Campos de Vetores sem Curvas Algébricas Tangentes
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- Raul Pinto
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1 Campos de Vetores sem Curvas Algébricas Tangentes Um Enfoque Computacional S. C. Coutinho UFRJ Colóquio 2005 p. 1/44
2 Campos de vetores Um campo de vetores polinomial no plano C 2 é uma aplicação Φ : C 2 C 2, onde Φ(p) = (φ 1 (p),φ 2 (p)), e φ 1 e φ 2 são polinômios nas variáveis x e y. Colóquio 2005 p. 2/44
3 Interpretação geométrica Colóquio 2005 p. 3/44
4 Interpretação geométrica Φ associa a cada p C 2 um vetor do espaço vetorial C 2. Colóquio 2005 p. 3/44
5 Interpretação geométrica Φ associa a cada p C 2 um vetor do espaço vetorial C 2. Vamos imaginar este vetor com centro em p. Colóquio 2005 p. 3/44
6 Interpretação geométrica Φ associa a cada p C 2 um vetor do espaço vetorial C 2. Vamos imaginar este vetor com centro em p. Colóquio 2005 p. 3/44
7 Curva algébrica Uma curva algébrica C em C 2 é o conjunto dos zeros de um polinômio F C[x,y]. Colóquio 2005 p. 4/44
8 Curva algébrica Uma curva algébrica C em C 2 é o conjunto dos zeros de um polinômio F C[x,y]. Quer dizer, C = {p C 2 : F(p) = 0}. Colóquio 2005 p. 4/44
9 Curva algébrica Uma curva algébrica C em C 2 é o conjunto dos zeros de um polinômio F C[x,y]. A geometria algébrica estuda curvas algébricas Colóquio 2005 p. 4/44
10 Curva algébrica Uma curva algébrica C em C 2 é o conjunto dos zeros de um polinômio F C[x,y]. A geometria algébrica estuda os conjuntos soluções de sistemas de equações polinomiais Colóquio 2005 p. 4/44
11 Curva algébrica Uma curva algébrica C em C 2 é o conjunto dos zeros de um polinômio F C[x,y]. A geometria algébrica estuda os conjuntos soluções de sistemas de equações polinomiais (não necessariamente lineares!) Colóquio 2005 p. 4/44
12 Exemplos Colóquio 2005 p. 5/44
13 Exemplos CURVAS ALGÉBRICAS: Colóquio 2005 p. 5/44
14 Exemplos CURVAS ALGÉBRICAS: cônicas; Colóquio 2005 p. 5/44
15 Exemplos CURVAS ALGÉBRICAS: cônicas; grafos de funções polinomiais; Colóquio 2005 p. 5/44
16 Exemplos CURVAS ALGÉBRICAS: cônicas; grafos de funções polinomiais; curvas elípticas (cúbicas). Colóquio 2005 p. 5/44
17 Exemplos CURVAS ALGÉBRICAS: cônicas; grafos de funções polinomiais; curvas elípticas (cúbicas). CURVAS QUE NÃO SÃO ALGÉBRICAS: Colóquio 2005 p. 5/44
18 Exemplos CURVAS ALGÉBRICAS: cônicas; grafos de funções polinomiais; curvas elípticas (cúbicas). CURVAS QUE NÃO SÃO ALGÉBRICAS: grafos do seno, co-seno, exponencial e logaritmo; Colóquio 2005 p. 5/44
19 Exemplos CURVAS ALGÉBRICAS: cônicas; grafos de funções polinomiais; curvas elípticas (cúbicas). CURVAS QUE NÃO SÃO ALGÉBRICAS: grafos do seno, co-seno, exponencial e logaritmo; ciclóide. Colóquio 2005 p. 5/44
20 O problema Colóquio 2005 p. 6/44
21 O problema Formulação geométrica: Colóquio 2005 p. 6/44
22 O problema Formulação geométrica: Dado um campo de vetores Φ de C 2, existe uma curva algébrica C C 2 tal que Φ(p) é tangente a C em todos os pontos p C? Colóquio 2005 p. 6/44
23 O problema Formulação geométrica: Dado um campo de vetores Φ de C 2, existe uma curva algébrica C C 2 tal que Φ(p) é tangente a C em todos os pontos p C? Dizemos que uma curva com esta propriedade é uma solução algébrica do campo Φ. Colóquio 2005 p. 6/44
24 Exemplo O campo Colóquio 2005 p. 7/44
25 Exemplo O campo e uma solução algébrica Colóquio 2005 p. 7/44
26 E eu com isso?... Colóquio 2005 p. 8/44
27 E eu com isso?... G. DARBOUX (1878): método para achar integrais primeiras a partir de soluções algébricas válido para sistemas da forma u = Φ(u), isto é dx dt = φ 1(x,y) dy dt = φ 2(x,y) Colóquio 2005 p. 8/44
28 E eu com isso?... G. DARBOUX (1878): método para achar integrais primeiras a partir de soluções algébricas válido para sistemas da forma u = Φ(u), isto é dx dt = φ 1(x,y) dy dt = φ 2(x,y) Sistemas deste tipo surgem na modelagem de problemas de física e biologia. Colóquio 2005 p. 8/44
29 Grau de um campo Seja Φ = (φ 1,φ 2 ) um campo de vetores de C 2. Colóquio 2005 p. 9/44
30 Grau de um campo Seja Φ = (φ 1,φ 2 ) um campo de vetores de C 2. Defina m = m(φ) = max{grau(φ 1 ), grau(φ 2 )}. Colóquio 2005 p. 9/44
31 Grau de um campo Seja Φ = (φ 1,φ 2 ) um campo de vetores de C 2. Defina m = m(φ) = max{grau(φ 1 ), grau(φ 2 )}. Então, grau(φ) = Colóquio 2005 p. 9/44
