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Re: [obm-l] Questao 4 da OBM-U 2006



Outro modo de pensar:

A idéia é que polinomios com raizes (todas elas) em pares de produto 1 deve ser simétrico. Ou seja, p(x)=x^np(1/x)

p é o polinomio minimal de r, fato consumado.
Se o grau do polinomio p é n, temos que X^n * p(1/X) tem grau n e zera em r.
Logo p(X) divide X^n * p(1/X), o que significa que os polinomios diferem pelo produto de uma constante. Como os dois polinomios sao iguais quando X=1, entao os dois polinomios sao iguais.
Entao temos o fato
X^n * p(1/X) =p(x).
Se n fosse ímpar, temos
(-1)^n * p(-1) =p(-1)
e assim -1 é  raiz do polinomio, impossível pois o polinômio é irredutível.

P.S.: O problema nao usa todo o poder do fato de o polinomio ser irredutível, apenas o de nao ter raiz (-1)



Em 21/11/06, claudio.buffara <claudio.buffara@terra.com.br> escreveu:
Como p é irredutível e tem grau > 1, r e s (=1/r) são irracionais e, além disso, p(x) é o polinômio mínimo de r, ou seja, é o polinômio de menor grau em Q[x] que tem r como raíz (p(x) também é o polinômio mínimo de 1/r).
 
Seja p(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + ... + a_nx^n, com a_n <> 0
Como p é irredutível, a_0 <> 0.
 
Suponhamos que n = grau(p) seja ímpar ==> n = 2m+1, com m em N.
 
r e 1/r são raízes de p(x) ==>
p(r) = a_0 + a_1r + a_2r^2 + ... + a_nr^n = 0   
e
r^n*p(1/r) = a_0r^n + a_1r^(n-1) + a_2r^(n-2) + ... + a_n = 0  
 
Sejam:
f(x) = (p(x) + x^n*p(1/x))/(1+x)
e
g(x) = (p(x) - x^n*p(1/x))/(1-x).
 
Então, f(x) =
(a_0 + a_n)*(1 + x^n)/(1 + x) +
(a_1 + a_(n-1))*(x + x^(n-1))/(1 + x) +
...
(a_m + a_(m+1))*(x^m + x^(m+1))/(1 + x) =
 
(a_0 + a_n)*(1 - x + x^2 - ... + x^(n-1)) +
(a_1 + a_(n-1))*(x - x^2 + x^3 - ... + x^(n-2)) +
...
(a_m + a_(m+1))*x^m.
(repare que podemos escrever f(x) desta forma justamente porque estamos supondo que n é ímpar e, portanto, que existe um número par (n+1) de coeficientes a_k, os quais podem ser agrupados em pares da forma: 
{a_k,a_(n-k)}).
 
Analogamente, obtemos que g(x) =
(a_0 - a_n)*(1 + x + x^2 + ... + x^(n-1)) +
(a_1 - a_(n-1))*(x + x^2 + x^3 + ... + x^(n-2)) +
...
(a_m - a_(m+1))*x^m
 
É fácil ver que f(x) e g(x) pertencem a Q[x].
Além disso, não podem ser ambos identicamente nulos pois, se esse fosse o caso, então p(x) = ((1+x)*f(x) + (1-x)*g(x))/2 seria identicamente nulo, o que é impossível.
 
Logo, pelo menos um deles será um polinômio não-nulo de grau <= n-1.
 
No entanto, como f(r) = g(r) = 0, somos forçados a concluir que r é raiz de um polinômio não-nulo de grau <= n-1, o que contradiz o fato de p(x) ser o polinômio mínimo de r.
 
Essa contradição mostra que grau(p) não pode ser ímpar.
 
 
[]s,
Claudio.



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