Problemas Teoremas

Julho 20, 2011

Aritmética Racional de Aniceto Monteiro e Silva Paulo. Pequeno Teorema de Fermat

 Integrado na Biblioteca Básica de Textos Didáticos de Matemática, com edição de 2007 da SPM, adquiri recentemente o segundo volume, Aritmética Racional, fac-simile da edição de 1945 de Livraria Avelar Machado, dos autores Aniceto Monteiro e Silva Paulo.


O objectivo fundamental do seu ensino no liceu era o de «preparar o aluno para prosseguir estudos superiores»(p.IX) e o programa oficial: «Teoria dos números inteiros considerados como representando colecções de objectos idênticos, e das suas operações. Divisibilidade. Números primos. Máximo divisor comum e menor múltiplo comum. Teoria dos números fraccionários e das suas operações.» Dizem os autores: «Para que a Aritmética se possa chamar Racional é indispensável que ela seja apresentada sob a forma duma teoria dedutiva, e para isso é necessário distinguir cuidadosamente as proposições primitivas das proposições demonstráveis».(p. IX)

Ao expor as leis da unicidade, associativa, modular e comutativa da adição e da multiplicação (p.20-21), enquadram-nas nas leis dum Grupóide, conceito da Álgebra Moderna que não aparece no meu livro do liceu, com o mesmo nome, da década de 1960, de J. Jorge Calado.

Como ilustração do método usado transcrevo o enunciado, a demonstração e um exercício de aplicação do teorema de Fermat. (p. 152-154)

« Teorema 13. (De Fermat). Se p fôr primo então a^{p-1}\equiv 1\pmod p.

Dem. Seja a\not\equiv 0 e consideremos os produtos:

(1)\qquad b_1=1\cdot a,b_2=2a,\ldots,b_{p-1}=(p-1)a.

Nenhum produto b_{k}=ka (onde k=1,2,\ldots,p-1) pode verificar a condição ka\equiv 0, porque então seria (§57) k\equiv 0 (o que é impossível por hipótese).

Por outro lado, se i\neq j não pode ser b_{i}\equiv b_{j}, porque se fôsse ia\equiv ja, seria (Teor. 10) i\equiv j. Ora sendo i e j inferiores a p para que a diferença entre i e j seja divisível por p é necessário e suficiente que seja i=j, o que contradiz a hipótese i\neq j. Em resumo os elementos da sucessão (1) são dois a dois incongruentes entre si e nenhum dêles é congruente a 0. Podemos, por isso, afirmar que b_{1},b_{2},\ldots ,b_{p-1} são, respectivamente, congrupentes aos inteiros 1,2,\ldots ,p-1 escritos numa certa ordem. Daqui resulta que:

b_{1},b_{2}\cdots b_{p-1}\equiv 1\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots (p-1)\quad \pmod p

ou

(1a)(2a)\cdots ((p-1)a)\equiv (p-1)!\pmod p

ou ainda

(p-1)!a^{p-1}\equiv (p-1)!\pmod p

donde, pela lei do Corte:

a^{p-1}\equiv 1\pmod p,

 c. q. d. »

« Exercício 10. Se p fôr um número primo ímpar e se a não fôr divisível por p tem-se: a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 ou a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod p.

[ Sugestão: Note que

a^{p-1}-1=(a^{\frac{p-1}{2}}-1)(a^{\frac{p-1}{2}}+1). ]

Aplicação: O cubo dum inteiro não divisível por 7 é um múltiplo de 7 mais ou menos 1 »

Julho 18, 2011

Tall fraction puzzle, MSE

Filed under: Matemática,Math,Mathematics Stack Exchange — Américo Tavares @ 11:19 am
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Question by Ross Millikan:

I was given this problem 30 years ago by a coworker, posted it 15 years ago to rec.puzzles, and got a solution from Barry Wolk, but have never seen it again.  Consider the series:

1, \dfrac{1}{2},\dfrac{\dfrac{\ 1\ }{2 }}{\dfrac{3}{ 4}},\dfrac{\ \dfrac{\ \dfrac{\ 1\ }{2}\ }{ \dfrac{\ 3\ }{4}}\ }{\ \dfrac{\ \dfrac{\ 5\ }{6}\ }{\dfrac{\ 7\ }{8}}\ },\ldots

I don’t know how to format it to show the larger fraction bars, but you can guess, particularly with what follows.  Each fraction keeps its large bars while being put atop a similar structure. [Improved formatting AT]

This can also be represented as \dfrac{1\cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \dots}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 8 \dots} terminating at 2^n for some n, where it is much closer to the limit than elsewhere.

The challenge:

1)Find the limit, not too hard by experiment

2)In the last expression, find a simple, nonrecursive, expression to say whether n is in the numerator or denominator

3)Prove the limit is correct-this is the hard one.

My answer:

This problem (E 2692) was proposed by D. Woods in Americ. Math. Monthly 85, No.1, p.48, (link needs a subscription) and a solution by E. Robbins was published in Americ. Math. Monthly 86, No. 5, p.394f, (link needs a subscription) in 1979. A solution from 1987 by Jean-Paul Allouche is given in Proposition 5 of Jean-Paul Allouche and Jeffrey Shallit’s paper The ubiquitous Prouhet-Thue-Morse sequence (or here slides 24-28).

In 3. apart from a sketch of Allouche and Shallit’s proof of Proposition 5, I give my interpretation why the limit can be expressed as the infinite product \displaystyle\prod_{m=0}^{\infty }\left( \dfrac{2m+1}{2m+2}\right)^{(-1)^{t_{m}}}, where \left( t_{m}\right) _{m\geq 0} is the Prouhet-Thue-Morse sequence. This product is the starting point of their proof.

1. The first few terms of this sequence are

\begin{aligned}\left( f_{n}\right) _{n\geq 0}=\left( 1,\dfrac{1}{2},\dfrac{2}{3},\dfrac{7}{10},\dfrac{286}{405},\dfrac{144\,305}{204\,102},\dfrac{276\,620\,298\,878}{391\,202\,754\,597},\ldots \right)\end{aligned}

These numerical values suggest that \left( f_{n}^{2}\right) _{n\geq 0} converges relatively fast to \dfrac{1}{2}, and thus f_{n} to \dfrac{\sqrt{2}}{2}:

\begin{aligned}  \left( f_{n}^{2}\right) _{n\geq 0}=\left(1,  0.25,0.444\,44,0.49,0.498\,68,0.499\,88,0.499\,99,\ldots \right)  \end{aligned}

2. The Prouhet-Thue-Morse sequence (A010060) OEIS page gives the closed form formula (already  in Eelvex’s answer) by Benoit Cloitre (benoit7848c(AT)orange.fr), May 09 2004.

3. The term f_{n} can be written as the product of integers 1\leq k\leq 2^{n} raised to e_{k}\in \left\{ -1,+1\right\}. For instance,

\begin{aligned}f_{3} &=\dfrac{\ \dfrac{1}{2}/\dfrac{3}{4}\ }{\dfrac{5}{6}/\dfrac{7}{8}}=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{3}{4}\right) ^{-1}\left( \dfrac{5}{6}\left( \dfrac{7}{8}\right)^{-1}\right) ^{-1}=1\cdot 2^{-1}\cdot 3^{-1}4\cdot 5^{-1}\cdot 6\cdot 7\cdot 8^{-1}\\&=\prod_{k=1}^{2^{3}}k^{e_{k}}=\prod_{k=1}^{2^{3}}k^{(-1)^{t_{k-1}}}\end{aligned},

