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Mensagem por Vitor Ahcor em Sab 14 Set 2019, 15:45

Se a,b e c são as raízes da equação x³ - x² - x -1 = 0

I. Mostre que a, b e c são distintas; 

II. Mostre que \frac{a^{1982}-b^{1982}}{a-b} + \frac{b^{1982}-c^{1982}}{b-c} + \frac{c^{1982}-a^{1982}}{c-a}  é um número inteiro.

*Obs: No item I, imagino que basta verificar que as raízes de 3x² -2x -1 = 0 não são raízes da equação, porém, não estou conseguindo provar o item II.


Última edição por vitorrochap2013 em Dom 15 Set 2019, 22:23, editado 1 vez(es)
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Resolvido Re: Canadá

Mensagem por Nickds12 em Sab 14 Set 2019, 18:50

vitorrochap2013Se a,b e c são as raízes da equação x³ - x² - x -1 = 0

I. Mostre que a, b e c são distintas; 

II. Mostre que \frac{a^{1982}-b^{1982}}{a-b} + \frac{b^{1982}-c^{1982}}{b-c} + \frac{c^{1982}-a^{1982}}{c-a}  é um número inteiro.

*Obs: No item I, imagino que basta verificar que as raízes de 3x² -2x -1 = 0 não são raízes da equação, porém, não estou conseguindo provar o item II.

Irei simplificar. Fiz algumas contas para o cálculo da raiz, depois posto.

Você vai ter que achar a raiz dessa equaçao que vai estar em forma de uma raiz cubica. Depois disso, considerando que todo numero real possui 3 raizes cubicas, voce prova a I. Mas no II iremos usar somente numeros complexos porque essa equaçao cubica tem mais de uma raiz, logo, mais que 2 numeros complexos como raizes cubicas. E porque a II não funciona com número real e numero complexo juntos.

Agora vamos para a II

Toda raiz cubica complexa de um numero real tem como formato (a + bi) e (a - bi), sendo a positivo ou negativo, isso você identifica intuitivamente até mesmo no Wolfram.

Portanto, teriamos essas raizes elevadas a um numero par e divididas por sua subtração. Vamos começar simulando uma subtraçao entre numeros complexos.

a+bi - (a-bi) = 2bi

(a+bi)^2 - (a-bi)^2 = 4bi
(a-bi)^2 - (a+bi)^2 = -4bi

4bi/2bi = 2, portanto, um numero inteiro, ou -4bi/2bi = -2, outro numero inteiro

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Mensagem por Vitor Ahcor em Sab 14 Set 2019, 19:03

Fala nick! 

Valeu pelo comentário, mas o fato de funcionar para o expoente 2 não implica que vale para qualquer expoente par, teria que provar isso por indução...
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Mensagem por Elcioschin em Sab 14 Set 2019, 19:10

Teorema de Bolzano:

x = 1 ---> f(1) = - 2
x = 2 ---> f(2) = + 1

Existe uma raiz real no intervalo ]1, 2[

Basta provar que as outras duas raízes são complexas. Se forem, as três raízes são diferentes.
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Mensagem por Vitor Ahcor em Sab 14 Set 2019, 19:30

@Elcioschin escreveu:Teorema de Bolzano:

x = 1 ---> f(1) = - 2
x = 2 ---> f(2) = + 1

Existe uma raiz real no intervalo ]1, 2[

Basta provar que as outras duas raízes são complexas. Se forem, as três raízes são diferentes.
Excelente saída por bolzano, mestre, tbm poderia verificar que as raízes do polinômio  f ' (x) não são raízes de f(x), logo, f(x) não possuí raiz dupla nem tripla. O problema está no item II, acredito que deve sair por somas de newton...
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Mensagem por Nickds12 em Sab 14 Set 2019, 19:54

Pela formula Cardano-Tartaglia reduzida, é intuitivo perceber que terá no mínimo 3 numeros complexos dentre as raízes.

x^3 + x^2 + x + 1 = 0
Sendo x= k-1

(k-1)^3 + (k-1)^2 + (k-1) + 1 = 0

Desenvolvendo - k^3 - 2y^2 + 2y = 0

Para esse tipo de equação a solução vem por

Canadá LrmWIAAAAASUVORK5CYII=

Depois a II é de acordo com que eu informei. Existe um padrão nas raízes complexas de número reais.

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Mensagem por Vitor Ahcor em Sab 14 Set 2019, 20:24

Fala nick (dnv), 

Acredito que sua resolução não está correta ... Veja:

Essa não é a equação do enunciado: x^3 + x^2 + x + 1 = 0. Mas, tbm, a fórmula de tartaglia não é válida para esse tipo de equação do terceiro grau (completa), a não ser que consigamos usar alguma transformada polinomial para chegar em algo do tipo: y³ + ay + b.

