Re: [obm-l] Problemas(polinomoi- ideias!)
Continuando: acho que, quando se faz alguma manipulação algébrica, a conta falha miseravelmente para graus grandes. Usando a ideia do Ralph, o polinomio em questão é par ou ímpar. Mas quando eu abro as contas, usando um exemplo finito (uma tentativa do genero f(x)=ax^2+bx+c), dá muito desencontro de expoentes. Vou mostrar as contas outro dia (elas sao grandinhas!). Em 05/07/11, Johann Dirichletpeterdirich...@gmail.com escreveu: Eu, na verdade, tentei achar um polinomio que desse certo. E cantei vitória antes do tempo... E a sua ideia de par-ou-impar matou de vez as esperanças: L^2+1 aumenta o módulo. O Marcone tambem me enviou este e-mail corrigido. Eu estou matutando nele, e achei alguns exemplos. Ao que me parece, para cada grau de polinomio, existe um único polinômio que resolve a equação funcional. Eu descobri que estes poucos polinomios tem coeficiente líder 1 e sub-líder 0. Mas não avencei muito para dar um parecer final. No mais, acho que x^2+1 me lembra de usar i^2=-1... Em 04/07/11, Ralph Teixeiraralp...@gmail.com escreveu: Como voce disse, se a eh uma raiz de P(x), entao a^2+1 tem que ser raiz de P(x) tambem. Entao se voce pegar as raizes de P(x) e aplicar x^2+1 nelas, voce ainda tem que cair em raizes. Portanto, dada uma raiz qualquer a, temos que a^2+1, (a^2+1)^2+1, etc. gera varias raizes de P(x). Como P(x) tem que ter um numero finito de raizes distintas, essa sequencia tem que gerar um ciclo, tem que repetir em algum momento. Que ciclo? O caso mais simples seria fazer um ciclo de tamanho 1, ou seja, fazer logo a^2+1=a, para o ciclo soh ter um termo. Foi a ideia que voce colocou... mas nao dah certo -- a condicao deste ciclo ser finita eh NECESSARIA para ter a igualdade pedida, mas ter um ciclo de raizes nao eh SUFICENTE para garantir a igualdade pedida. O Shine botou a bola embaixo do braco e levou para casa: nao ha polinomio com a condicao pedida... :) Mas, olha soh:* o Marcone, que propos o problema original, me mandou um E-mail dizendo que realmente o enunciado original era mesmo p(x^2+1)=(p(x))^2+1, mas por algum motivo ele nao conseguiu colocar a correcao na lista.* Entao ainda ha um problema interessante (mas bem diferente) para fazer. (Eu jah vi isso em algum lugar, mas nao lembro onde...) Abraco, Ralph 2011/7/4 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com Puxa! Mas onde esta o erro da minha solução? Anyway, inicialmente pensei em fatorar o dito polinomio. Creio que ele seja mônico, abrindo a expressão geral o fator máximo é a^2=a. Aí, escreve ele na forma deprodutos (x-a_i).. Basicamente, um lado fica na forma x^2+1-a_ i, e o outro como (x-a_ i)^2. Supóndo que as raízes são, em alguma ordem, iguais, dá pra chegar em algum lugar. Em 01/07/11, Ralph Teixeiraralp...@gmail.com escreveu: 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
Re: [obm-l] Problemas(polinomoi- ideias!)
Eu, na verdade, tentei achar um polinomio que desse certo. E cantei vitória antes do tempo... E a sua ideia de par-ou-impar matou de vez as esperanças: L^2+1 aumenta o módulo. O Marcone tambem me enviou este e-mail corrigido. Eu estou matutando nele, e achei alguns exemplos. Ao que me parece, para cada grau de polinomio, existe um único polinômio que resolve a equação funcional. Eu descobri que estes poucos polinomios tem coeficiente líder 1 e sub-líder 0. Mas não avencei muito para dar um parecer final. No mais, acho que x^2+1 me lembra de usar i^2=-1... Em 04/07/11, Ralph Teixeiraralp...@gmail.com escreveu: Como voce disse, se a eh uma raiz de P(x), entao a^2+1 tem que ser raiz de P(x) tambem. Entao se voce pegar as raizes de P(x) e aplicar x^2+1 nelas, voce ainda tem que cair em raizes. Portanto, dada uma raiz qualquer a, temos que a^2+1, (a^2+1)^2+1, etc. gera varias raizes de P(x). Como P(x) tem que ter um numero finito de raizes distintas, essa sequencia tem que gerar um ciclo, tem que repetir em algum momento. Que ciclo? O caso mais simples seria fazer um ciclo de tamanho 1, ou seja, fazer logo a^2+1=a, para o ciclo soh ter um termo. Foi a ideia que voce colocou... mas nao dah certo -- a condicao deste ciclo ser finita eh NECESSARIA para ter a igualdade pedida, mas ter um ciclo de raizes nao eh SUFICENTE para garantir a igualdade pedida. O Shine botou a bola embaixo do braco e levou para casa: nao ha polinomio com a condicao pedida... :) Mas, olha soh:* o Marcone, que propos o problema original, me mandou um E-mail dizendo que realmente o enunciado original era mesmo p(x^2+1)=(p(x))^2+1, mas por algum motivo ele nao conseguiu colocar a correcao na lista.* Entao ainda ha um problema interessante (mas bem diferente) para fazer. (Eu jah vi isso em algum lugar, mas nao lembro onde...) Abraco, Ralph 2011/7/4 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com Puxa! Mas onde esta o erro da minha solução? Anyway, inicialmente pensei em fatorar o dito polinomio. Creio que ele seja mônico, abrindo a expressão geral o fator máximo é a^2=a. Aí, escreve ele na forma deprodutos (x-a_i).. Basicamente, um lado fica na forma x^2+1-a_ i, e o outro como (x-a_ i)^2. Supóndo que as raízes são, em alguma ordem, iguais, dá pra chegar em algum lugar. Em 01/07/11, Ralph Teixeiraralp...@gmail.com escreveu: 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
Re: [obm-l] Problemas(polinomoi- ideias!)
