Roba polinomiale...

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Simo_the_wolf
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Roba polinomiale...

Messaggio da Simo_the_wolf » 13 apr 2008, 19:52

Dai in fondo è algebra, anche se forse potrebbe essere non elementare vista la presenza delle derivate...

Dato $ p(x) $ un polinomio di grado $ d\geq 2 $ con tutte le radici distinte (anche complesse). Dimostrare che:

$ \displaystyle \sum_{\alpha | p(\alpha)=0} \frac 1{p'(\alpha)} =0 $

anzi di più.... dimostrate anche che

$ \displaystyle \sum_{\alpha | p(\alpha)=0} \frac {\alpha^{d-1}}{p'(\alpha)} =\pm 1 $

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jordan
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Messaggio da jordan » 14 apr 2008, 22:22

sto sotto esami ma rispondo perchè ci ho perso un'oretta su questo problema e devo proprio dire che è valsa la pena! bravo il pescarese! :D

Abbiamo $ p(x)=\displaystyle \sum_{i=0}^{n}{a_ix^i} \in \mathbb{R}[x] $ con $ a_n \neq 0 $, $ deg(p(x)) \ge 2 $ con radici $ \{\alpha_i\}_n \in \mathbb{C} $ tali che $ \alpha_i=\alpha_j $ sse $ i=j, \forall i,j \in[1,n] $.tutti sappiamo che possiamo scrivere $ p(x)=\sum_{0}^{n}{a_ix^i}=a_n \prod_{1}^{n}{(x-\alpha_i)} $
derivando $ p(x) $ da quella forma otteniamo $ {p'(x)}=\displaystyle \sum_{i=1}^n{[\frac{p(x)}{x-\alpha_i}]} $. osservando "bene"(ma neanche tanto :) ) questa forma otteniamo che $ \displaystyle \sum_{1}^n{\frac{1}{a_np'(\alpha_i)}}= $$ \displaystyle (\sum_{i=1}^n{[(-1)^{i+1}\prod_{1 \le j < k \le n, j,k \neq i}{\alpha_j-\alpha_k}]}) $/$ \displaystyle (\prod_{1 \le i < j \le n}{(\alpha_i-\alpha_j)}) $ e il tutto sarà uguale a 0 sse lo è anche il numeratore di RHS (infatti $ a_n \neq 0 $ e denominatore di RHS $ \neq 0 $ dal momento le radici sono tutte distinte cioè non esiste $ i \in [1,n] \text{ t.c. } p'(\alpha_i)=0 $). be, adesso viene la "main idea": consideriamo il numeratore di RHS come un polinomio di grado $ n-2 $ in una variabile $ \alpha_i, i \in [1,n] $ fissata; come si puo facilmente verificare tale polinomio assume il valore 0 per ogni $ \alpha_j, j\in[1,i)(i,n] $, cioe per $ n-1 $ valori. come puo un polinomio ad avere piu radici del suo grado?sse uguale a 0. fine punto 1 :)
per il punto 2, si deve dimostrare che $ |\displaystyle (\sum_{i=1}^n{[(-1)^{i+1}{\alpha_i}^{n-1}\prod_{1 \le j < k \le n, j,k \neq i}{\alpha_j-\alpha_k}]})| $=$ |\prod_{1\le i < j \le n}{\alpha_i-\alpha_j}| $. come prima, vediamoli come due polinomi nella variabile $ \alpha_i $ fissata. sul grado siamo a posto, sul coefficiente puo essere solo $ \pm 1 $, resta solo da dimostrare che per ogni $ j \neq i $ valga $ \alpha_i-\alpha_j | LHS $. ma LHS è un polinomio di variabile $ \alpha_i $, chiamiamolo $ g(x) $; e $ g(\alpha_j)=0 $ ruffini docet :lol:

che resta da dire, bel problema :wink:
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Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 14 apr 2008, 22:35

Wow una soluzione diversa dalle altre mie due...

1a soluzione: si basa sul lemma:

$ \displaystyle \frac 1{p(x)} = \sum_{\alpha | p(\alpha)=0 } \frac 1{p'(\alpha)(x-\alpha)} $

2a soluzione: si basa sulla risoluzione del sistema lineare:

$ \sum_{i=1}^n a_i \alpha_i ^d = 0 $ per $ d=0,...,n-2 $
$ \sum_{i=1}^n a_i \alpha_i^{n-1} = 1 $

Con le matrici di Vandermonde si fa tutto, considerando che $ p'(\alpha_i)= \prod_j (\alpha_i-\alpha_j) $ (dove p è il polinomio "squarefree" che ha per radici gli $ \alpha_i $).

Bravo il pescarese!

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karl
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Messaggio da karl » 15 apr 2008, 11:15

Vorrei completare la prima dimostrazione di Simo alla quale ero arrivato
pure io e che non ho postato ieri per motivi...elettorali .
(Banzai,Banzai!!! :D :D )
Indicando con x_i le radici di p(x) abbiamo:
$ \displaystyle\frac{1}{p(x)}=\sum_{i=1}^d\frac{1}{p'(x_i)}\frac{1}{x-x_i} $
Da cui:
$ \displaystyle\sum_{i=1}^d\frac{1}{p'(x_i)}\frac{p(x)}{x-x_i}=1 $
e derivando rispetto ad x:
(1) $ \displaystyle\sum_{i=1}^d\frac{1}{p'(x_i)}\frac{p'(x)(x-x_i)-p(x)}{(x-x_i)^2}=0 $
per ogni x diverso dagli x_i
Ora il polinomio a primo membro della (1),che è di grado n-2,può essere
identicamente nullo sse i suoi coefficienti sono nulli.
In particolare deve essere nullo il coefficiente di x^(n-2) ,ovvero deve aversi:
$ \displaystyle \sum_{i=1}^d\frac{(n-1)a_o}{p'(x_i)}=0 $ da cui appunto
$ \displaystyle \sum_{i=1}^d\frac{1}{p'(x_i)}=0 $
karl

Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 15 apr 2008, 12:25

Beh non c'è bisogno di derivare dai... Comunque bisognerebbe anche dimostrarla quell'identità...

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karl
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Messaggio da karl » 15 apr 2008, 12:52

E che male c'è a derivare.Mi viene più comodo :D :D
Quanto alla formula si tratta di un procedimento notissimo ed elementare
(almeno nel caso di radici tutte distinte).
Allora poniamo:
$ \displaystyle\frac{1}{p(x)}=\frac{A_1}{x-x_1}+\frac{A_2}{x-x_2}+...+\frac{A_d}{x-x_d} $
Moltiplicando ,ad esempio, per $ \displaystyle x-x_1 $ abbiamo:
$ \displaystyle\frac{x-x_1}{p(x)}=A_1+\frac{A_2(x-x_1)}{x-x_2}+...+\frac{A_d(x-x_1)}{x-x_d} $
Passando al limite per $ \displaystyle x->x_1 $ si ha appunto:
$ \displaystyle A_1=\lim_{x->x_1}\frac{x-x_1}{p(x)}=\frac{1}{p'(x_1)} $
Analogamente per le altre A.
karl

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