32 Grau de um campo Seja Φ = (φ 1,φ 2 ) um campo de vetores de C 2. Defina m = m(φ) = max{grau(φ 1 ), grau(φ 2 )}. Então, grau(φ) = { m(φ) se grau(yφ1 xφ 2 ) = m + 1. m(φ) 1 se grau(yφ 1 xφ 2 ) m. Colóquio 2005 p. 9/44
33 A boa notícia Darboux mostrou que se o campo tem grau 1 então sempre existem soluções algébricas lineares. Colóquio 2005 p. 10/44
34 A boa notícia Darboux mostrou que se o campo tem grau 1 então sempre existem soluções algébricas lineares. Para encontrá-las basta resolver um problema de autovalores e autovetores. Colóquio 2005 p. 10/44
35 A herança de Darboux SÉCULO XIX Colóquio 2005 p. 11/44
36 A herança de Darboux SÉCULO XIX H. Poincaré Colóquio 2005 p. 11/44
37 A herança de Darboux SÉCULO XIX H. Poincaré P. Painlevé Colóquio 2005 p. 11/44
38 A herança de Darboux SÉCULO XX Colóquio 2005 p. 12/44
39 A herança de Darboux SÉCULO XX Trabalho de Darboux revivido por J.-P. Jouanolou. Colóquio 2005 p. 12/44
40 A herança de Darboux SÉCULO XX Trabalho de Darboux revivido por J.-P. Jouanolou. Reinterpretado na linguagem de A. Grothendieck. Colóquio 2005 p. 12/44
41 A herança de Darboux SÉCULO XX Trabalho de Darboux revivido por J.-P. Jouanolou. Reinterpretado na linguagem de A. Grothendieck. Colóquio 2005 p. 12/44
42 A má notícia Colóquio 2005 p. 13/44
43 A má notícia Teorema (Jouanolou). Quase todo campo polinomial Φ que satisfaz grau(φ) = m(φ) 1 2, não admite solução algébrica. Colóquio 2005 p. 13/44
44 A má notícia Teorema (Jouanolou). Quase todo campo polinomial Φ que satisfaz grau(φ) = m(φ) 1 2, não admite solução algébrica. Portanto, Colóquio 2005 p. 13/44
45 A má notícia Teorema (Jouanolou). Quase todo campo polinomial Φ que satisfaz grau(φ) = m(φ) 1 2, não admite solução algébrica. Portanto, se grau(φ) 2, o método de Darboux pode não se aplicar a u = Φ(u). Colóquio 2005 p. 13/44
46 Nem tão má! Colóquio 2005 p. 14/44
47 Nem tão má! Por sorte, Colóquio 2005 p. 14/44
48 Nem tão má! Por sorte, muitos dos campos de vetores associados a equações diferenciais que surgem em aplicações têm soluções algébricas. Colóquio 2005 p. 14/44
49 O exemplo de Jouanolou O campo tem: Φ(x,y) = (1 xy n,x n y n+1 ) Colóquio 2005 p. 15/44
50 O exemplo de Jouanolou O campo Φ(x,y) = (1 xy n,x n y n+1 ) tem: grau n; Colóquio 2005 p. 15/44
51 O exemplo de Jouanolou O campo Φ(x,y) = (1 xy n,x n y n+1 ) tem: grau n; nenhuma solução algébrica se n 2. Colóquio 2005 p. 15/44
52 Outros exemplos? Colóquio 2005 p. 16/44
53 Outros exemplos? Poucos exemplos explícitos de campos sem solução algébrica são conhecidos. Colóquio 2005 p. 16/44
54 Outros exemplos? Poucos exemplos explícitos de campos sem solução algébrica são conhecidos. A maioria são variações do exemplo de Jouanolou. Colóquio 2005 p. 16/44
55 Outros exemplos? Poucos exemplos explícitos de campos sem solução algébrica são conhecidos. A maioria são variações do exemplo de Jouanolou. Colóquio 2005 p. 16/44
56 Outros exemplos? Poucos exemplos explícitos de campos sem solução algébrica eram conhecidos. A maioria eram variações do exemplo de Jouanolou. Colóquio 2005 p. 16/44
57 Outros exemplos? Poucos exemplos explícitos de campos sem solução algébrica eram conhecidos. A maioria eram variações do exemplo de Jouanolou. IDÉIA: Colóquio 2005 p. 16/44
58 Outros exemplos? Poucos exemplos explícitos de campos sem solução algébrica eram conhecidos. A maioria eram variações do exemplo de Jouanolou. IDÉIA: usar o computador para encontrar exemplos de campos sem solução algébrica. Colóquio 2005 p. 16/44
59 Outros exemplos? Poucos exemplos explícitos de campos sem solução algébrica eram conhecidos. A maioria eram variações do exemplo de Jouanolou. IDÉIA: usar o métodos de computação algébrica para encontrar exemplos de campos sem solução algébrica. Colóquio 2005 p. 16/44
60 Porém... Colóquio 2005 p. 17/44
61 Porém......antes de prosseguir precisamos reformular o problema de maneira algébrica. Colóquio 2005 p. 17/44
62 Campos tangentes a curvas Colóquio 2005 p. 18/44
63 Campos tangentes a curvas Suponha que o campo de vetores Φ é tangente à curva C de equação F = 0 no ponto p. Φ Colóquio 2005 p. 18/44
64 Campos tangentes a curvas Suponha que o campo de vetores Φ é tangente à curva C de equação F = 0 no ponto p. Mas, Φ Colóquio 2005 p. 18/44
65 Campos tangentes a curvas Suponha que o campo de vetores Φ é tangente à curva C de equação F = 0 no ponto p. Mas, a tangente à C em p é perpendicular ao gradiente F(p). F Colóquio 2005 p. 18/44
