(a) = 0, o polinômio irredutível sobre Q de a divide p, dada sua unicidade. É fato que a extensão de Q sobre raiz(n) coincide com a extensão de Q sobre a, e ambas têm grau 2, visto que o polinomio irredutível sobre Q é x^2 - n no primeiro caso e h(x) = (x - m)^2 - n no segundo. Recaptulando, h divide p. Como h(x) = (x - m - raiz(n))*(x - m + raiz(n)), o grau de a multiplicidade de m - raiz(n) e m + raiz(n) tem que ser o mesmo. []s, Daniel Em 14 de setembro de 2010 21:03, Pedro Chaves brped...@hotmail.com escreveu: Caros amigos, Peço-lhes socorro na questão seguinte, onde uso R(n) para indicar a raiz quadrada de n. Sejam m e n números inteiros (n0) e R(n) irracional. Mostrar que a equação algébrica, de coeficientes racionais, que admite a raiz m + R(n), com multiplicidade p, admite também a raiz m - R(n) com a mesma multiplicidade. Obrigado! Pedro Chaves = 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] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Raízes irracionais
Oi Bernardo, Acho que entendo onde você vê a necessidade de indução (seria para mostrar a existência de determinada fatoração de p, não?). Com certeza ficaria mais rigoroso se for explicitada essa etapa do argumento, mas aí é aquela velha história do que vale como bagagem (os fatos) X o que tem que ser provado (os objetivos da questão). São pontos de vista, mas, realmente, se não custa, melhor provar! []s, Daniel Em 15 de setembro de 2010 16:52, Bernardo Freitas Paulo da Costa bernardo...@gmail.com escreveu: 2010/9/15 Daniel da Silva Nunes klein...@globo.com: Bernardo, Creio que não seja necessária a recorrência. Tanto a = m + raiz(n) quanto b = m - raiz(n) têm o mesmo polinomio irredutível (ok, minimal!) h sobre Q, que se fatora como (x - a)*(x - b) na extensão F = Q(raiz(n)). Isto é, têm mesma multiplicidade 1. Se, portanto, a tem multiplicidade q em p(x), forçosamente a multiplicidade de b em p(x) deve ser q. Não há como haver outra fatoração em Q[x] de p com raízes a ou b sobrando. Se p(x) = f(x)*g(x), fatoração racional, com f(a) = 0, então h divide f e a multiplicidade de a em f é a mesma de b em f, pelo mesmo argumento acima. É só pensar na fatoração em Q[x], não em Q(raiz(n))[x], pois p(x) é racional. Oi Daniel! Esse argumento é mais ou menos uma recorrência no grau do polinômio, não ? Enfim, eu acho que fica mais claro se der para evitar o pelo mesmo argumento acima (que a gente ainda está provando!) e fazer por indução. []s, Daniel abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa Em 15 de setembro de 2010 08:45, Bernardo Freitas Paulo da Costa bernardo...@gmail.com escreveu: Daniel: eu teria dito um pouquinho diferente de você. Note que você resolveu o grande problema: se m + n*raiz(2) é zero de p(x), então m - n*raiz(2) também. (o que decorre da parte dos polinômios minimais). Mas para fazer a parte multiplicidade, eu teria feito por recorrência, ou seja, já que h(x) divide p(x), olhamos para as raízes de (p/h)(x) e continua-se o processo. O que eu não vejo no argumento final é como garantir que não tem nenhum fator a mais de um lado ou do outro, sem repetir o argumento da divisibilidade; dito de outra forma, não entendi porque de h | p decorre que a multiplicidade (em p) das raízes de h é a mesma. abraços, -- Bernardo Freitas Paulo da Costa 2010/9/15 Daniel da Silva Nunes klein...@globo.com: Olá Pedro, Seja F o corpo dos quocientes de polinomios em raiz(n) com coeficientes racionais. Na prática, coisas do tipo (a + b*raiz(n))/(c + d*raiz(n)), com a, b, c e d racionais. F é extensão dos racionais Q. Vou chamar de p(x) o polinômio original. Ele está em Q[x], conjunto dos polinômios com coeficientes racionais. Repare que a = m + raiz(n) está em F. Como p(a) = 0, o polinômio irredutível sobre Q de a divide p, dada sua unicidade. É fato que a extensão de Q sobre raiz(n) coincide com a extensão de Q sobre a, e ambas têm grau 2, visto que o polinomio irredutível sobre Q é x^2 - n no primeiro caso e h(x) = (x - m)^2 - n no segundo. Recaptulando, h divide p. Como h(x) = (x - m - raiz(n))*(x - m + raiz(n)), o grau de a multiplicidade de m - raiz(n) e m + raiz(n) tem que ser o mesmo. []s, Daniel Em 14 de setembro de 2010 21:03, Pedro Chaves brped...@hotmail.com escreveu: Caros amigos, Peço-lhes socorro na questão seguinte, onde uso R(n) para indicar a raiz quadrada de n. Sejam m e n números inteiros (n0) e R(n) irracional. Mostrar que a equação algébrica, de coeficientes racionais, que admite a raiz m + R(n), com multiplicidade p, admite também a raiz m - R(n) com a mesma multiplicidade. Obrigado! Pedro Chaves = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =
