Uma vez vi isso, como exercício, no livro de Análise Complexa de David
Ulrich. Justamente no capítulo sobre resíduos, como o Bernardo observou.
Conhecendo-se um pouco disto, há uma solução simples, bem na linha do
Bernardo. A função que ele procura é 1/P.
Como as raízes são distintas, todas têm multiplicidade 1 e P'(z_k) <>0.
Assim, a soma dada faz sentido.
Sendo S o conjunto das raízes, para z em V = C\S definamos f = 1/P. Então,
f é holomorfa no aberto V e possui uma singularidade, no caso um polo, em
cada elemento de S. Para r suficientemente grande para que o disco aberto
D(0, r) contenha todas as raízes, o índice da fronteira B de D(0, r) em
torno de cada raiz é 1 (pois pertencem ao disco) e o índice em torno de
pontos fora do disco é 0. Assim, o teorema do resíduo mostra que
I(r) = 1/(2pi i) Int_B f(z) dz = Soma(k = 1, n) Ind(B, z_k) Res(f, z_k)
= Soma(k = 1, n) Res(f, z_k)
Como os zeros z_k de P são polos simples (ordem 1) de f, então
Res(f, z_k) = lim (z --> z_k) (z - zk) f(z) = lim (z --> z_k) ((z -
zk))/P(z) = P'(z_k)
Segue-se que
1/(2pi i) Int_B f(z) dz = Soma(k = 1, n) 1/P'(z_k)
Assim, para r suficientemente grande, I é uma função constante de r. E como
n >= 2, lim (r --> oo) I(r) = 0, o que nos mostra que I é identicamente
nula e que, portanto, Soma(k = 1, n) 1/P'(z_k) = 0.
Para vermos que lim (r --> oo) I(r) = 0, suponhamos, sem perda de
generalidade, que P é mônico, e façamos m = máz {|z_1|, ..... |z_n|}. Para
|z| > m, temos que
|P(z)| = |z - z_1| ... . |z - z_n| >= ||z| - |z_1|| ... ||z| - |z_n|| >
(|z| - m) ... (|z| - m) = (|z| - m)^n
e, portanto,
|f(z)| < (|z| - m)^(-n)
Na fronteira B, |z| = r. Logo, pelas propriedades da integral de funções
holomorfas, para r > m temos
|Int_B f(z) dz| <= comprimento(D(0, r)) . máximo {|f(z)| : z em B} <= 2pi r
(r - m)^(-n)
Como n >= 2, 2pi r (r - m)^(-n) --> 0 quando r --> oo. Logo, |Int_B f(z) dz
--> 0, seguindo-se que I(r) --> 0.
Se vc ainda não tiver estudado estes tópicos em análise complexa, esta
prova talvez seja incompreensível. Neste caso, recomendo que estude, é um
assunto lindo.
Veja que o resultado vale para todo polinômio de coeficientes complexos, de
grau >= 2, que tenha raįzes distintas (todas com multiplicidade 1. Na
nomenclatura da análise complexa, estas raízes são diitas zeros simples -
ordem 1 - de P).
Deve ser possível demonstrar por álgebra, como o colega tentou. Mas acho
que vai ser muito complicado.
Abraços
Artur
Em sexta-feira, 19 de fevereiro de 2016, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
[email protected]> escreveu:
> Olá,
>
> a cara desta expressão (soma nas raízes de um polinômio) me faz pensar
> em integral de Cauchy / resíduos. Um lado você consegue com a integral
> olhando para dentro de um círculo bem grande (contendo todas as
> raízes) e a outra "no lado de fora do círculo". Não estou com tempo de
> pensar qual seria a função, mas acho que é por aí. Talvez a noite
> traga inspiração?
>
> Abraços,
> --
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>
> 2016-02-19 18:19 GMT-02:00 Luís <[email protected] <javascript:;>>:
> > Sauda,c~oes,
> >
> > Parece que não chegou. Mando novamente.
> >
> > Luís
> >
> > ________________________________________
> > De: Luís <[email protected] <javascript:;>>
> > Enviado: sexta-feira, 19 de fevereiro de 2016 14:35
> > Para: [email protected] <javascript:;>
> > Assunto: Re: Mostrar que Soma (k = 1, n) 1/P'(x_k) = 0
> >
> > Sauda,c~oes, oi Amanda,
> >
> > Apesar de não conseguir uma solução, gostei deste problema.
> >
> > Para n=2 e n=3 podemos ver que isso é verdade.
> >
> > P[2](x)=(x - x_1) (x - x_2)
> > P[2]'(x) = (x - x_2) + (x - x_1)
> > P[2]'(x_1) = (x_1 - x_2)
> > P[2]'(x_2) = (x_2 - x_1)
> >
> > 1/P[2]'(x_1) + 1/P[2]'(x_2) = 1/(x_1 - x_2) + 1/ (x_2 - x_1) = 0
> >
> > P[3](x) = (x - x_1) (x - x_2) (x - x_3)
> > P[3]'(x) = (x - x_2) (x - x_3) + (x - x_1) (x - x_3) + (x - x_1) (x
> - x_2)
> > P[3]'(x_1) = (x_1 - x_2) (x_1 - x_3)
> > P[3]'(x_2) = (x_2 - x_1) (x_2 - x_3)
> > P[3]'(x_3) = (x_3 - x_1) (x_3 - x_2)
> >
> > Soma (k = 1,3) 1/P[3]'(x_k) = 0
> >
> > Mostrar assim para n >= 4 começa a ficar longo. Pensei então em indução.
> >
> > P[n+1](x) = (x - x_(n+1)) Q[n](x)
> >
> > P[n+1]'(x) = Q[n](x) + (x - x_(n+1)) Q[n]'(x)
> >
> > Soma (k = 1,n) 1/Q[n]'(x) = 0 (hipótese da indução)
> >
> > Soma (k = 1,n+1) 1/P[n+1]'(x_k) = Soma (k = 1,n) 1 / [ (x_k - x_(n+1))
> Q[n]'(x_k) ] + 1 / Q[n](x_(n+1))
> >
> > Parei aqui. Será que é possível manipular a expressão e chegar ao
> resultado ?
> >
> > Luís
> >
> >
> ===========================================================
>
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