66 Campos tangentes a curvas Suponha que o campo de vetores Φ é tangente à curva C de equação F = 0 no ponto p. Mas, a tangente à C em p é perpendicular ao gradiente F(p). Portanto, F Colóquio 2005 p. 18/44
67 Campos tangentes a curvas Suponha que o campo de vetores Φ é tangente à curva C de equação F = 0 no ponto p. Mas, a tangente à C em p é perpendicular ao gradiente F(p). Portanto, F(p) deve ser perpendicular a Φ(p). F Φ Colóquio 2005 p. 18/44
68 Campos tangentes a curvas Assim, se Φ é tangente a C em todos os pontos, então ( F Φ)(p) = 0 para todo p C Colóquio 2005 p. 19/44
69 Campos tangentes a curvas Assim, se Φ é tangente a C em todos os pontos, então ( F Φ)(p) = 0 para todo p C LEMBRETE: F Φ é um polinômio nas variáveis x e y. Colóquio 2005 p. 19/44
70 Campos tangentes a curvas Temos, então, que o polinômio F Φ se anula em todo ponto p C. Colóquio 2005 p. 20/44
71 Campos tangentes a curvas Temos, então, que o polinômio F Φ se anula em todo ponto p C. De modo equivalente, Colóquio 2005 p. 20/44
72 Campos tangentes a curvas Temos, então, que o polinômio F Φ se anula em todo ponto p C. De modo equivalente, o polinômio F Φ se anula em todo ponto em que F também se anula. Colóquio 2005 p. 20/44
73 Campos tangentes a curvas Temos, então, que o polinômio F Φ se anula em todo ponto p C. De modo equivalente, o polinômio F Φ se anula em todo ponto em que F também se anula. Pelo Teorema dos zeros de Hilbert o polinômio F Φ é múltiplo de F. Colóquio 2005 p. 20/44
74 Formulação algébrica O campo Φ tem a curva C, de equação F = 0, como solução algébrica se, e somente se existe um polinômio g nas variáveis x e y tal que gf = F Φ Colóquio 2005 p. 21/44
75 Formulação algébrica O campo Φ tem a curva C, de equação F = 0, como solução algébrica se, e somente se existe um polinômio g nas variáveis x e y tal que F gf = φ 1 x + φ F 2 y Colóquio 2005 p. 21/44
76 Formulação algébrica O campo Φ tem a curva C, de equação F = 0, como solução algébrica se, e somente se existe um polinômio g nas variáveis x e y tal que F gf = φ 1 x + φ F 2 y LEMBRETE: Colóquio 2005 p. 21/44
77 Formulação algébrica O campo Φ tem a curva C, de equação F = 0, como solução algébrica se, e somente se existe um polinômio g nas variáveis x e y tal que F gf = φ 1 x + φ F 2 y LEMBRETE: o grau de g não pode ser maior que m(φ) 1 Colóquio 2005 p. 21/44
78 E o computador, onde entra? Colóquio 2005 p. 22/44
79 Algoritmo 1 Colóquio 2005 p. 23/44
80 Algoritmo 1 ENTRADA: um campo Φ e um inteiro k > 0. Colóquio 2005 p. 23/44
81 Algoritmo 1 ENTRADA: um campo Φ e um inteiro k > 0. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica grau k. Colóquio 2005 p. 23/44
82 Algoritmo 1 ENTRADA: um campo Φ e um inteiro k > 0. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica grau k. PROCEDIMENTO: Colóquio 2005 p. 23/44
83 Algoritmo 1 ENTRADA: um campo Φ e um inteiro k > 0. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica grau k. PROCEDIMENTO: 1. Escreva polinômios f, de grau k, e g, de grau m 1, com coeficientes a determinar. Colóquio 2005 p. 23/44
84 Algoritmo 1 ENTRADA: um campo Φ e um inteiro k > 0. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica grau k. PROCEDIMENTO: 1. Escreva polinômios f, de grau k, e g, de grau m 1, com coeficientes a determinar. 2. Da igualdade f Φ = gf obtenha um sistema polinomial S nos coeficientes de f e g. Colóquio 2005 p. 23/44
85 Algoritmo 1 ENTRADA: um campo Φ e um inteiro k > 0. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica grau k. PROCEDIMENTO: 1. Escreva polinômios f, de grau k, e g, de grau m 1, com coeficientes a determinar. 2. Da igualdade f Φ = gf obtenha um sistema polinomial S nos coeficientes de f e g. 3. Verifique se este sistema tem ou não solução de grau k. Colóquio 2005 p. 23/44
86 Contudo... Colóquio 2005 p. 24/44
87 Contudo......para provar que um dado campo de vetores não admite solução algébrica preciso de uma cota superior que limite o grau dessas possíveis soluções. Colóquio 2005 p. 24/44
88 Problema de Poincaré Dado um campo Φ e uma solução algébrica F = 0 de Φ ache uma cota superior para o grau de F a partir de invariantes de Φ. Colóquio 2005 p. 25/44
89 Problema de Poincaré Dado um campo Φ e uma solução algébrica F = 0 de Φ ache uma cota superior para o grau de F a partir de grau de Φ. Colóquio 2005 p. 25/44
