Algebra e/o Analisi ?

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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NicolasBourbaki
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Algebra e/o Analisi ?

Messaggio da NicolasBourbaki » 23 giu 2005, 15:14

Cari amici dell'algebra,
oggi vorrei proporvi un esercizio che forse molti di voi conosceranno già (SNS 1999-problema 6):

"Dati due interi pari m ed n con m<n,dimostrare che se esiste un reale k tale che
k>((m^2+n^2)/2) allora il polinomio
p(x)=(x^2+k)(x-m)(x-n)+1 ha due radici reali e due radici non reali".

Orbene..la questione è presto detta:non trovando alcuna soluzione elementare del quesito ho pensato di usare un po' d'analisi e mi è venuta una dimostrazione che sembra funzionare,ove però non si sfrutta l'ipotesi su k.
Quello che vi chiedo è:
1-sapete trovare soluzioni elementari al problema?
2-vi pare che la mia soluzione sia effettivamente corretta?
3-se avete risposto sì alla prec. confermate che l'ipotesi su k-così com'è- è "eccessiva"?

Ecco la mia soluzione (n.b. so che è matematica non elementare,ma il fine del topic mi fa ritenere che stia bene in questa sezione del forum):

-la funzione f(x)=p(x) definita su R è continua e derivabile su R,con derivata pure continua.Inoltre dallo studio del suo segno si vede subito che p(X)>1 per x>n e x<m quindi le radici reali di p(x),se esistono, sono nell'intervallo (m,n) allo studio del quale ci riduciamo.
-si vede subito che p(m)=p(n)=1,P((m+n)/2)<0 perciò p(x) ammette per il teorema di Bolzano in (m,n) almeno due radici reali (infatti questo è applicabile sia a (m,((m+n)/2)) sia a (((m+n)/2),n)).Basta ora far vedere che sono esattamente due.
-Per provare la tesi ci basta a questo punto mostrare che p'(x) si annulla in (m,n) in uno ed un sol punto(sia xo):infatti da ciò verrebbe la monotonia di p(x) su (m,xo) e su (xo,n) quindi l'iniettività di p(x) su ciascuno di essi ; p(x) potrebbe avere al più uno zero per ciascuno di essi,quindi al più due in totale su (m,n),quindi su R.
Il fatto che p'(x) si annulli in almeno un punto interno a (m,n) viene dal teorema di Rolle applicato a [m,n];per l'unicità si osservi che p'(x) ,di grado al più tre (nel caso esattamente tre) può avere al più tre zeri reali :
di tali zeri uno è sicuramente esterno a (m,n) sempre per Bolzano dato che p'(m)<0 mentre p'(0)>0 (lo applichiamo a [0,m] ,allora in (m,n) ve ne sono al più due , ma due non è possibile perchè ad ogni zero di p'(x) corrisponde ovviamente un suo cambio di segno ma è p'(m)<0 mentre p'(n)>0 per cui vi è un numero dispari di cambi di segno,ovvero-per i punti precedenti-ve n'è soltanto uno.
-Segue allora che p(x) ha Esattamente due radici reali e da ciò (dato che p(x) ha quattro radici in C) segue pure che due esattamente saranno non reali,il che chiude la dimostrazione.

Fatemi sapere,sono molto curioso!!
Grazie in anticipo!

N.B. nel calcolo di P((m+n)/2) è già più che sufficiente che k sia positivo...

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NicolasBourbaki
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Messaggio da NicolasBourbaki » 24 giu 2005, 14:17

Ora..capisco che per molti sono i giorni della "maturità",ma un po' d'attenzione al mio esercizietto qualche buon anima vorrà pur dedicare..o no?
Ripeto..se nessuno vuole misurarsi con la mia soluzione mi si conceda almeno la grazia di un'altra proposta!!
A presto,
Bourbaki

BlaisorBlade
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Messaggio da BlaisorBlade » 24 giu 2005, 17:37

Dunque, vediamo un po', intanto rendiamolo più leggibile:
"Dati due interi pari $ m $ ed $ n $ con $ m<n $,dimostrare che se esiste un $ k \in \mathbb{R} $ tale che
$ k>\frac{m^2+n^2}{2} $ allora il polinomio
$ p(x)=(x^2+k)(x-m)(x-n)+1 $ ha due radici reali e due radici non reali".