Puxa! Mas onde esta o erro da minha solução? Anyway, inicialmente pensei em fatorar o dito polinomio. Creio que ele seja mônico, abrindo a expressão geral o fator máximo é a^2=a. Aí, escreve ele na forma deprodutos (x-a_i).. Basicamente, um lado fica na forma x^2+1-a_ i, e o outro como (x-a_ i)^2. Supóndo que as raízes são, em alguma ordem, iguais, dá pra chegar em algum lugar. Em 01/07/11, Ralph Teixeiraralp...@gmail.com escreveu: 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 = -- /**/ 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 =
Re: [obm-l] Problemas(polinomoi- ideias!)
Eu acho que não existem infinitos polinômios (a única solução é o polinômio
nulo). Isso, é claro, falando do problema P(x^2 + 1) = [P(x)]^2.
Antes, lembramos que zero não pode ser raiz de P: como o Ralph já provou, isso
gera infinitas raízes e aí P é o polinômio nulo.
Olha só: derivando P(x^2 + 1) = P(x)^2 dos dois lados encontramos 2xP'(x^2+1) =
2P(x)P'(x). Aí vou tentar usar uma ideia parecida com a do Ralph. x = 0 só pode
ser raiz de P' (o que atesta o fato de P ser par, que também foi provado).
Agora
note que se x diferente de zero é raiz de P' então x^2 + 1 também é. Pena que
só
temos o zero. Mas aí fazemos de trás para frente (isto é, aplicamos uma inversa
f de x^2 + 1): troca x = f(0) = i. Então i é raiz de P ou P'. Mas se for raiz
de
P, então i^2 + 1 = 0 é raiz e dá problema do mesmo jeito. Então é raiz de P'.
Mas aí é só continuar.
Definindo f melhor: f(r) é a raiz quadrada de r - 1 que tem argumento arg(r -
1)/2. A minha pergunta é: partindo do r = 0, ele entra em loop?
Eu acho que não. De fato, f é injetiva: f(r) = f(s) implica (f(r))^2 + 1 =
(f(s))^2 + 1 que é o mesmo que r = s. Então se a sequência n_0 = 0 e n_k =
f(n_{k-1}) é periódica, ela é puramente periódica. Mas 0 não é periódica para
f^{-1}(x) = x^2 + 1, então acabou (eu acho).
Isso faz sentido?
[]'s
Shine
- Original Message
From: Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Mon, July 4, 2011 12:46:11 PM
Subject: Re: [obm-l] Problemas(polinomoi- ideias!)
Puxa! Mas onde esta o erro da minha solução?
Anyway, inicialmente pensei em fatorar o dito polinomio.
Creio que ele seja mônico, abrindo a expressão geral o fator máximo é a^2=a.
Aí, escreve ele na forma deprodutos (x-a_i).. Basicamente, um lado
fica na forma
x^2+1-a_ i, e o outro como (x-a_ i)^2. Supóndo que as raízes são, em
alguma ordem, iguais, dá pra chegar em algum lugar.
Em 01/07/11, Ralph Teixeiraralp...@gmail.com escreveu:
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
Re: [obm-l] Problemas(polinomoi- ideias!)
Sobre a sua mesg: por indução infinita na derivação, nunca acharemos
um polinômio?
Comments:
Bem, não tô com a mensagem full, mas basicamente o Ralph provou que o
polinômio é par ou ímpar. Não dá pra ser coluna do meio.
Realmente, raiz 0 falha miseravelmente, isto é imediato. Mas, o lance
é: não existe nenhum polinômio que funcione??