90 Problema de Poincaré Dado um campo Φ e uma solução algébrica F = 0 de Φ ache uma cota superior para o grau de F a partir de grau de Φ. As cotas baseadas só no grau requerem condições extra sobre Φ. Colóquio 2005 p. 25/44
91 Problema de Poincaré Dado um campo Φ e uma solução algébrica F = 0 de Φ ache uma cota superior para o grau de F a partir de grau de Φ. As cotas baseadas só no grau requerem condições extra sobre Φ. Algumas destas condições são fáceis de checar por computador. Colóquio 2005 p. 25/44
92 Algoritmo 2 Colóquio 2005 p. 26/44
93 Algoritmo 2 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. Colóquio 2005 p. 26/44
94 Algoritmo 2 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica. Colóquio 2005 p. 26/44
95 Algoritmo 2 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica. PROCEDIMENTO: Colóquio 2005 p. 26/44
96 Algoritmo 2 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica. PROCEDIMENTO: 1. Verifique se as condições da cota escolhida valem para Φ. Colóquio 2005 p. 26/44
97 Algoritmo 2 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica. PROCEDIMENTO: 1. Verifique se as condições da cota escolhida valem para Φ. 2. Calcule o valor da cota r para Φ. Colóquio 2005 p. 26/44
98 Algoritmo 2 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica. PROCEDIMENTO: 1. Verifique se as condições da cota escolhida valem para Φ. 2. Calcule o valor da cota r para Φ. 3. Aplique o Algoritmo 1 com k variando de 1 a r. Colóquio 2005 p. 26/44
99 Algoritmo 2 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: Φ tem ou não tem solução algébrica. PROCEDIMENTO: 1. Verifique se as condições da cota escolhida valem para Φ. 2. Calcule o valor da cota r para Φ. 3. Aplique o Algoritmo 1 com k variando de 1 a r. 4. Se alguma solução algébrica for encontrada, páre e diga tem; senão páre e diga não tem. Colóquio 2005 p. 26/44
100 Aplicações do algoritmo 2 Colóquio 2005 p. 27/44
101 Aplicações do algoritmo 2 Projeto de iniciação científica de Bruno F. M. Ribeiro. Colóquio 2005 p. 27/44
102 Aplicações do algoritmo 2 Projeto de iniciação científica de Bruno F. M. Ribeiro. Publicado em Experimental Mathematics em Colóquio 2005 p. 27/44
103 Aplicações do algoritmo 2 Projeto de iniciação científica de Bruno F. M. Ribeiro. Publicado em Experimental Mathematics em Novos exemplos de campos sem solução algébrica, da forma onde 1 a,b 10. φ 1 = 2x x 2 1x 2 + ax φ 2 = 2x 2 1x 2 + 3x 1 x bx , Colóquio 2005 p. 27/44
104 Parar ou não parar? Colóquio 2005 p. 28/44
105 Parar ou não parar? O algoritmo 2 é tão lento que o computador não chega ao fim dos cálculos se o campo tiver grau maior ou igual a 3. Colóquio 2005 p. 28/44
106 Parar ou não parar? O algoritmo 2 é tão lento que o computador não chega ao fim dos cálculos se o campo tiver grau maior ou igual a 3. A saída é mudar de filosofia. Colóquio 2005 p. 28/44
107 Uma nova esperança Colóquio 2005 p. 29/44
108 Uma nova esperança Inspirada nos testes de primalidade. Colóquio 2005 p. 29/44
109 Uma nova esperança Inspirada nos testes de primalidade. Os testes de primalidade mais rápidos não são determinísticos. Colóquio 2005 p. 29/44
110 Uma nova esperança Inspirada nos testes de primalidade. Os testes de primalidade mais rápidos não são determinísticos. Se estes testes respondem sim, podemos estar certos que o número testado é primo. Colóquio 2005 p. 29/44
111 Uma nova esperança Inspirada nos testes de primalidade. Os testes de primalidade mais rápidos não são determinísticos. Se estes testes respondem sim, podemos estar certos que o número testado é primo. Porém, tais testes também podem responder não sei. Colóquio 2005 p. 29/44
112 Um novo algoritmo Desenvolvido e implementado como parte do projeto de iniciação científica de Luis Menasché Schechter. Colóquio 2005 p. 30/44
113 Singularidades Uma singularidade de Φ = (φ 1,φ 2 ) é um ponto p C 2 onde Φ se anula; isto é φ 1 (p) = φ 2 (p) = 0. Colóquio 2005 p. 31/44
114 Singularidades Uma singularidade de Φ = (φ 1,φ 2 ) é um ponto p C 2 onde Φ se anula; isto é φ 1 (p) = φ 2 (p) = 0. Teorema (Darboux). Um campo Φ de grau n = m(φ) 1 tem, no máximo n 2 + n + 1 singularidades. Colóquio 2005 p. 31/44
115 O teorema Colóquio 2005 p. 32/44
116 O teorema Seja Φ um campo de vetores de grau m(φ) 1 = n 2 com coeficientes racionais, e suponha que (φ 1,φ 2 ) Q[x] = (g 0 ). Colóquio 2005 p. 32/44