Per quanto riguarda la sol., effettivamente mi sembra corretta; avevo qualche dubbio sul calcolo di $ p\left(\frac{n+m}{2}\right) $, ma ricordando che m e n sono interi pari distinti effettivamente è corretto. Tra l'altro, non è neanche eccessivamente complicata, è fattibile con le normali* conoscenze del 5° liceo, anche se non tipicamente olimpica (poi anche questo è da vedersi, certe nazioni alle IMO presentano veri e propri compiti d'analisi).

Penso che semplicemente, per una soluzione elementare, serva quella ipotesi. Tra l'altro, è una ipotesi extra anche che m ed n siano pari (basta che $ m-n \ge 2 $).

* non è una battuta sulla normale

P.S: che nick ambizioso!

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Paoloca
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Messaggio da Paoloca » 24 giu 2005, 21:36

Boh...essendo continua e di 4° grado se p(x) ha 2 sol reali le avrà anche p(x)-1.

A questo punto è chiaro che il primo fattore porte a 2 sol complesse e gli altri alle 2 reali.

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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 24 giu 2005, 21:58

Paoloca ha scritto:Boh...essendo continua e di 4° grado se p(x) ha 2 sol reali le avrà anche p(x)-1.
Ah, dici ch'è chiaro? :shock: Vediamo un po'... Prendiamo il caso del polinomio $ P(x) := -(x^2 + 1)(x - 1)^2 $. Questo è una funzione continua di $ \mathbb{R} $ in $ \mathbb{R} $, possiede (guarda un po' tu i casi della vita!) due zeri reali e due zeri complessi. Ciò nondimeno, il suo amico polinomio $ Q(x) := P(x) - 1 $ non si annulla mai, in campo reale! Boh, sarà che forse fraintendo... :(

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NicolasBourbaki
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Messaggio da NicolasBourbaki » 24 giu 2005, 23:26

Grazie mille carissimo Blaisor Blade ...o meglio dovrei dire Tonza P.....a !
Ti ricorda qualcosa questo soprannome ? Hai capito chi si cela dietro questo nick che tu chiami ambizioso? In ogni caso non svelare la mia identità sul forum..casomai mandami un messaggio privato!
Se passi per Pisa fammi uno squillo!!

P.S.
Sono ancora alla ricerca di soluzioni elementari del quesito proposto se per caso volessi completare la tua opera pia!!

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Paoloca
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Messaggio da Paoloca » 25 giu 2005, 07:41

HiTLeuLeR ha scritto:
Paoloca ha scritto:Boh...essendo continua e di 4° grado se p(x) ha 2 sol reali le avrà anche p(x)-1.
Ah, dici ch'è chiaro? :shock: Vediamo un po'... Prendiamo il caso del polinomio $ P(x) := -(x^2 + 1)(x - 1)^2 $. Questo è una funzione continua di $ \mathbb{R} $ in $ \mathbb{R} $, possiede (guarda un po' tu i casi della vita!) due zeri reali e due zeri complessi. Ciò nondimeno, il suo amico polinomio $ Q(x) := P(x) - 1 $ non si annulla mai, in campo reale! Boh, sarà che forse fraintendo... :(
Si, mi sono accorto della cavolata appena scritta e speravo di esere arrivato in tempo per editarla..

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Paoloca
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Messaggio da Paoloca » 25 giu 2005, 07:44

Cmq il problema non è quello che sottolinei tu. Nel nostro caso il problema è che p(x)-1 potrebbe avere 2 zerie reali e p(x) NO. Infatti a -inf e +inf e positiva.

mrossi
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Messaggio da mrossi » 07 ago 2009, 16:04

Scusate ma m e n sono da considerare positivi?
Se no come si fa a stabilire il segno di $ p'(0) = - \frac{(m+n)(m^2+n^2)}2 $ per ogni m e n?

NicolasRossi
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Re: Algebra e/o Analisi ?

Messaggio da NicolasRossi » 19 apr 2013, 16:59

Io ho provato a farlo e l'ho vista così:
1) dimostrare che esistono soluzioni complesse.
2) dimostrare che esiste almeno una soluzione reale.

