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 Teixeira<ralp...@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 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.
> >> >
> >> >
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> >> > Torres
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> >> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> >> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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