117 O teorema Seja Φ um campo de vetores de grau m(φ) 1 = n 2 com coeficientes racionais, e suponha que (φ 1,φ 2 ) Q[x] = (g 0 ). Se g 0 é irredutível sobre Q e tem grau n 2 + n + 1, então Φ não admite nenhuma solução algébrica. Colóquio 2005 p. 32/44
118 O que g 0 representa? Colóquio 2005 p. 33/44
119 O que g 0 representa? Suponha que p = (x 0,y 0 ) é singularidade de Φ. Colóquio 2005 p. 33/44
120 O que g 0 representa? Suponha que p = (x 0,y 0 ) é singularidade de Φ. Então, φ 1 (p) = φ 2 (p) = 0. Colóquio 2005 p. 33/44
121 O que g 0 representa? Suponha que p = (x 0,y 0 ) é singularidade de Φ. Então, φ 1 (p) = φ 2 (p) = 0. Como g 0 (φ 1,φ 2 ), segue-se que g 0 = h 1 φ 1 + h 2 φ 2. Colóquio 2005 p. 33/44
122 O que g 0 representa? Suponha que p = (x 0,y 0 ) é singularidade de Φ. Então, φ 1 (p) = φ 2 (p) = 0. Portanto, g 0 = h 1 φ 1 + h 2 φ 2. Colóquio 2005 p. 33/44
123 O que g 0 representa? Suponha que p = (x 0,y 0 ) é singularidade de Φ. Então, φ 1 (p) = φ 2 (p) = 0. Portanto, g 0 (p) = h 1 (p)φ 1 (p) + h 2 (p)φ 2 (p) Colóquio 2005 p. 33/44
124 O que g 0 representa? Suponha que p = (x 0,y 0 ) é singularidade de Φ. Então, φ 1 (p) = φ 2 (p) = 0. Portanto, g 0 (p) = h 1 (p)φ 1 (p) + h 2 (p)φ 2 (p) = 0. Colóquio 2005 p. 33/44
125 O que g 0 representa? Suponha que p = (x 0,y 0 ) é singularidade de Φ. Então, φ 1 (p) = φ 2 (p) = 0. Portanto, g 0 (x 0 ) = h 1 (p)φ 1 (p) + h 2 (p)φ 2 (p) = 0. Colóquio 2005 p. 33/44
126 O que g 0 representa? Portanto, a abscissa de cada singularidade de Φ é raiz de g 0, e vice-versa. Colóquio 2005 p. 34/44
127 O que g 0 representa? Portanto, a abscissa de cada singularidade de Φ é raiz de g 0, e vice-versa. Mas g 0 é irredutível sobre Q e tem grau n 2 + n + 1. Colóquio 2005 p. 34/44
128 O que g 0 representa? Portanto, a abscissa de cada singularidade de Φ é raiz de g 0, e vice-versa. Mas g 0 é irredutível sobre Q e tem grau n 2 + n + 1. Logo, Φ tem n 2 + n + 1 singularidades, todas distintas. Colóquio 2005 p. 34/44
129 Demonstração do teorema Colóquio 2005 p. 35/44
130 Demonstração do teorema Suponha que Φ é um campo com coeficientes racionais que admite solução algébrica. Colóquio 2005 p. 35/44
131 Demonstração do teorema Suponha que Φ é um campo com coeficientes racionais que admite solução algébrica. Pontos a lembrar: Colóquio 2005 p. 35/44
132 Demonstração do teorema Suponha que Φ é um campo com coeficientes racionais que admite solução algébrica. Pontos a lembrar: Φ admite solução algébrica F com coeficientes racionais. Colóquio 2005 p. 35/44
133 Demonstração do teorema Suponha que Φ é um campo com coeficientes racionais que admite solução algébrica. Pontos a lembrar: Φ admite solução algébrica F com coeficientes racionais. Toda solução algébrica de Φ passa por pelo menos uma de suas singularidades. Colóquio 2005 p. 35/44
134 Também preciso: Colóquio 2005 p. 36/44
135 Também preciso: Teorema (Cerveau-Lins Neto(1991)). Sob certas condições uma solução algébrica não pode conter todas as singularidades do campo. Colóquio 2005 p. 36/44
136 Também preciso: Teorema (Cerveau-Lins Neto(1991)). Sob certas condições fáceis de verificar uma solução algébrica não pode conter todas as singularidades do campo. Colóquio 2005 p. 36/44
137 Também preciso: Teorema (Cerveau-Lins Neto(1991)). Sob certas condições fáceis de verificar uma solução algébrica não pode conter todas as singularidades do campo. Para usar isto preciso provar: Colóquio 2005 p. 36/44
138 Também preciso: Teorema (Cerveau-Lins Neto(1991)). Sob certas condições fáceis de verificar uma solução algébrica não pode conter todas as singularidades do campo. Para usar isto preciso provar: Toda solução algébrica de Φ passa por todas as suas singularidades. Colóquio 2005 p. 36/44
139 Também preciso: Teorema (Cerveau-Lins Neto(1991)). Sob certas condições fáceis de verificar uma solução algébrica não pode conter todas as singularidades do campo. Para usar isto preciso provar: Toda solução algébrica de Φ passa por todas as suas singularidades. O campo Φ satisfaz as condições desejadas. Colóquio 2005 p. 36/44
140 Também preciso: Teorema (Cerveau-Lins Neto(1991)). Sob certas condições fáceis de verificar uma solução algébrica não pode conter todas as singularidades do campo. Para usar isto preciso provar: Toda solução algébrica de Φ passa por todas as suas singularidades. O campo Φ satisfaz as condições desejadas (deixa prá lá!). Colóquio 2005 p. 36/44
