[SPAM] Re: [obm-l] Soma das potências q das raízes de um polinômio

[Carlos Yuzo Shine <cyshine@xxxxxxxxx>]

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Sim, isso é um fato verdadeiro.

Vou provar com um pouco de Cálculo; mais precisamente,
utilizando o fato de que a derivada de ln(f(x)) é
f'(x)/f(x).

Note então que, se P(x) = a(x-x1)(x-x2)...(x-xn),
sendo x1, x2, ..., xn as raízes (possivelmente com
repetições) e a um real, então P'(x)/P(x) é a derivada
de ln(P(x)), que é igual a ln|x-x1| + ln|x-x2| + ... +
ln|x-xn| (aqui, não vamos nos preocupar com questões
de convergência, já que estamos trabalhando com séries
formais). Mas se calcularmos a derivada a partir dessa
segunda forma, obtemos
P'(x)/P(x) = 1/(x-x1) + 1/(x-x2) + ... + 1/(x-xn)

Desenvolvendo 1/(x-r) = (1/x)/(1-r/x) como série de
potências, obtemos
1/(x-r) = (1/x)(1 + (r/x) + (r/x)^2 + ...)
= x^{-1} + rx^{-2} + r^2x^{-3} + ...
e, substituindo, o resultado segue.

Quanto a calcular a soma de potências das raízes,
existe outro algoritmo que funciona. Sendo S(m) a soma
das m-ésimas potências das raízes de P(x), temos
 a_nxi^n + a_{n-1}xi^{n-1} + ... + a_1xi + a_0 = 0
para cada raiz xi de P. Então
 a_nxi^{m+n} + a_{n-1}xi^{m+n-1} + ... + a_1xi^{m+1} +
a_0x^m = 0

Somando sobre todas as raízes, obtemos
 a_nS(m+n) + a_{n-1}S(m+n-1) + ... + a_1S(m+1) +
a_0S(m) = 0

Tendo n valores iniciais (que podem ser obtidos com as
relações entre raízes e coeficientes ou a série formal
acima), obtemos S(m) para todo m inteiro.

[]'s
Shine

--- Luis Matos <luispvale@xxxxxxxxxxxx> wrote:

> Ola Jones.
>   Acho que esta certo sim.
>   Veja que se P(x) = a.x^(n) + b.x^(n-1) + .... + c,
> temos que a derivada P'(x) = a*n*x^(n-1) + .... .dai
> quando dividirmos P'(x) por P(x) teremos como
> primeiro termo no quociente n*x^(-1) e portanto S0 =
> n (ou seja, a ordem do polinomio). Isto e razoavel
> nao e? Veja que temos n raizes e a soma das
> potencias de ordem zero (isto e 1) destas raizes
> sera n. Como no exemplo mostrei um polinomio e de
> grau 2, S0 = 2.
>    
>   Ou basta montar a divisao (no exemplo as raizes
> sao 2 e 3)
>   ===1)
>   2x  -  5..................| x^2  - 5x  +  6
>   -2x + 10  - 12x^(-1).|---------------------
>   ----------------------------....2x^(-1)
>    
>   5  - 12^x(-1)                     Dai S0 = 2 =
> 2^(0) + 3^(0)
>    
>    
>   ===2)
>   5  -  12^x(-1)................| x^2  - 5x  +  6
>   -5 + 25^x(-1)  - 30x^(-2).|---------------------
>   ----------------------------------....5x^(-2)
>    
>   13^x(-1)  - 30x^(-2)           Dai S1 = 5 = 2^(1)
> + 3^(1)
>    
>   ===3)
>   13^x(-1)  -   30x^(-2) ...............| x^2  - 5x 
> +  6
>   -13^x(-1)  + 65x^(-2)  -
> 78x^(-3).|---------------------
>  
>
---------------------------------------------....13x^(-3)
>    
>   35^x(-2)  - 78x^(-3)           Dai S2 = 13 = 2^(2)
> + 3^(2)
>    
>   e assim sucessivamente.
>   
> colombo <jones.colombo@xxxxxxxxx> escreveu:
>   Luis, você tem certeza disto? Porque S0=2? Acho
> que não é bem assim não!
> Jones
> 
>   2008/2/13 Luis Matos <luispvale@xxxxxxxxxxxx>:
>     Se dividirmos P'(x) por P(x) teremos como
> polinomio quociente algo da forma Q(x) = S0*x^(-1) +
> S1*x(-2) + S2*x(-3) + .....
>   Temos que:
>   Sq = soma das potencias de ordem q das raizes de
> P(x).
>   Acho que isso e devido a Newton!?
>    
>   Exemplo:
>   P(x)  = x^2 - 5x + 6
>   P´(x) = 2x - 5.
>    
>   => P´(x) = P(x)*(  2x^(-1)  +5x^(-2)  +13x^(-3)  
> +35x^(-4)  + .... )
>   S0 = 2, S1 = 5, S2 = 13, S3 = 35, ....
>    
>   Luis Matos.
> 
> Artur Costa Steiner <artur.steiner@xxxxxxxxxx>
> escreveu:
>     
>       Se q é um inteiro positivo, existe alguma
> forma relativamente fácil de se determinar a soma
> das potências q das raízes de um polinômio? Algo,
> por exemplo,  baseado nas reações de Girard?
>    
>   Obrigado
>   Artur
> 
> 
> 
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