Re: [obm-l] P(x^2+1)=P(x)^2+1
Bem, no avanço da ciencia, estou crente de algumas coisas: 1 - Fixado o grau, se o polinomio existir será único. Quando eu abro os expoentes, não há margem para substituições arbitrárias. Eu começo a crer nisto por experiência. 2 - O grau do polinômio seria uma potência de 2: grau 6 falha. Em 08/07/11, Johann Dirichlet escreveu: > Que coisa... Onde tá o meu erro, again?? > > De todo modo, o problema original tá resolvido! > Acho que testei casos de graus que darão errado, e não os que dariam > certo... Mas é facto: o polinômio deve ser par, e só terá expoentes > pares. > > Em 07/07/11, Carlos Yuzo Shine escreveu: >> 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 >> 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 Teixeira 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 >>> >>>> 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 >>>> >>>>> Em 01/07/11, Johann Dirichlet escreveu: >>>>> > Em 30/06/11, marcone augusto araújo >>>>> > borges 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) T
Re: [obm-l] P(x^2+1)=P(x)^2+1
Que coisa... Onde tá o meu erro, again?? De todo modo, o problema original tá resolvido! Acho que testei casos de graus que darão errado, e não os que dariam certo... Mas é facto: o polinômio deve ser par, e só terá expoentes pares. Em 07/07/11, Carlos Yuzo Shine escreveu: > 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 > 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 Teixeira 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 >> >>> 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 >>> >>>> Em 01/07/11, Johann Dirichlet escreveu: >>>> > Em 30/06/11, marcone augusto araújo >>>> > borges 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 -
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 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 Teixeira 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 > >> 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 >> >>> Em 01/07/11, Johann Dirichlet escreveu: >>> > Em 30/06/11, marcone augusto araújo >>> > borges 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 d
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 Teixeira 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 > >> 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 >> >>> Em 01/07/11, Johann Dirichlet escreveu: >>> > Em 30/06/11, marcone augusto araújo >>> > borges 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 >