141 Demonstração do teorema Como F contém uma singularidade de Φ: (φ 1,φ 2,F) Q[x,y] Colóquio 2005 p. 37/44
142 Demonstração do teorema (φ 1,φ 2 ) (φ 1,φ 2,F) Q[x,y] Colóquio 2005 p. 37/44
143 Demonstração do teorema Intersectando com Q[x]: (φ 1,φ 2 ) Q[x] (φ 1,φ 2,F) Q[x] Q[x]. Colóquio 2005 p. 37/44
144 Demonstração do teorema (φ 1,φ 2 ) Q[x] (φ 1,φ 2,F) Q[x] Q[x]. (g 0 ) Colóquio 2005 p. 37/44
145 Demonstração do teorema (φ 1,φ 2 ) Q[x] (φ 1,φ 2,F) Q[x] Q[x]. (g 0 ) Mas g 0 é irredutível, Colóquio 2005 p. 37/44
146 Demonstração do teorema (φ 1,φ 2 ) Q[x] (φ 1,φ 2,F) Q[x] Q[x]. (g 0 ) Mas g 0 é irredutível, logo (φ 1,φ 2,F) Q[x] = (g 0 ) Colóquio 2005 p. 37/44
147 Demonstração do teorema Já vimos que (φ 1,φ 2 ) Q[x] = (g 0 ) quer dizer que as abscissas de todos os zeros de φ 1 = φ 2 = 0 são raízes de g 0, e vice-versa. Colóquio 2005 p. 38/44
148 Demonstração do teorema Já vimos que (φ 1,φ 2 ) Q[x] = (g 0 ) quer dizer que as abscissas de todas as singularidades de Φ são raízes de g 0, e vice-versa. Colóquio 2005 p. 38/44
149 Demonstração do teorema Pela mesma razão, (φ 1,φ 2,F) Q[x] = (g 0 ) quer dizer que as abscissas de são raízes de g 0, e vice-versa. Colóquio 2005 p. 38/44
150 Demonstração do teorema Pela mesma razão, (φ 1,φ 2,F) Q[x] = (g 0 ) quer dizer que as abscissas de todos os zeros de φ 1 = φ 2 = F = 0 são raízes de g 0, e vice-versa. Colóquio 2005 p. 38/44
151 Demonstração do teorema Pela mesma razão, (φ 1,φ 2,F) Q[x] = (g 0 ) quer dizer que as abscissas de todos os zeros de φ 1 = φ 2 = F = 0 são raízes de g 0, e vice-versa. Logo, F contém todos os zeros de φ 1 = φ 2 = 0. Colóquio 2005 p. 38/44
152 Demonstração do teorema Pela mesma razão, (φ 1,φ 2,F) Q[x] = (g 0 ) quer dizer que as abscissas de todos os zeros de φ 1 = φ 2 = F = 0 são raízes de g 0, e vice-versa. Logo, F contém todas as singularidades de Φ. Colóquio 2005 p. 38/44
153 Demonstração do teorema Pela mesma razão, (φ 1,φ 2,F) Q[x] = (g 0 ) quer dizer que as abscissas de todos os zeros de φ 1 = φ 2 = F = 0 são raízes de g 0, e vice-versa. Logo, F contém todas as singularidades de Φ. C.Q.D. Colóquio 2005 p. 38/44
154 Algoritmo 3 Colóquio 2005 p. 39/44
155 Algoritmo 3 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. Colóquio 2005 p. 39/44
156 Algoritmo 3 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: não há solução algébrica ou não sei. Colóquio 2005 p. 39/44
157 Algoritmo 3 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: não há solução algébrica ou não sei. PROCEDIMENTO: Colóquio 2005 p. 39/44
158 Algoritmo 3 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: não há solução algébrica ou não sei. PROCEDIMENTO: 1. Calcule o gerador g 0 do ideal (φ 1,φ 2 ) Q[x]. Colóquio 2005 p. 39/44
159 Algoritmo 3 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: não há solução algébrica ou não sei. PROCEDIMENTO: 1. Calcule o gerador g 0 do ideal (φ 1,φ 2 ) Q[x]. 2. Verifique se g 0 é irredutível e de grau n 2 + n + 1. Colóquio 2005 p. 39/44
160 Algoritmo 3 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: não há solução algébrica ou não sei. PROCEDIMENTO: 1. Calcule o gerador g 0 do ideal (φ 1,φ 2 ) Q[x]. 2. Verifique se g 0 é irredutível e de grau n 2 + n Se a resposta for sim: não há solução algébrica; Colóquio 2005 p. 39/44
161 Algoritmo 3 ENTRADA: um campo Φ de grau n = m(φ) 1. SAÍDA: não há solução algébrica ou não sei. PROCEDIMENTO: 1. Calcule o gerador g 0 do ideal (φ 1,φ 2 ) Q[x]. 2. Verifique se g 0 é irredutível e de grau n 2 + n Se a resposta for sim: não há solução algébrica; Se a resposta for não: algoritmo inconclusivo. Colóquio 2005 p. 39/44
162 Como calcular g 0? Colóquio 2005 p. 40/44
163 Como calcular g 0? Escreva φ 1 = a s (x)y s + + a 1 (x)y + a 0 (x) φ 2 = b t (x)y t + + b 1 (x)y + b 0 (x). Colóquio 2005 p. 40/44
164 Como calcular g 0? Escreva φ 1 = a s (x)y s + + a 1 (x)y + a 0 (x) φ 2 = b t (x)y t + + b 1 (x)y + b 0 (x). Note que os coeficientes a i e b j são polinômios em x. Colóquio 2005 p. 40/44
165 Matriz S de Sylvester a s a s 1 a 1 a a s a s 1 a 1 a a s a s 1 a 1 a 0 b t b t 1 b 1 b b t b t 1 b 1 b b t b t 1 b 1 b 0 Colóquio 2005 p. 41/44
166 Matriz S de Sylvester a s a s 1 a 1 a a s a s 1 a 1 a a s a s 1 a 1 a 0 b t b t 1 b 1 b b t b t 1 b 1 b b t b t 1 b 1 b 0 t linhas Colóquio 2005 p. 41/44