Realmente,pensando na minha ideia das raizes, pareece que L^2+1 tem
modulo maior que L (uma desigualdade das medias mataria isso). Ou
seja, não tem como, depois de aplicar L^2+1 um numero finito de vezes,
voltar a L.
Quanto a outra, comecei a atacar hoje.
Em 04/07/11, Carlos Yuzo Shinecysh...@yahoo.com escreveu:
Eu acho que não existem infinitos polinômios (a única solução é o polinômio
nulo). Isso, é claro, falando do problema P(x^2 + 1) = [P(x)]^2.
Antes, lembramos que zero não pode ser raiz de P: como o Ralph já provou,
isso
gera infinitas raízes e aí P é o polinômio nulo.
Olha só: derivando P(x^2 + 1) = P(x)^2 dos dois lados encontramos
2xP'(x^2+1) =
2P(x)P'(x). Aí vou tentar usar uma ideia parecida com a do Ralph. x = 0 só
pode
ser raiz de P' (o que atesta o fato de P ser par, que também foi provado).
Agora
note que se x diferente de zero é raiz de P' então x^2 + 1 também é. Pena
que só
temos o zero. Mas aí fazemos de trás para frente (isto é, aplicamos uma
inversa
f de x^2 + 1): troca x = f(0) = i. Então i é raiz de P ou P'. Mas se for
raiz de
P, então i^2 + 1 = 0 é raiz e dá problema do mesmo jeito. Então é raiz de
P'.
Mas aí é só continuar.
Definindo f melhor: f(r) é a raiz quadrada de r - 1 que tem argumento arg(r
-
1)/2. A minha pergunta é: partindo do r = 0, ele entra em loop?
Eu acho que não. De fato, f é injetiva: f(r) = f(s) implica (f(r))^2 + 1 =
(f(s))^2 + 1 que é o mesmo que r = s. Então se a sequência n_0 = 0 e n_k =
f(n_{k-1}) é periódica, ela é puramente periódica. Mas 0 não é periódica
para
f^{-1}(x) = x^2 + 1, então acabou (eu acho).
Isso faz sentido?
[]'s
Shine
- Original Message
From: Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Sent: Mon, July 4, 2011 12:46:11 PM
Subject: Re: [obm-l] Problemas(polinomoi- ideias!)
Puxa! Mas onde esta o erro da minha solução?
Anyway, inicialmente pensei em fatorar o dito polinomio.
Creio que ele seja mônico, abrindo a expressão geral o fator máximo é a^2=a.
Aí, escreve ele na forma deprodutos (x-a_i).. Basicamente, um lado
fica na forma
x^2+1-a_ i, e o outro como (x-a_ i)^2. Supóndo que as raízes são, em
alguma ordem, iguais, dá pra chegar em algum lugar.
Em 01/07/11, Ralph Teixeiraralp...@gmail.com escreveu:
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
Re: [obm-l] Problemas(polinomoi- ideias!)
Como voce disse, se a eh uma raiz de P(x), entao a^2+1 tem que ser raiz de P(x) tambem. Entao se voce pegar as raizes de P(x) e aplicar x^2+1 nelas, voce ainda tem que cair em raizes. Portanto, dada uma raiz qualquer a, temos que a^2+1, (a^2+1)^2+1, etc. gera varias raizes de P(x). Como P(x) tem que ter um numero finito de raizes distintas, essa sequencia tem que gerar um ciclo, tem que repetir em algum momento. Que ciclo? O caso mais simples seria fazer um ciclo de tamanho 1, ou seja, fazer logo a^2+1=a, para o ciclo soh ter um termo. Foi a ideia que voce colocou... mas nao dah certo -- a condicao deste ciclo ser finita eh NECESSARIA para ter a igualdade pedida, mas ter um ciclo de raizes nao eh SUFICENTE para garantir a igualdade pedida. O Shine botou a bola embaixo do braco e levou para casa: nao ha polinomio com a condicao pedida... :) Mas, olha soh:* o Marcone, que propos o problema original, me mandou um E-mail dizendo que realmente o enunciado original era mesmo p(x^2+1)=(p(x))^2+1, mas por algum motivo ele nao conseguiu colocar a correcao na lista.* Entao ainda ha um problema interessante (mas bem diferente) para fazer. (Eu jah vi isso em algum lugar, mas nao lembro onde...) Abraco, Ralph 2011/7/4 Johann Dirichlet peterdirich...@gmail.com Puxa! Mas onde esta o erro da minha solução? Anyway, inicialmente pensei em fatorar o dito polinomio. Creio que ele seja mônico, abrindo a expressão geral o fator máximo é a^2=a. Aí, escreve ele na forma deprodutos (x-a_i).. Basicamente, um lado fica na forma x^2+1-a_ i, e o outro como (x-a_ i)^2. Supóndo que as raízes são, em alguma ordem, iguais, dá pra chegar em algum lugar. Em 01/07/11, Ralph Teixeiraralp...@gmail.com escreveu: 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 --
