Bem, voltando ao novo problema: P(x^2+1)=(P(x))^2+1. O polinômio é mônico, basta aplicar uma ideia básica de limite para saber o valor do coeficiente líder de P.
Primeiro, se P(c)=c para algum c real então P(x)=x. É só usar a formula acima para achar infinitos x tais que P(x)=x. E dois polinomios que se intersectam infinitamente são iguais. Logo, podemos supor P(x) != x para todo x. O polinomio acima ou é par ou é ímpar. Basta ver que (P(x))^2=(P(-x))^2, e ou P(x)=P(-x) pu P(x)=-P(-x). Como pelo menos uma destas alternativas ocorre infinitas vezes, o polinômio ou é par ou é ímpar. Mas se P(x) fosse ímpar, P(0)=0. E sabemos que P(x)!=x. Logo, o polinomio procurado é par. Meu problema está sendo o seguinte: quando eu testo um polinômio (isso mesmo, P(x)=x^4+bx^2+c, substituir e suar a caneta!), ele falha miseravelmente. Creio que este problema está sem solução, also... Em 01/07/11, Ralph Teixeira<ralp...@gmail.com> escreveu: > Melhorando aos poucos, ainda usando as ideias do Dirichlet: p(x) não pode > ser ímpar. Se fosse, 0 seria raiz. Mas então 0^2+1=1 seria raiz, e 1^2+1=2 > seria raiz, e 2^2+1=5 seria raiz... e p(x) não pode ter infinitas raízes. > Então estamos à procura de um polinômio **par** p(x) tal que > p(x^2+1)=[p(x)]^2. > > Aliás, esse raciocínio mostra que esse p(x) não pode ter nenhuma raiz real > -- se tiver uma raiz real x, terá infinitas, já que x^2+1>x para todo x > real. > > (Por enquanto, fico com a terrível impressão de que tal polinômio não > existe... Alguém achou o dito cujo?) > 2011/7/1 Ralph Teixeira <ralp...@gmail.com> > >> O raciocínio do Dirichlet mostra que basta achar UM polinômio (não >> constante) que tenha esta propriedade. Afinal, como ele mostrou, se p(x) >> serve, então q(x)=(p(x))^2 também serve. >> >> Mas seja lá quem for o polinômio mágico, eu sei que ou ele é um polinômio >> par ou ele é ímpar. Afinal, escreva p(x)=P(x)+I(x) onde P(x) tem apenas os >> termos de grau par e I(x) tem apenas os de grau ímpar. >> >> Ora, p(x)^2=(P^2+I^2)+2PI. Note que P^2+I^2 é um polinômio par e 2PI é >> ímpar. >> >> Mas a condição manda que p^2=p(x^2+1), que é uma função par. Então o termo >> 2PI não pode existir, isto é, P=0 ou I=0. Assim, p(x) é par ou ímpar. E >> x^2-x+1 não é um nem outro, então não funcionou... >> >> Então precisamos ainda mostrar que existe UM tal polinômio! >> >> Abraço, >> Ralph >> >> P.S.: Tem certeza que o enunciado é esse mesmo? Não seria, sei lá, >> p(x^2+1)=(p(x))^2+1 ao invés? >> 2011/7/1 Johann Dirichlet <peterdirich...@gmail.com> >> >>> Em 01/07/11, Johann Dirichlet<peterdirich...@gmail.com> escreveu: >>> > Em 30/06/11, marcone augusto araújo >>> > borges<marconeborge...@hotmail.com> escreveu: >>> >> >>> >> 1) Se p é inteiro primo ímpar,mostre que o numerador da fração >>> >> 1+1/2+1/3+...1/(p-1) é um múltiplo de p. >>> > >>> > 1) Teorema de Wolstenholme, se não me engano... >>> > >>> > Bora lá, usar o velho truque das pontas de Gauss: >>> 1/k+1/(p-k)=p/(k(p-k)); >>> > assim sendo, temos um monte de frações p/(alguma coisa). Esta coisa >>> > não será múltipla de p em momento nenhum, logo nada aniquila este >>> > fator p. >>> > >>> >> >>> >> 2) Mostre que existem infinitos polinômios p(x) com coeficientes reais >>> >> tais >>> >> que p(x^2+1) = [p(x)]^2. >>> >>> É mais mole do que eu pensei! >>> >>> 1 - Se P e Q são soluções da equação acima, P*Q também será. Óbvio! >>> 2 - Um polinômio possível é x^2-x+1. >>> Como sei? Simples: >>> >>> Se L é um zero de P, então L^2+1 também será. >>> Se eu conseguir L=L^2+1, terei uma solução pronta! >>> Basta abrir o polinomio sem medo. >>> >>> >>> P.S.: saber todas as soluções me parece mais desgastante. Aplicando a >>> transformação T(L)=L^2+1 um numero finito de vezes, todos os >>> polinômios dos pontos fixos são soluções. A treta é saber se não >>> escapa nenhum (até porque muitos desses polinomios são fatoráveis, I >>> think so). >>> >>> >> >>> >> 3) Uma corda AB,de comprimento constante,desliza sobre uma >>> >> semicircunferência determinada por um diâmetro d. >>> >> Considere o triângulo cujos vértices são: o ponto médio da corda e as >>> >> projeções ortogonais dos seus extremos A e B >>> >> sobre o diâmetro d.Mostre que ,durante o deslizamento da corda,esse >>> >> triângulo é sempre isósceles e nunca muda de formato(i.é.,os ângulos >>> >> do >>> >> triângulo são constantes) >>> > >>> > Faz um desenho! >>> > Diâmetro r;centro O, raio 1; corda AB, tamanho d, médio M; AB >>> > projetado em r dá XY. >>> > >>> > O triangulo AOB é obviamente isósceles. >>> > Os quadrilateros XOMA e YOMB são inscritíveis de diâmetros OA e OB >>> > respectivamente (angulos de 90 graus). >>> > >>> > Temos OXM=OAM=OBM=OYM, logo XMY é isosceles. E o angulo OBA depende >>> > unicamente de d. >>> > >>> > P.S.: duvido que os triangulos sejam todos congruentes. O angulo XOM >>> > define o tamanho de XM. >>> > >>> >> >>> >> Meus agradecimentos por qualquer esclarecimento. >>> > >>> > >>> > -- >>> > /**************************************/ >>> > 神が祝福 >>> > >>> > Torres >>> > >>> >>> >>> -- >>> /**************************************/ >>> 神が祝福 >>> >>> Torres >>> >>> ========================================================================= >>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em >>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html >>> ========================================================================= >>> >> >> > -- /**************************************/ 神が祝福 Torres ========================================================================= Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html =========================================================================
