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[obm-l] Re: [obm-l] Demonstração não encontrada



Ola Bruno e demais colegas
desta lista ... OBM-L,

Eu me lembro da prova de Cauchy. Ela simples e curta.

Seja P(x) = A0*x^n  +  A1*x^(n-1)  +  ...  +  An-1*x  + An um polinomio no 
qual tanto os coeficientes A0, A1, A2, ..., An-1, An bem como "x" sao 
numeros complexos da forma "A + Bi". IMAGINE agora que "x" varia no plano 
complexo ( plano de ARGAND ). Neste caso, P(x) tambem vai variar, pois 
estamos supondo que P(x) nao e constante. Tomando os sucessivos modulos de 
P(x), somos obrigados a admitir que o conjunto :

C = { modulo( P(x)) / x varia no plano de Argand }

Tem um minimo ... De fato, como modulo(P(x)) >= 0, para qualquer "x", então, 
na pior das hipoteses, teremos MIN C = 0, podendo ocorrer que o minino de A 
seja maior que quero para algum polinomio
P(x). O certo e que voce deve se convencer que este minimo existe. Vamos 
usar isso.

Seja MIN C = D. Pode ocorrer D=0 ou D > 0.

1) CASO D=0.

Como D=0, seja X0 o complexo do plano de ARGAND que provocou este minimo. 
Entao :

modulo( P(X0) ) = 0 => P(X0) = 0.  Logo, X0 e uma raiz de P(x) e a 
demonstracao esta concluida, pois acabamos de mostrar que existe X0 no plano 
de Argande tal que P(X0) = 0.

2) CASO D > 0

Mais uma vez, seja X0 o numero complexo do plano de Argand que provocou este 
minimo. Entao :

modulo ( P(X0) ) = D e, para qualquer X do plano de Argand :
modulo ( P(X) ) >= modulo( P(X0) ), pois modulo(P(X0)) e um minimo.

IMAGINE agora, no plano de Argand, uma pequena circunferencia com centro em 
X0 e raio E. Um ponto X desta circunferencia ( numero complexo ) SEMPRE 
podera ser IMAGINADO como a soma de dois vetores :

1) O vetor X0 ( de (0,0) ate X0 )
2) O vetor de modulo E que vai de X0 ate X, isto e :

X = X0 + X', X' indo de X0 ( origem ) ate X ( extremidade ). Assim
P(X) = P(X0+X')
P(X) = A0*(X0+X')^n + A1*(X0+X')^n-1 + ... + An-1*(X0+X') + An

Agora e muito importante voce observar o seguinte :

O desenvolvimento (pelo Binomio de Newton ) de P(X) = P(X0+X') ira produzir 
todas as potencias de X0, desde "n" ate 0. E como vamos multiplicar 
sucessivamente por A0, A1, ..., An teremos novamente o polinimio P(X0) que 
da o minimo e mais todas as potencias de X', tambem elevadas desde X'^n ate 
X' elevada a zero. E facil ver isso olhando ai em cima. Quero dizer que 
podemos colocar o polinomio P(X) da seguinte forma :

P(X) = P(X0) + B1*X' + B2*X'^2 + ... + Bn-1*X^n-1 + Bn*X^n.

Note que P(X0) esta desempenhando o papel do coeficiente B0, isto e, 
B0=P(X0) e P(X0) e, conforme ja falamos, o valor de modulo minimo.

Claramente que alguns dos Bi, i={1,2,..,n} podem ser nulos, dependendo dos 
Ai originais e do raio E que escolhemos. Seja Ci o i-esimo termos da 
sequencia B1, B2, ..., Bn que nao e nulo. Entao :

P(X) = P(X0) + C1*X'^a + C2*X'^b + ... + Cm*X'^z, onde :
a < b < c < ... < z   e    a, b,c, ... ,  z estao em { 1,2,3, ..., n }

P(X) = P(X0) + C1*X'^a(1 + X'*F(X')). Como P(X0) e diferente de zero :

