SNS 2009/2010. n°6.

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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jordan
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SNS 2009/2010. n°6.

Messaggio da jordan » 27 ago 2009, 23:18

Sia $ a>1 $ un reale fissato, e per ogni $ x>0 $ definiamo $ \sigma(x):=(1-x)(a+x)^{-1} $ e $ q(x):=\sigma(\sigma(x)) $.
a)Mostrare che $ q(x)=(a+2x-1)(a^2+1+(a-1)x)^{-1} $.
b)Mostrare che, definito $ s:=(\sqrt{a^2+2a+5}-(a+1))/2 $ si ha $ s>0 $ e che per ogni $ 0<x<s $ allora $ x<q(x)<s $.
c)Mostrare che se $ R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)} $, dove $ P(x),Q(x) $ sono polinomi in $ \mathbb{R}[x] $, è tale che $ R(x)=R(\sigma(x)) $ per ogni $ x $ allora $ R(\cdot) $ è costante.
d)Dire come cambiano queste asserzioni quando $ a=1 $.
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dario2994
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Messaggio da dario2994 » 28 ago 2009, 15:18

Bueno:
Alur il punto a è abbastanza scontato, svolgo i calcoli:
$ \displaystyle q(x)=O(\frac{1-x}{a+x})=\frac{1-\frac{1-x}{a+x}}{a+\frac{1-x}{a+x}}=\frac{\frac{a+x-1+x}{a+x}}{\frac{a^2+ax+1-x}{a+x}}=\frac{a+2x-1}{a^2+1+(a-1)x} $

Punto b parte 1:
L'espressione è sempre positiva per questa serie di disuguaglianze:
$ \frac{\sqrt{a^2+2a+5}-(a+1)}{2}>\frac{\sqrt{a^2+2a+1}-(a+1)}{2}=\frac{a+1-(a+1)}{2}=0 $

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SARLANGA
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Messaggio da SARLANGA » 28 ago 2009, 21:12

per il punto b) con un paio di calcoli si arriva facilmente a dimostrare x < q(x) ma per quanto riguarda la relazione q(x) < s non saprei...

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kn
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Messaggio da kn » 28 ago 2009, 21:40

Se ci fate caso s è la soluzione positiva dell'equazione $ ~q(x)=x $ (da cui segue immediatamente $ ~0<x<s\Rightarrow q(x)>x $
$ ~q(x) $ ha derivata prima positiva, quindi è strettamente crescente in $ ~[0,s] $... però $ ~q(s)=s $, quindi $ ~x<s\Rightarrow q(x)<s $

@jordan: credo che i polinomi P e Q siano da considerarsi polinomi formali, non come funzioni (la frazione potrebbe avere denominatore 0 per qualche x), quindi forse era meglio copiare il testo :wink:
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exodd
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Messaggio da exodd » 08 lug 2010, 17:40

Qualcuno potrebbe continuare? sarei interessato al punto d)

Per il punto c), possiamo dire che:
$ R(x)=R(\sigma(x))=R(\sigma(\sigma(x)))=R(q(x)) $
Poniamo $ 0<x<s $
Per quanto dimostrato nel b) $ x<q(x)<s $.
Quindi possiamo dire che $ R(x)=R(q(x))=R(q(q(x)))=..=k $ con k reale.
Di conseguenza $ \frac{P(x)}{Q(x)}-k=0 $ ha infinite soluzioni
Definiamo il polinomio S(x) a coefficienti reali come $ S(x):P(x)-kQ(x) $
S(x) è un polinomio ad infinite soluzioni, e di conseguenza è costantemente nullo.
Quindi $ R(x)=k $
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
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taifu
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Messaggio da taifu » 08 lug 2010, 19:35

exodd ha scritto:Qualcuno potrebbe continuare? sarei interessato al punto d)
se $ \ a=1 $ allora $ q(x)=\sigma(\sigma(x))=x $, nel b) non è più disuguaglianza stretta tra x e q(x) mentre il c) diventa falso:$ R(x)=\sigma(x)+x=R(\sigma(x)) $

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exodd
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Messaggio da exodd » 09 lug 2010, 00:18

taifu ha scritto:$ R(x)=\sigma(x)+x=R(\sigma(x)) $
Perfetto, stavo cercando proprio qualcosa del genere, ma non riuscivo a trovarlo..
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
EvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
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