La 1) implica che il numero di soluzioni complesse è necessariamente 2 o 4, infatti, se $alpha$ è radice ed è non reale, anche il suo coniugato è radice.

Questo l'ho fatto così:
se la somma dei quadrati delle radici è minore di zero, allora esistono soluzioni complesse.
Dalle formule di Viète, la somma delle radici è $m+n$ e la somma simmetrica delle radici "accoppiate" (scusate ma non so come spiegarmi meglio) è $k + mn$.

Da questo, svolgendo i calcoli che non sono in grado di scrivere e che penso tutti sappiate svolgere, la somma dei quadrati delle radici è $m^2 + n^2 -2k$ che è minore di zero per ipotesi.

Qualcuno ha qualche idea su come fare la 2? Come la si trova una radice reale?
Ultima modifica di NicolasRossi il 23 giu 2013, 12:19, modificato 1 volta in totale.
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Gottinger95
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Re: Algebra e/o Analisi ?

Messaggio da Gottinger95 » 25 apr 2013, 02:17

Ho trovato girovagando per il web un fatto forse un po' troppo potente per il contesto, ma che potrebbe tornare utile: il Criterio di Sylvester.
Sia \(p(x)\) un polinomio con radici \(x_1, \ldots, x_n\) (prese anche più volte, che penso si dica con molteplicità), e sia \(s_k = \sum_{i=1}^n{x_i^k}\) per \(k=1,\ldots, 2n-1\). Gli \(s_k\) si possono ricavare da Vietè, Newton e compagnia bella. Si costruisca la matrice
\(\left (\begin{matrix}
s_1 & s_2 & \cdots & s_n \\
s_2 & & & \vdots \\
\vdots & & & s_{2n-2} \\
s_n & \cdots & s_{2n-2} & s_{2n-1}
\end{matrix}\right ) \)

Il numero di radici reali del polinomio è uguale al numero di radici positive del polinomio caratteristico della matrice. Questo numero può essere agevolmente calcolato con la Regola di Cartesio.

Ho preso da qui: http://web.math.unifi.it/users/ottavian ... aggini.pdf
E questi possono essere utili:
http://it.wikipedia.org/wiki/Segnatura_ ... a_lineare)
http://it.wikipedia.org/wiki/Polinomio_caratteristico

Comunque anche io sono ancora curioso di vedere un'ipotetica seconda parte della soluzione "elementare" di Nicolas Rossi :)
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

NicolasRossi
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Re: Algebra e/o Analisi ?

Messaggio da NicolasRossi » 25 apr 2013, 09:58

Ci sto lavorando, ho provato con Bolzano ma non ci riesco :(
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NicolasRossi
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Re: Algebra e/o Analisi ?

Messaggio da NicolasRossi » 25 apr 2013, 11:10

Scherzavo,
a dire la verità mi ero proprio dimenticato del problema, infatti una soluzione elementare c'è, almeno credo.
Sfruttando il teorema degli zeri versione per Polinomi, cioè:

dobbiamo trovare dei reali $a,b$ tali che $p(a)*p(b)<0$ cioè, un $p(a)>0$ e un $p(b)<0$
possiamo assumere $a=n$, infatti non è difficile verificare che $p(n)=1>0$
scriviamo ora, sfruttando l'ipotesi $n>m$, $m=n+c$ per un certo $c$ pari (ovviamente).
Dobbiamo trovare $b$ tale che $p(b)<0$
cioè, $(b^2+k)*(b−m)*(b−m−c)<−1$
Beh, proprio ad occhio si vede che per $b=m+1$ la soluzione c'è (o quasi)
Infatti $(b^2+k)$ è sempre positivo, $(b−m)$ diventa $(m+1−m)$ cioè $1$ e $(b−m−c)$ diventa $(1−c)<-1$ o $1-c=-1$
Se $(b^2+k)>1$ (ora sto uscendo, se ci riesco lo scrivo dopo, ma salvo errori, dovrebbe essere così) $p(b)<0$
"Per tre cose vale la pena di vivere: la matematica, la musica, l'amore." [cit.]

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