where \left( t_{k}\right) _{k\geq 0}=\left( 0,1,1,0,1,0,0,1,\ldots \right) is the binary sequence known as the Prouhet-Thue-Morse sequence (A010060), which has several equivalent definitions. One that is related directly to the way the numbers k exchange between numerators and denominators, in other words, whether the exponent e_{k}=(-1)^{t_{k-1}} is +1 or -1, is the following. Let A_{k} be a sequence of strings of 0′s and 1′s with length 2^{k}, with A_{0}=0. For k\geq 0, A_{k+1}=A_{k}\overline{A}_{k}, where \overline{A}_{k} is obtained from A_{k} by interchanging 0′s and 1′s. Then \left( t_{k}\right) _{k\geq 0} is the infinite sequence generated by A_{k} as k\rightarrow \infty . It has the following property: t_{2m}=t_{m} and t_{2m+1}=1-t_{m} for m\geq 0. Thus t_{2m}+t_{2m+1}=1 and since t_{k}\in \left\{ 0,1\right\} , one of t_{2m+2}, t_{2m+1} is 0 and the other is 1. In terms of the exponents we have e_{2m+1}=(-1)^{t_{2m}}=(-1)^{t_{m}} and e_{2m+2}\ e_{2m+1}=(-1)^{t_{2m}+t_{2m+1}}=-1. This means that one of the integers 2m+1 and 2m+2 is in the numerator and the other in the denominator, which is in accordance with the way how the tall fraction is constructed from fractions \frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{4}{5},\ldots . Similarly, we have in general (when k runs from 1 to 2^{n}, m varies from 0 to 2^{n-1}-1.)

\begin{aligned}f_{n} &=\prod_{k=1}^{2^{n}}k^{e_{k}}=\prod_{k=1}^{2^{n}}k^{(-1)^{t_{k-1}}}\\&=\prod_{m=0}^{2^{n-1}-1}\left( 2m+1\right)^{(-1)^{t_{2m}}}\left( 2m+2\right)^{(-1)^{t_{2m+1}}}=\prod_{m=0}^{2^{n-1}-1}\left( \frac{2m+1}{2m+2}\right)^{(-1)^{t_{m}}}  \end{aligned}

and we want to evaluate the limit of the sequence f_{n}

\begin{aligned}\underset{n\rightarrow \infty }{\lim }f_{n}=\prod_{m=0}^{\infty }\left(\dfrac{2m+1}{2m+2}\right) ^{(-1)^{t_{m}}}.\qquad(\ast )\end{aligned}

In Proposition 5 of the mentioned paper, the authors show that

\begin{aligned}\underset{n\rightarrow \infty }{\lim }f_{n}=\prod_{m=0}^{\infty }\left(\dfrac{2m+1}{2m+2}\right) ^{(-1)^{t_{m}}}=\dfrac{1}{2}\prod_{m=0}^{\infty }\left(\dfrac{2m+1}{2m+2}\right) ^{(-1)^{t_{2m+1}}}  \end{aligned}

and, since (-1)^{t_{2m+1}}=-(-1)^{t_{2m}}=-(-1)^{t_{m}}, they get

\begin{aligned} \underset{n\rightarrow \infty }{\lim }f_{n}=\dfrac{1}{2\ \underset{n\rightarrow\infty }{\lim }f_{n}},\end{aligned}

thus proving that \underset{n\rightarrow \infty }{\lim }f_{n}^{2}=\dfrac{1}{2}. The trick they use is to multiply both sides of \left( \ast \right) by the auxiliary product

\begin{aligned}\prod_{m=1}^{\infty }\left( \frac{2m}{2m+1}\right) ^{(-1)^{t_{m}}}\qquad(\ast \ast )  \end{aligned}

pretty much as in Moron’s answer. Concerning the issue of the convergence of the infinitive products,  namely \left( \ast \right) and (\ast\ast ) the authors state that they “are convergent by Abel’s theorem”, but I must confess I have no idea which theorem is this.*

* See this answer by Plop to this question of mine.

