Re: [obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho
Esse fato é consequência do seguinte teorema:Seja P um polinômio de coeficientes inteiros tal que:- o coeficiente do termo lÃder e o termo independente são Ãmpares- o número total de coeficientes Ãmpares é ÃmparEntão, P não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais.Artur Costa Steiner Em 10 de abr de 2018 18:40, g...@impa.br escreveu: Oi Claudio, Mais ou menos: se a=3, b=4 e c=5, sua afirmação diz que um polinômio em Z[x] que tenha (3+4i)/5 como raiz deve ser divisÃvel em Z[x] por 25z^2-30z+25, mas poderia ser 5z^2-6z+5. Mas se mdc(a,b,c)=1 e 2|c^2*z^2 - 2ac*z + (a^2+b^2), devemos ter c par e a e b Ãmpares, donde a^2+b^2=2 (mod 4), e só podemos tirar um fator 2, ficando o coeficiente ac de z ainda par - assim, a afirmação do Artur para polinômios quadráticos continua provada. Abraços, Gugu Quoting Claudio Buffara : > Se um polinômio com coeficientes inteiros tiver (a+bi)/c como raiz (a,b,c > inteiros), então também terá (a-bi)/c. > Assim, será divisÃvel por f(z) = c^2*z^2 - 2ac*z + (a^2+b^2) > (incidentalmente, isso prova a sua afirmação para polinômios quadráticos: > 2ac é necessariamente par). > > f(z) | 37971 z^998 + ... + 67917 ==> a^2+b^2 divide 67917 = 3*22639. Mas > 3 e 22639 são primos da forma 4k+3. Logo, 67917 não é divisÃvel pela soma > de dois quadrados. > > []s, > Claudio. > > > > 2018-04-09 10:54 GMT-03:00 Artur Steiner : > >> Isto é uma generalização do seguinte fato: Se todos os coeficientes de um >> pol. do 2o grau forem Ãmpares, então o pol. não apresenta nenhuma raiz com >> ambas as partes racionais. >> >> Artur Costa Steiner >> >> Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner < >> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu: >> >>> Mostre que o polinômio >>> >>> P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 - 21438 >>> x^129 + 67917 >>> >>> não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais >>> >>> Abraços. >>> >>> Artur Costa Steiner >>> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e >> acredita-se estar livre de perigo. >> > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?rus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e 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 = -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e acredita-se estar livre de perigo.
Re: [obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho
Entendido! Obrigado pelo "presta atenção". []s, Claudio. 2018-04-10 18:40 GMT-03:00 : >Oi Claudio, >Mais ou menos: se a=3, b=4 e c=5, sua afirmação diz que um polinômio em > Z[x] que tenha (3+4i)/5 como raiz deve ser divisível em Z[x] por > 25z^2-30z+25, mas poderia ser 5z^2-6z+5. Mas se mdc(a,b,c)=1 e 2|c^2*z^2 - > 2ac*z + (a^2+b^2), devemos ter c par e a e b ímpares, donde a^2+b^2=2 (mod > 4), e só podemos tirar um fator 2, ficando o coeficiente ac de z ainda par > - assim, a afirmação do Artur para polinômios quadráticos continua provada. >Abraços, > Gugu > > Quoting Claudio Buffara : > > Se um polinômio com coeficientes inteiros tiver (a+bi)/c como raiz (a,b,c >> inteiros), então também terá (a-bi)/c. >> Assim, será divisível por f(z) = c^2*z^2 - 2ac*z + (a^2+b^2) >> (incidentalmente, isso prova a sua afirmação para polinômios quadráticos: >> 2ac é necessariamente par). >> >> f(z) | 37971 z^998 + ... + 67917 ==> a^2+b^2 divide 67917 = 3*22639. Mas >> 3 e 22639 são primos da forma 4k+3. Logo, 67917 não é divisível pela soma >> de dois quadrados. >> >> []s, >> Claudio. >> >> >> >> 2018-04-09 10:54 GMT-03:00 Artur Steiner : >> >> Isto é uma generalização do seguinte fato: Se todos os coeficientes de um >>> pol. do 2o grau forem ímpares, então o pol. não apresenta nenhuma raiz >>> com >>> ambas as partes racionais. >>> >>> Artur Costa Steiner >>> >>> Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner < >>> artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu: >>> >>> Mostre que o polinômio P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 - 21438 x^129 + 67917 não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais Abraços. Artur Costa Steiner >>> -- >>> 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. >> > > > > > -- > 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.