167 Matriz S de Sylvester a s a s 1 a 1 a a s a s 1 a 1 a a s a s 1 a 1 a 0 b t b t 1 b 1 b b t b t 1 b 1 b b t b t 1 b 1 b 0 t linhas s linhas Colóquio 2005 p. 41/44
168 Matriz S de Sylvester a s a s 1 a 1 a a s a s 1 a 1 a t linhas 0 0 a s a s 1 a 1 a 0 b t b t 1 b 1 b b t b t 1 b 1 b s linhas 0 0 b t b t 1 b 1 b 0 Trata-se de uma matriz (s + t) (s + t) Colóquio 2005 p. 41/44
169 A resultante Chamamos de resultante R de φ 1 e φ 2 ao determinante de S. Colóquio 2005 p. 42/44
170 A resultante Chamamos de resultante R de φ 1 e φ 2 ao determinante de S. Isto é R = det(s). Colóquio 2005 p. 42/44
171 A resultante Propriedade da resultante: Colóquio 2005 p. 42/44
172 A resultante Propriedade da resultante: R = Aφ 1 + Bφ 2, onde A e B são polinômios em x e y. Colóquio 2005 p. 42/44
173 A resultante Propriedade da resultante: R = Aφ 1 + Bφ 2, onde A e B são polinômios em x e y. Como R é um polinômio apenas na variável x, Colóquio 2005 p. 42/44
174 A resultante Propriedade da resultante: R = Aφ 1 + Bφ 2, onde A e B são polinômios em x e y. Como R é um polinômio apenas na variável x, que é irredutível, Colóquio 2005 p. 42/44
175 A resultante Propriedade da resultante: R = Aφ 1 + Bφ 2, onde A e B são polinômios em x e y. Como R é um polinômio apenas na variável x, que é irredutível, então (φ 1,φ 2 ) Q[x,y] = (R). Colóquio 2005 p. 42/44
176 A resultante Propriedade da resultante: R = Aφ 1 + Bφ 2, onde A e B são polinômios em x e y. Como R é um polinômio apenas na variável x, que é irredutível, então (φ 1,φ 2 ) Q[x,y] = (R). Logo, podemos tomar g 0 = R Colóquio 2005 p. 42/44
177 Eficiência do algoritmo Polinômios densos (50 campos por grau) Grau de Φ Tempo de Execução 2 2ms 6 47ms 8 234ms ms 14 6s 16 15s 18 37s 20 1min e 12s Colóquio 2005 p. 43/44
178 Eficiência do algoritmo Polinômios esparsos (50 campos por percentual) Coeficientes nulos Retornam não sei 0% 0% 20% 10% 30% 30% 50% 60% 70% 84% 80% 96% 90% 99% Colóquio 2005 p. 43/44
179 Projeto Folia Colóquio 2005 p. 44/44
180 Projeto Folia Objetivo: Colóquio 2005 p. 44/44
181 Projeto Folia Objetivo: desenvolver algoritmos para a teoria de folheações holomorfas. Colóquio 2005 p. 44/44
182 Projeto Folia Objetivo: desenvolver algoritmos para a teoria de folheações holomorfas. As folheações holomorfas são generalizações dos campos de vetores polinomiais. Colóquio 2005 p. 44/44
183 Projeto Folia Objetivo: desenvolver algoritmos para a teoria de folheações holomorfas. As folheações holomorfas são generalizações dos campos de vetores polinomiais. O contexto correto para desenvolver tudo o que fizemos aqui é a teoria das folheações holomorfas. Colóquio 2005 p. 44/44
184 Projeto Folia Objetivo: desenvolver algoritmos para a teoria de folheações holomorfas. Linhas de pesquisa em andamento: Colóquio 2005 p. 44/44
185 Projeto Folia Objetivo: desenvolver algoritmos para a teoria de folheações holomorfas. Linhas de pesquisa em andamento: Resolução de folheações do plano projetivo. Colóquio 2005 p. 44/44
186 Projeto Folia Objetivo: desenvolver algoritmos para a teoria de folheações holomorfas. Linhas de pesquisa em andamento: Resolução de folheações do plano projetivo. Soluções algébricas de formas de Jacobi. Colóquio 2005 p. 44/44
187 Projeto Folia Objetivo: desenvolver algoritmos para a teoria de folheações holomorfas. Linhas de pesquisa em andamento: Resolução de folheações do plano projetivo. Soluções algébricas de formas de Jacobi. Algoritmo modular para o cálculo de soluções algébricas Colóquio 2005 p. 44/44
188 Projeto Folia Objetivo: desenvolver algoritmos para a teoria de folheações holomorfas. Linhas de pesquisa em andamento: Resolução de folheações do plano projetivo. Soluções algébricas de formas de Jacobi. Algoritmo modular para o cálculo de soluções algébricas Todas as linhas são desenvolvidas por alunos de iniciação científica da UFRJ. Colóquio 2005 p. 44/44
189 Projeto Folia Objetivo: desenvolver algoritmos para a teoria de folheações holomorfas. Linhas de pesquisa em andamento: Resolução de folheações do plano projetivo. Soluções algébricas de formas de Jacobi. Algoritmo modular para o cálculo de soluções algébricas URL do projeto: collier/folia.html Colóquio 2005 p. 44/44
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Equações não lineares
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CÁLCULO FUNÇÕES DE UMA E VÁRIAS VARIÁVEIS Pedro A. Morettin, Samuel Hazzan, Wilton de O. Bussab.