International Mathematical Olympiad IMO2011 Amsterdam :: Olimpíadas Internacionais de Matemática

Filed under: Matemática,Notícia,Olimpíadas — Américo Tavares @ 12:14 am
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Daily News Sunday 24 July

« Lisa Sauermann is now number one in the IMO hall of fame »

« IMO2012 in Argentina
During the closing ceremony the Olympic flag was handed over to the Argentinean delegation. Next year the IMO will be in Mar del Plata. Argentineans are very happy to receive all of you!
The host countries for the coming years were also announced:
- 2013 Colombia
- 2014 South Africa
- 2015 Thailand »

* * *

Correio da Manhã, 25.07.2011

SPM — Comunicado de Imprensa

« Portugal obtém resultado inédito nas Olimpíadas Internacionais de Matemática

Miguel Santos ganha medalha de ouro e fica para a história das Olimpíadas

É um feito verdadeiramente excepcional. Miguel Martins dos Santos, 16 anos, arrecadou a primeira medalha de ouro da história da participação portuguesa nas Olimpíadas Internacionais de Matemática (IMO), que estão a decorrer na Holanda. Miguel Santos obteve um resultado extraordinário numa competição que conta com a participação de 574 estudantes vindos de mais de uma centena de países. Para já, a equipa permanece em Amesterdão, mas aterrará no Aeroporto da Portela, em Lisboa, no próximo domingo, dia 24 de Julho, pelas 14h35, onde a espera uma recepção em grande, a que nem o ministro da Educação e Ciência, Nuno Crato, faltará.

O alcance do resultado obtido por Miguel Santos é tanto mais importante se se tiver em conta que o estudante do 10º ano da Escola Secundária de Alcanena competiu em pé de igualdade com jovens que estão a terminar o ensino secundário. O percurso que Miguel Santos tem vindo a percorrer nas Olimpíadas de Matemática deixa adivinhar um futuro brilhante: nas três participações nas Olimpíadas Portuguesas de Matemática (OPM) nunca deixou escapar a medalha de ouro e, em 2010, com apenas 15 anos, estreou-se nas IMO, levando para casa uma menção honrosa.

Nunca um participante português tinha chegado tão longe nas IMO, as mais antigas olimpíadas internacionais de ciências do mundo. Para abrilhantar ainda mais a participação nacional nesta competição, João Magalhães dos Santos e Raúl Penaguião, ambos alunos do 12º ano, arrecadaram duas medalhas de bronze e Luís Duarte, do 10º ano, obteve uma menção honrosa.
Miguel Martins dos Santos e João Magalhães dos Santos, os dois melhores classificados nas IMO, terão agora de se preparar para uma nova competição, que decorrerá em Setembro: as Olimpíadas Iberoamericanas de Matemática (OIAM). Estas terão lugar na Costa Rica, para onde Miguel e João partirão com os dois melhores de um grupo de quatro alunos também seleccionados em estágios de preparação.

Mas as competições olímpicas não ficam por aqui. Portugal é o país anfitrião das primeiras Olimpíadas de Matemática da Lusofonia (OIM), que estão a decorrer em Coimbra. Até ao dia 31 de Julho, mais de duas dezenas de estudantes competirão e partilharão experiências neste evento que reúne participantes vindos de todos os países de língua portuguesa. (…) »

* * * (mais…)

Julho 14, 2011

Republicação de Exercício de Probabilidades sobre aniversários de n pessoas

A propósito da questão The probability that 25 people do not have the same birthday de Algific no MSE e da minha resposta republico  este meu post de Julho 2009 sobre o mesmo assunto.

«

As magias matemáticas não têm piada quando não se explicam

Nuno Crato, Números Mágicos, Expresso 11.07.09

Integrado no tema Magia da Única do Expresso de 11.07.09 aparece o artigo de Nuno Crato Números Mágicos.

(Aqui na versão online.)

Números mágicos de Nuno Crato, Expresso, 11.07.09

Números mágicos de Nuno Crato, Expresso, 11.07.09

Nuno Crato divide-o em duas magias matemáticas: uma que se explica pela Lei de Benford e a outra a que chama O truque dos aniversários no mesmo dia.

Nuno Crato, O truque dos aniversários no mesmo dia, Expresso, 11.07.09

Nuno Crato, O truque dos aniversários no mesmo dia, Expresso, 11.07.09

Num ano comum, qual a probabilidade de pelo menos duas pessoas escolhidas ao acaso entre n fazerem anos em dias diferentes?