Re: [obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho
Oi Claudio, Mais ou menos: se a=3, b=4 e c=5, sua afirmação diz que um polinômio em Z[x] que tenha (3+4i)/5 como raiz deve ser divisível em Z[x] por 25z^2-30z+25, mas poderia ser 5z^2-6z+5. Mas se mdc(a,b,c)=1 e 2|c^2*z^2 - 2ac*z + (a^2+b^2), devemos ter c par e a e b ímpares, donde a^2+b^2=2 (mod 4), e só podemos tirar um fator 2, ficando o coeficiente ac de z ainda par - assim, a afirmação do Artur para polinômios quadráticos continua provada. Abraços, Gugu Quoting Claudio Buffara : Se um polinômio com coeficientes inteiros tiver (a+bi)/c como raiz (a,b,c inteiros), então também terá (a-bi)/c. Assim, será divisível por f(z) = c^2*z^2 - 2ac*z + (a^2+b^2) (incidentalmente, isso prova a sua afirmação para polinômios quadráticos: 2ac é necessariamente par). f(z) | 37971 z^998 + ... + 67917 ==> a^2+b^2 divide 67917 = 3*22639. Mas 3 e 22639 são primos da forma 4k+3. Logo, 67917 não é divisível pela soma de dois quadrados. []s, Claudio. 2018-04-09 10:54 GMT-03:00 Artur Steiner : Isto é uma generalização do seguinte fato: Se todos os coeficientes de um pol. do 2o grau forem ímpares, então o pol. não apresenta nenhuma raiz com ambas as partes racionais. Artur Costa Steiner Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner < artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu: Mostre que o polinômio P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 - 21438 x^129 + 67917 não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais Abraços. Artur Costa Steiner -- 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. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e 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] Re: Probleminha um tanto estranho
Se um polinômio com coeficientes inteiros tiver (a+bi)/c como raiz (a,b,c inteiros), então também terá (a-bi)/c. Assim, será divisível por f(z) = c^2*z^2 - 2ac*z + (a^2+b^2) (incidentalmente, isso prova a sua afirmação para polinômios quadráticos: 2ac é necessariamente par). f(z) | 37971 z^998 + ... + 67917 ==> a^2+b^2 divide 67917 = 3*22639. Mas 3 e 22639 são primos da forma 4k+3. Logo, 67917 não é divisível pela soma de dois quadrados. []s, Claudio. 2018-04-09 10:54 GMT-03:00 Artur Steiner : > Isto é uma generalização do seguinte fato: Se todos os coeficientes de um > pol. do 2o grau forem ímpares, então o pol. não apresenta nenhuma raiz com > ambas as partes racionais. > > Artur Costa Steiner > > Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner < > artur.costa.stei...@gmail.com> escreveu: > >> Mostre que o polinômio >> >> P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 - 21438 >> x^129 + 67917 >> >> não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais >> >> Abraços. >> >> Artur Costa Steiner >> > > -- > 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: Probleminha um tanto estranho
Isto é uma generalização do seguinte fato: Se todos os coeficientes de um pol. do 2o grau forem ímpares, então o pol. não apresenta nenhuma raiz com ambas as partes racionais. Artur Costa Steiner Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner escreveu: > Mostre que o polinômio > > P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 - 21438 x^129 > + 67917 > > não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais > > Abraços. > > Artur Costa Steiner > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho
A mesma conclusão vale para Q(x) = x^(1 quinquilhão) - 2 x^(1 quatrilhão) + 3 x^(18 bilhões) + 6 x^(1 milhão e trezentos mil) + 8 x^(3971) - 7 Tem a ver com a paridade dos coeficientes. Artur Costa Steiner Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner escreveu: > Mostre que o polinômio > > P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 - 21438 x^129 > + 67917 > > não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais > > Abraços. > > Artur Costa Steiner > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: Probleminha um tanto estranho
Sim. Se o complexo z for raiz de P, então pelo menos uma das partes de z é irracional. Se vc conhecer um fato muito pouco conhecido sobre polinômios com coeficientes inteiros, a prova leva digamos 10 segundos. A prova deste fato não me parece nada trivial, mas só exige conhecimentos básicos de álgebra de polinômios e de números complexos. Artur Costa Steiner Em Dom, 8 de abr de 2018 19:56, Artur Steiner escreveu: > Mostre que o polinômio > > P(x) = 37971 x^998 - 74914 x^721 - 8677 x^432 + 12674 x^297 - 21438 x^129 > + 67917 > > não tem nenhuma raiz com ambas as partes racionais > > Abraços. > > Artur Costa Steiner > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