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DERIVADAS PARCIAIS. y = lim
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O Plano no Espaço. Sumário
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Aula Distância entre duas retas paralelas no espaço. Definição 1. Exemplo 1
Aula 1 Sejam r 1 = P 1 + t v 1 t R} e r 2 = P 2 + t v 2 t R} duas retas no espaço. Se r 1 r 2, sabemos que r 1 e r 2 são concorrentes (isto é r 1 r 2 ) ou não se intersectam. Quando a segunda possibilidade
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Da figura, sendo a reta contendo e B tangente à curva no ponto tem-se: é a distância orientada PQ do ponto P ao ponto Q; enquanto que pois o triângulo
CÁLCULO DIFERENCIAL INTEGRAL AULA 09: INTEGRAL INDEFINIDA E APLICAÇÕES TÓPICO 01: INTEGRAL INDEFINIDA E FÓRMULAS DE INTEGRAÇÃO Como foi visto no tópico 2 da aula 4 a derivada de uma função f representa
1 Autovetor e Autovalor 9. 2 Matrizes Ortogonais e Transformações Lineares Planas e Espaciais 55
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MAT2458 ÁLGEBRA LINEAR PARA ENGENHARIA II 2 a Prova - 2 o semestre de 218 Q1. Considere a transformação linear T : P 3 (R) P 2 (R), dada por T ( p(x) ) = p(x + 1) p(x), para todo p(x) P 3 (R), e seja A
1 Diferenciabilidade e derivadas direcionais
UFPR - Universidade Federal do Paraná Setor de Ciências Exatas Departamento de Matemática CM048 - Cálculo II - Matemática Diurno Prof. Zeca Eidam Nosso objetivo nestas notas é provar alguns resultados
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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO Lista de Exercícios / Cálculo Numérico 1ª Unidade
1) Analise as alternativas abaixo e marque V para verdadeiro e F para falso. No segundo caso, explique como as tornaria verdadeiras: ( ) O método das secantes é utilizado para solucionar um problema de
MAT Lista de exercícios
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= F 1. . x. div F = F 1 x + F 2. y + F 3 = F3. y F 2. z, F 1
Definição 0.1. eja F : R n R n um campo de vetores (diferenciável. screva F = (F 1,..., F n. (i O divergente de F é a função div F : R n R definida por div F. = m particular, para n = temos n F i = F 1
Anéis quocientes k[x]/i
![Anéis quocientes k[x]/i](/thumbs/69/60904915.jpg "Anéis quocientes k[x]/i")
META: Determinar as possíveis estruturas definidas sobre o conjunto das classes residuais do quociente entre o anel de polinômios e seus ideais. OBJETIVOS: Ao final da aula o aluno deverá ser capaz de:
CAPÍTULO 13 (G F )(X) = X, X A (F G)(Y ) = Y, Y B. F G = I da e G F = I db,
CAPÍTULO 3 TEOREMA DA FUNÇÃO INVERSA 3 Introdução A função identidade em R n é a função que a cada elemento de R n associa o próprio elemento ie I d : R n R n X x x n I d X X x x n A função identidade
obs: i) Salvo menção em contrário, anel = anel comutativo com unidade. ii) O conjunto dos naturais inclui o zero.
Lista 1 - Teoria de Anéis - 2013 Professor: Marcelo M.S. Alves Data: 03/09/2013 obs: i) Salvo menção em contrário, anel = anel comutativo com unidade. ii) O conjunto dos naturais inclui o zero. 1. Os conjuntos
Álgebra Linear - 2 a lista de exercícios Prof. - Juliana Coelho
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y (n) (x) = dn y dx n(x) y (0) (x) = y(x).
Capítulo 1 Introdução 1.1 Definições Denotaremos por I R um intervalo aberto ou uma reunião de intervalos abertos e y : I R uma função que possua todas as suas derivadas, a menos que seja indicado o contrário.
Ficha de trabalho Decomposição e resolução de equações e inequações polinomiais
Ficha de trabalho Decomposição e resolução de equações e inequações polinomiais 1. Verifique, recorrendo ao algoritmo da divisão, que: 6 4 0x 54x + 3x + é divisível por x 1.. De um modo geral, que relação
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Álgebra A - Aula 02 Teorema da fatoração única, Propriedade fundamental dos primos, números primos Elaine Pimentel Departamento de Matemática, UFMG, Brazil 2 o Semestre - 2010 Teorema da fatoração única
Exercício 1 Dê o valor, caso exista, que a função deveria assumir no ponto dado para. em p = 9
Exercícios - Limite e Continuidade-1 Exercício 1 Dê o valor, caso exista, que a função deveria assumir no ponto dado para ser contínua: (a) f(x) = x2 16 x 4 (b) f(x) = x3 x x em p = 4 em p = 0 (c) f(x)
Nome:... Q N Assinatura:... 1 RG:... 2 N o USP:... 3 Turma: Teórica... 4 Professor: Edson Vargas... Total
1 a Prova de MAT036 - Geometria Diferencial I IME - 9/09/016 Nome:................................................... Q N Assinatura:............................................... 1 RG:......................................................
Derivadas direcionais Definição (Derivadas segundo um vector): f : Dom(f) R n R e P 0 int(dom(f)) então
Derivadas direcionais Definição (Derivadas segundo um vector): f : Dom(f) R n R e P 0 int(dom(f)) então Seja D v f(p 0 ) = lim λ 0 f(p 0 + λ v) f(p 0 ) λ v representa a derivada direcional de f segundo
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Capítulo 6 1. Propriedades das operações com vetores Propriedades da adição de vetores Sejam u, v e w vetores no plano. Valem as seguintes propriedades. Comutatividade: u + v = v + u. Associatividade:
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