Depois de ler a exposição e explicação de Nuno Crato, as contas que fiz para responder a esta questão foi relacionar a probabilidade P(n) associada a n pessoas com a probabilidade P(n-1) associada a n-1 pessoas:

P(n)=P(n-1)\times\dfrac{366-n}{365}

chegando, por indução, a

P(n)=\dfrac{1}{365^{n-1}}\times \left( 366-2\right) \times \left( 366-3\right) \times\cdots \times\left( 366-n\right) =\dfrac{1}{365^{n-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{n}\left( 366-k\right)

Exemplo: 30 pessoas

P(30)=\dfrac{1}{365^{30-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{30}\left( 366-k\right) \approx 0,29368\approx 29,37%

Num ano bissexto, qual a probabilidade de pelo menos duas pessoas escolhidas ao acaso entre n fazerem anos em dias diferentes? 

A diferença em relação ao ano comum traduz-se apenas em mais um dia, pelo que

P(n)=\dfrac{1}{366^{n-1}}\times \left( 367-2\right) \times \left( 367-3\right) \times \cdots \times \left( 367-n\right) =\dfrac{1}{366^{n-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{n}\left( 367-k\right)

Exemplo: 30 pessoas

P(30)=\dfrac{1}{366^{30-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{30}\left( 367-k\right) \approx 0,29470\approx 29,47%

Logo, a probabilidade dos aniversários de nenhuma das n pessoas escolhidas ao acaso calharem no mesmo dia é

1-P(n)

em que P(n) é dado pelo(s) produto(s) indicado(s) acima. Os dois exemplos anteriores resultam, respectivamente, em

\bar{P}(30)=1-P(30)\approx 100-29,37\%=70,63\%

e

\bar{P}(30)=1-P(30)\approx 100-29,47\%=70,53\%

nos anos comuns e nos bissextos.

Nota de 16.07.09: Pelo princípio das gavetas de Dirichlet, também conhecido pelo das casas dos pombos, se o número de pessoas n>365 (nos anos comuns) ou n>366 (nos anos bissextos), temos a certeza de que pelo menos duas fazem anos no mesmo dia.

Nota de 21.07.09: outras expressões equivalentes são

P(n)=\left\{ \begin{array}{c}\dfrac{364!}{365^{n-1}\left( 365-n\right) !}\qquad\text{se o ano \'{e} comum} \\ \dfrac{365!}{366^{n-1}\left( 366-n\right) !}\qquad \text{se o ano \'{e} bissexto}\end{array}\right.

e

\bar{P}(n)=1-P(n)=\left\{ \begin{array}{c}1-\dfrac{364!}{365^{n-1}\left( 365-n\right) !}\qquad\text{se o ano \'{e} comum} \\ 1-\dfrac{365!}{366^{n-1}\left( 366-n\right) !}\qquad \text{se o ano \'{e} bissexto}\end{array}\right.

Atendendo a que \Gamma (n+1)=n!, obtemos para os anos comuns,

\bar{P}(x)=1-P(x)=1-\dfrac{\Gamma \left( 365\right) }{365^{x-1}\Gamma \left( 366-x\right) }

cujo representação gráfica é

Probabilidade de duas pessoas pelo menos fazerem aniversários no mesmo dia em função do número de pessoas

»

Julho 8, 2011

Resolução da relação de recorrência T(n) = 3T(n-2) + 9, T(1) = T(2) = 1

Mais uma vez publico aqui a tradução de uma resposta a uma questão no MSE. Desta vez trata-se da resolução da relação de recorrência

T(n)=3T(n-2)+9,\qquad T(1)=T(2)=1

pedida por Nir nesta questão. Apliquei a ideia fundamental indicada num comentário de Ross Millikan. Inicialmente enganei-me na resolução, fui alertado para o erro por user6312 e refi-la.