"Depois a II é de acordo com que eu informei. Existe um padrão nas raízes complexas de número reais." Qual padrão nick? Pelo que entendi, você fez para o caso em que o expoente é 2, somente.
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Mensagem por Nickds12 em Sab 14 Set 2019, 20:29

Então leia sobre redução de quadrados com cardano-tartaglia, porque isso é muito comum nesse tipo de cálculo.

E se você quer resolver a II com algum tipo de somatório, acredito que não vai ser possível. Esse tipo de questão olímpica não se resolve assim. Estava apenas indicando o desenvolvimento com expoentes pares.

Mas não vou comentar nesse tópico. Encerro.

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Resolvido Re: Canadá

Mensagem por Vitor Ahcor em Sab 14 Set 2019, 20:34

Agradeço mesmo assim, pela tentativa.
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Resolvido Re: Canadá

Mensagem por SnoopLy em Sab 14 Set 2019, 22:12

Na construção do gráfico do item I) você consegue mostrar que só existe 1 raiz real. Com a derivada você prova que a função explode pra -inf e +inf, o que resulta em não tocar mais o eixo x, logo as outras 2 raízes são complexas e todas são diferentes.

No item II) tenho q pensar mais
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Mensagem por fantecele em Dom 15 Set 2019, 10:12

Na I o que eu tentaria fazer era supor que, primeiro, as 3 raízes eram iguais, depois eu faria que 2 delas eram iguais, calculava elas e depois tentaria chegar a algum "absurdo", mostrando assim que não podemos ter raízes iguais.

Na II eu estava fazendo aqui, e não estava saindo saindo nada, então comecei a calcular para expoentes diferente de 1982, como para 1, para 2, para 3, para 4 e percebi que todos eles estavam dando números inteiros, daí tentei fazer para um caso geral, por que se eu mostrasse que era verdadeiro para o caso geral, então teria que ser válido para 1982 (ou eu não chegaria em nada né, mas tentei ver se conseguia mostrar isso ali), então eu considerei:



Daí, calculando para alguns valores pequenos, S1 = 3, S2 = 2, S3 = 5, S4 = 10.
Agora, perceba que, de x³ - x² - x - 1 = 0, temos que:



Na equação para Sn, nós iremos encontrar que:



Daí conseguimos uma relação de recorrência para Sn, então podemos mostrar, por principio de indução forte, que Sn será inteiro, basta então considerar que para k ≤ n-1 é verdade, (que no caso seria considerar que Sk é inteiro para aqueles valores de k, como você pode ter percebido quando calculei para os valores 1, 2, 3 e 4), daí basta mostrar que será verdadeiro para Sn, mas perceba que, como eu havia dito, para k n-1 a relação Sk é inteira, então,  na expressão encontrada acima para Sn,  iremos ter a soma de 3 inteiros, que também é um inteiro, então temos que Sn também é inteiro.

Dessa forma, se Sn é inteiro para todo n então S1982 também será inteiro.

Acho que é isso, qualquer coisa é só perguntar.

fantecele
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Mensagem por Vitor Ahcor em Dom 15 Set 2019, 14:09

Sacada muito boa fantecele! 

Valeu demais!!
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Mensagem por Nickds12 em Seg 16 Set 2019, 13:49

Eu até disse que não comento mais, mas apenas uma observação:

Já existem teoremas para esse tipo de divisão com números inteiros e ímpares. Como eu disse, além de eu não gostar dessa demagogia matemática, resolver essa questão envolve trabalhar com número reais e complexos. Veja a prova do teorema de x^n+y^n/(x+y) (elevado a números ímpares) e como não é possível provar desse jeito de forma "normal".

x^2n+1 + y^2n+1 = (x+y)*(x2n...+y2n) = (x+y)P(2n+1)(x,y) (polinomio de grau 2n+1)

x^1 + y^1 = x + y (a menor configuração da sequência, que no caso do problema será o divisor)

Mas

x^2n+3 + y^2n+3 = (x+y)P(2n+2)(x,y)

E

(x^2n+1 + y^2n+1)*(x^2 + y^2) = x^(2n+3) + x^2*y^(2n+1) + x^2*y^2n+1 + y^2n+3

Mas

x^2n+3 + y^2n+3 = (x+y)(x^2 + y^2)P(2n)(x,y) - x^2*y^2 (y^2n-1 + x^2n-1)

E como 

y^2n-1 + x^2n-1 = (x+y)P(2n-2)

(x+y)P(2n+2)(x,y) = (x+y)(x^2 + y^2)P(2n)(x,y) - x^2*y^2P(2n-2))(x,y)

E por indução forte, prova-se o teorema.

Veja que se fosse uma subtração entre números inteiros

Eu teria

- x^(n+1) - x^2*y^(n+1), não sendo possível colocar a representação do polinômio (x+y)P(2n-2).

Ou seja, (x^n-y^n)/(x-y) precisa ter números complexos em suas variáveis.

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