Re: [obm-l] P(x^2+1)=P(x)^2+1
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 Teixeiraralp...@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+1x 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 Dirichletpeterdirich...@gmail.com escreveu: Em 30/06/11, marcone augusto araújo borgesmarconeborge...@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
Re: [obm-l] P(x^2+1)=P(x)^2+1
Ué, P(x) = x^2 + 1 não dá certo? Essencialmente, sendo f(x) = x^2 + 1, estamos querendo resolver P(f(x)) = f(P(x)), e se f = P isso dá certo. Na verdade, f(x) = P(P(...P(x)...)) dá certo para qualquer quantidade de vezes que aplicamos P. Não sei se são todas as soluções, porém. []'s Shine - Original Message From: Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com To: obm-l@mat.puc-rio.br Sent: Thu, July 7, 2011 10:01:22 AM Subject: Re: [obm-l] P(x^2+1)=P(x)^2+1 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 Teixeiraralp...@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+1x 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 Dirichletpeterdirich...@gmail.com escreveu: Em 30/06/11, marcone augusto araújo borgesmarconeborge...@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
[obm-l] Teste de Paridade
Olá, estou com problemas com a prova de que f(x) = lg(x + sqrt(1 + x²)) é uma função ímpar. lg é o logaritimo decimal. Grato, Victor Seixas Souza