Os primeiros termos são:

\begin{aligned}T(1) &=T(2)=U(1)=1 \\T(3)&=T(4)=U(2)=12 \\T(5) &=T(6)=U(3)=45 \\&\cdots\end{aligned}

Generalizando, tem-se

T(2n-1)=T(2n)=U(n),\qquad n\ge 1.\qquad (1)

Dado que

T(2n-1)=3T(2n-3)+9=3T(2n-2)+9,

obtemos

U(1)=1,\qquad U(n)=3U(n-1)+9,\qquad n\ge 2.\qquad (2)

Vamos aplicar rudimentos da teoria das recorrências  (ou equações com diferenças, ver por ex. An introduction to difference equations de Saber Elaydi.) Esta relação de recorrência é não homogénea,  pelo que teremos de determinar uma solução particular da recorrência e resolver a recorrência homogénea, que é linear e tem coeficientes constantes . Assim, a solução explícita é da forma

U(1)=1,\qquad U(n)=AX^{n}+C,\qquad (3)

em que X é a raíz da equação característica X-3=0 associada à equação homogénea U(n)-3U(n-1)=0 e C é uma solução particular (neste caso, constante) de U(n)=3U(n-1)+9. De (2), deverá ser C=3C-9, isto é, C=-9/2. Assim U(n)=3^{n}A-9/2.

Da condição inicial U(1)=1, obtemos 1=3A-9/2, donde A=11/6. Por conseguinte a solução de (2) é

U(n)=\dfrac{11}{6}3^{n}-\dfrac{9}{2},\qquad n\ge 1\qquad (4)

Logo a solução da recorrência dada T(n)=3T(n-2)+9 é

T(2n-1)=T(2n)=U(n)=\dfrac{11}{6}3^{n}-\dfrac{9}{2},\qquad n\ge 1.\qquad (5)

Bibliografia (em português)

ANDRÉ, Carlos e FERREIRA, Fernando, Matemática Finita, Universidade Aberta, nº 203, Lisboa, 2000.

Julho 6, 2011

Forma algébrica das raízes quínticas da unidade

Tradução e adaptação da minha resposta no MSE a uma questão de Paul “Como determinar as raízes da equação x^5-1=0?”

A equação x^5-1=0, que é equivalente a x=\sqrt[5]{1}, tem as 5 soluções seguintes:

e^{i\dfrac{2\pi (1+k)}{5}}=\cos\left( \dfrac{2\pi (1+k)}{5}\right)+i\sin\left( \dfrac{2\pi (1+k)}{5}\right),\qquad k=0,1,\ldots,4.

Vamos factorizar a quíntica em dois factor, um linear e outro quadrático. Por inspecção vemos que x=1 é um zero de x^{5}-1. Pela divisão de polinómios ou pela regra de Ruffini determinamos

x^{5}-1=\left( x-1\right) \left( x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1\right).

Agora factorizamos x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1 em dois polinómios quadráticos

x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=\left( x^{2}+bx+c\right) \left( x^{2}+Bx+C\right),

cujos coeficientes (reais) se determinam comparando o 1.º membro com o 2.º expandido. Visto que

\left( x^{2}+bx+c\right) \left( x^{2}+Bx+C\right)

=x^{4}+\left( B+b\right) x^{3}+\left( C+bB+c\right) x^{2}+\left(bC+cB\right) x+cC,

os coeficientes devem verificar

\left\{\begin{array}{c}B+b=1 \\C+bB+c=1 \\bC+cB=1 \\  cC=1\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}B=1-b \\1/c+b\left( 1-b\right) +c=1 \\b/c+c\left( 1-b\right) =1\\C=1/c\end{array}\right.

Uma das soluções de b/c+c\left( 1-b\right) =1 é c=1. Substituíndo-a determinamos os restantes coeficientes:

\left\{\begin{array}{c}B=\dfrac{1}{2}\mp \dfrac{1}{2}\sqrt{5}\\b=\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\\c=1 \\C=1\end{array}\right.

Portanto

x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=\left( x^{2}+\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\right) x+1\right)\left( x^{2}+\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\right) x+1\right)

e finalmente

x^{5}-1=\left( x-1\right)\left( x^{2}+\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\right) x+1\right) \left( x^{2}+\left( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\sqrt{5}\right) x+1\right).