P(X)/P(X0) = 1 +  [ C1/P(X0) ]*[ X'^a(1 + X'*F(X') ]
P(X0+X')/P(X0) = 1 + K*[ X'^a(1 + X'*F(X') ], onde K = C1/P(X0)

Agora, o golde de mestre ( do Mestre Cauchy ! ) :

Claramente que X' e K sao numeros complexos. Portanto, eles podem ser 
colocados na forma trigonometrica, isto e :

X'=S(cosV + isenV) e K = T(cosW + isenW). Assim,
a relacao : K* X'^a, ficara com a forma :

KX'^a = ST^a[  cos(V+aW) + isen(V+aW) ]

IMAGINANDO dentro da circunferencia de centro X0 e raio E todos os X 
complexos tais que V+aW=pi, isto e, complexos que formam um angulo W= (pi - 
V)/a com o eixo dos reais ( eixo dos x ), teremos :

P(X0+X')/P(X0) = 1 + ST^a(cos(pi) + isen(pi))(1 + X'*F(X') )
P(X0+X')/P(X0) = (1 - ST^a) - ST^a* X'*F(X') ) onde so X' e F(X') sao 
complexos e, os demais, numeros reais.

Aplicando agora a relacao dos modulos ( o modulo da soma ou da subtracao de 
dois numeros complexos e sempre menor ou igual a soma dos modulos ) :

modulo(  P(X0+X')/P(X0)  ) =< modulo(1 - ST^a)  +  modulo( ST^a* X'*F(X') )
mas : 1 - ST^a +  ST^a* modulo(X')*modulo( F(X')) = 1 - ST^a + 
ST^(a+1)*modulo(F(x'))

E ja deve ter ficado claro pra voce que estamos diante de um absurdo ...

Pois, a medida que diminuirmos E - o raio da circunferencia original - 
evidentemente vai diminuir ST^a e ST^(a+1)*modulo(F(X')) diminuem, podendo 
ficar tao pequenos quanto quisermos bastando tomar E suficientemente 
pequeno. Entretanto,   ST^(a+1)*modulo(F(X')) < ST^a para E suficientemente 
´pequeno , de forma que o valor negativo -ST^a vai anular a parte positivo 
de ST^(a+1)*modulo(F(X')) de forma que a soma 1 - ST^a + 
ST^(a+1)*modulo(F(x')) vai ficar menor que 1. E dai e evidente que teremos 
modulo(P(x0 + 1)) < modulo(P(X0)) ... ABSURDO, ABSURDO, ABSURDO !

Pois ja admitimos que modulo(P(X0)) e o valor minimo.

Bom, tudo isso derivou do fato de supormos que pode ocorrer o caso D > 0.

Nao podendo isso ocorrer, pois conduz ao absurdo acima, devemos admitir que, 
qualquer que seja o polinomio P(X), com coeficientes no plano de argand e X 
variando  tambem neste plano, SEMPRE HAVERA UM X0 TAL QUE modulo(P(X0))=0 => 
P(X0)=0, ou seja :

TODA EQUACAO POLINOMIAL p(x)=0 TEM AO MENOS UMA RAIZ !

E isto e o chamado TEOREMA FUNDAMENTAL DA ALGEBRA  que voce estava querendo 
ver como se prova. Note que voce procurou em livros e nao encontrou uma 
prova, mas, escrevendo pra essa lista de discussao ( e eu senti sinceridade 
em sua busca ! ) voce teve uma resposta a altura !

Um Abraco e parabens pela sua busca pelo conhecimento !
Paulo Santa Rita
1,1438,200703

>-----Original Message-----
>From: owner-obm-l@sucuri.mat.puc-rio.br [mailto:owner-obm-
>l@sucuri.mat.puc-rio.br] On Behalf Of brunos.pompeo
>Sent: Saturday, July 19, 2003 7:22 PM
>To: obm-l@mat.puc-rio.br
>Subject: [obm-l] Demonstração não encontrada
>
>Gostaria q alguém me desse a demonstração do teorema
>fundamental da álgebra, ou seja, todo polinômio tem raíz.
>Por favor, identifique o e-mail.
>Obrigado
>
>
>
>Bruno Pompeo
>

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