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Dato un intero positivo $ k $, diciamo che un polinomio a coefficienti reali è raffinato se tutti i suoi monomi hanno grado multiplo di $ k $.
Dimostrare che per ogni polinomio $ p\in\mathbb{R}[x] $ esiste $ q\in\mathbb{R}[x] $ diverso dal polinomio nullo tale che $ pq $ è raffinato.

Mi viene il dubbio, ma non ci giurerei, che la cosa funzioni anche se sostituiamo $\mathbb{R}[x]$ con $\mathbb{Z}[x]$

Anér ha scritto:Dato un intero positivo $ k $, diciamo che un polinomio a coefficienti reali è raffinato se tutti i suoi monomi hanno grado multiplo di $ k $.
Dimostrare che per ogni polinomio $ p\in\mathbb{R}[x] $ esiste $ q\in\mathbb{R}[x] $ diverso dal polinomio nullo tale che $ pq $ è raffinato.

Dette $ \alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n $ le radici di $ p(x) $ con molteplicità $ \gamma_1,\gamma_2,\ldots,\gamma_n $, con:
$ \displaystyle p(x)=\prod_{\alpha_i\in \mathbb{R}}{(x-\alpha_i)^{\gamma_i}}\prod_{\alpha_i\in \mathbb{C}\setminus\mathbb{R}, \text{Im}(\alpha_i)>0}{(x-\alpha_i)^{\gamma_i}(x-\overline{\alpha}_i)^{\gamma_i}} $
è sufficiente scegliere: $ \displaystyle q(x):=\prod_{\alpha_i\in \mathbb{R}}{(x+\alpha_i)^{\gamma_i}}\prod_{\alpha_i\in \mathbb{C}\setminus\mathbb{R}, \text{Im}(\alpha_i)>0}{(x+\alpha_i)^{\gamma_i}(x+\overline{\alpha}_i)^{\gamma_i}} $. []

il fatto che la tua soluzione non dipenda da $k$ è abbastanza inquietante.
ah, comunque, io scriverei $\overline{\alpha}_i$ invece di $\overline{\alpha_i}$, qualcun altro è con me?

ma_go ha scritto:il fatto che la tua soluzione non dipenda da $k$ è abbastanza inquietante.

Ciao! L'avevo notato io, ma ancora non trovo l'errore..

ma_go ha scritto:ah, comunque, io scriverei $\overline{\alpha}_i$ invece di $\overline{\alpha_i}$, qualcun altro è con me?

Editato..

Così hai risolto il caso $ k=2 $.

Ho capito solo ora il testo..
A prima vista comunque pare che si debba dimostrare che "per ogni p esistono q(x) e k tali che p(x)q(x) è un polinomio con coefficienti non nulli di solo grado multiplo di k" ..

No, bisogna dimostrare che dati k e p si può trovare q (è vero, il testo è poco chiaro).

io farei cosi, sperando sia giusto:
Posso scrivere P(x) come prodotto di polinomi a coefficienti reali di grado 1 o 2.
Se per ogni polinomio $k_i(x)$ di grado 1 o 2 esiste $h_i(x)$ tale che $k_ih_i$ è raffinato, allora prendo $q(x)$ uguale al prodotto degli $h_i$ e ho finito.
Per semplicità prendo p(x) monico, tanto con un coefficiente davanti non cambia nulla, in modo che tutti i $k_i$ siano monici:
1) Se $k_i(x)=x-a$ allora prendo $\displaystyle h_i=\frac{x^k-a^k}{x-a}$
2) Se $k_i(x)=x^2+ax+b=(x-\alpha)(x-\overline{\alpha})$ con $\alpha$ complesso, allora prendo $\displaystyle h_i=\frac{(x^k-\alpha^k)(x^k-\overline{\alpha}^k)}{(x-\alpha)(x-\overline{\alpha})}$

Funziona?

Funziona perfettamente. Vai con il prossimo.

dario2994 ha scritto:Mi viene il dubbio, ma non ci giurerei, che la cosa funzioni anche se sostituiamo $\mathbb{R}[x]$ con $\mathbb{Z}[x]$

mini-bonus: è vero il rilancio di dario2994?

Sì, è vero e si fa allo stesso modo: se scompongo $ p(x) $ in $ \prod_{i=1}^n (x-\alpha_i) $ (pazienza per il coefficiente direttivo, se si risolve nei razionali si fa presto a passare agli interi) ho che $ \prod_{i=1}^n (x^k-\alpha_i^k) $ è un multiplo del polinomio originale ed è un polinomio a coefficienti razionali in quanto ogni coefficiente è un polinomio simmetrico a coefficienti razionali nelle variabili $ \alpha_i $ e perciò si può scrivere come polinomio a coefficienti razionali nelle variabili i coefficienti di $ p(x) $ che per ipotesi sono razionali.

Anér ha scritto:Sì, è vero e si fa allo stesso modo: se scompongo $ p(x) $ in $ \prod_{i=1}^n (x-\alpha_i) $ (pazienza per il coefficiente direttivo, se si risolve nei razionali si fa presto a passare agli interi) ho che $ \prod_{i=1}^n (x^k-\alpha_i^k) $ è un multiplo del polinomio originale ed è un polinomio a coefficienti razionali in quanto ogni coefficiente è un polinomio simmetrico a coefficienti razionali nelle variabili $ \alpha_i $ e perciò si può scrivere come polinomio a coefficienti razionali nelle variabili i coefficienti di $ p(x) $ che per ipotesi sono razionali.

Uguale alla mia (che poi è la cosa più naturale da fare )
Giusto per sminchiare: ciò vuol dire che l'insieme degli algebrici è chiuso rispetto all'elevamento a potenza (razionale (anche se abbiamo dimostrato solo intera passare a razionale è facilissimo))

dario2994 ha scritto:Uguale alla mia (che poi è la cosa più naturale da fare )
Giusto per sminchiare: ciò vuol dire che l'insieme degli algebrici è chiuso rispetto all'elevamento a potenza (razionale (anche se abbiamo dimostrato solo intera passare a razionale è facilissimo))

in realtà, abbiamo dimostrato che se $\alpha$ è algebrico, allora $\alpha^{1/n}$ è algebrico, non che $\alpha^n$ è algebrico..
[piccola divagazione]paradossalmente, usando molta meno teoria (ma vagamente più raffinata: galois - ma proprio base-base) si dimostrano esattamente la stesse cose senza invocare il teoremone "se è simmetrico si esprime come funzione intera delle somme simmetriche elementari".[/piccola divagazione]

ma_go ha scritto:in realtà, abbiamo dimostrato che se $\alpha$ è algebrico, allora $\alpha^{1/n}$ è algebrico, non che $\alpha^n$ è algebrico..

Ma mi pare il contrario
Cioè se $ \alpha $ è radice di $ P(x) $ allora $ \alpha^{1/n} $ è radice di $ P(x^n) $ mentre $ \alpha^n $ del polinomio costruito da andrea... (vabbè insomma... cambia una mazza)