Assim as raízes de x^{5}-1 são as destes três factores, respectivamente, x_1=1 e

x_{2,3}=-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}\sqrt{5}\pm\dfrac{1}{4}\sqrt{-10+2\sqrt{5}},\quad x_{4,5}=-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\sqrt{5}\pm\dfrac{1}{4}\sqrt{-10-2\sqrt{5}}

ou seja,

x_{2,3}=-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}\sqrt{5}\pm i\dfrac{1}{4}\sqrt{10-2\sqrt{5}},\quad x_{4,5}=-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\sqrt{5}\pm i\dfrac{1}{4}\sqrt{10+2\sqrt{5}}.

Nota: este método de decomposição de uma quártica em duas quadráticas nem sempre permite determinar as suas raízes — é a teoria de Galois que fornece as condições em que tal é possível,  como comentou Gerry Myerson, na minha resposta inicial. Nesses casos é necessário recorrer a uma equação cúbica resolvente, método que descrevi em resolução da equação do 4.º grau ou quártica.

Julho 1, 2011

Mínimo múltiplo e máximo divisor comuns de dois ou mais racionais

Nesta questão no MSE peakit pergunta como se deduzem duas propriedades do mínimo e do máximo múltiplo comum dos números racionais, que passo a expor, na forma que dei à minha resposta.

Admitamos que se têm duas fracções reduzidas \dfrac{a}{b},\dfrac{c}{d}. Sejam

\begin{aligned}a&=\displaystyle\underset{i}{\prod } p_{i}^{e_{i}(a)},\qquad b=\displaystyle\underset{i}{\prod } p_{i}^{e_{i}(b)}, \\c&=\displaystyle\underset{i}{\prod } p_{i}^{e_{i}(c)},\qquad d=\displaystyle\underset{i}{\prod } p_{i}^{e_{i}(d)}.\end{aligned}

as  factorizações em números primos  dos inteiros a,b,c e d. Então a fracção

\dfrac{\displaystyle\underset{i}{\prod }\ p_{i}^{\max \left( e_{i}(a),e_{i}(c)\right) }}{\displaystyle\underset{i}{\prod }\ p_{i}^{\min \left( e_{i}(b),e_{i}(d)\right) }}

é um múltiplo comum a \dfrac{a}{b},\dfrac{c}{d}; é o mínimo pelas propriedades de \text{mmc} and \text{mdc} de dois inteiros;  \prod_{i}\ p_{i}^{\max \left( e_{i}(a),e_{i}(c)\right) } é o mínimo múltiplo comum dos numeradores e \prod_{i}\ p_{i}^{\min \left(  e_{i}(b),e_{i}(d)\right) } é o máximo divisor comum dos denominadores. Assim

\begin{aligned}\text{mmc}\left( \dfrac{a}{b},\dfrac{c}{d}\right) &=&\text{mmc}\left( \dfrac{{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(a)}}}{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(b)}},\dfrac{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(c)}}{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(d)}}\right)=\dfrac{\prod_{i}\ p_{i}^{\max \left( e_{i}(a),e_{i}(c)\right) }}{\prod_{i}\ p_{i}^{\min \left( e_{i}(b),e_{i}(d)\right) }}=\dfrac{\text{mmc}(a,c)}{\text{mdc} (b,d)}.\quad(1)\end{aligned}

De forma semelhante

\begin{aligned}\text{mdc}\left( \dfrac{a}{b},\dfrac{c}{d}\right) &=&\text{mdc}\left( \dfrac{{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(a)}}}{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(b)}},\dfrac{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(c)}}{\prod_{i}\ p_{i}^{e_{i}(d)}}\right)=\dfrac{\prod_{i}\ p_{i}^{\min \left( e_{i}(a),e_{i}(c)\right) }}{\prod_{i}\ p_{i}^{\max \left( e_{i}(b),e_{i}(d)\right) }}=\dfrac{\text{mdc}(a,c)}{\text{mmc} (b,d)}.\quad(2)\end{aligned}

Aplicando repetidamentes esta relações generalizamos este resultado a um número finito de fracções.

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