Disuguaglianza Normale (not very difficult)

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Boll
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Disuguaglianza Normale (not very difficult)

Messaggio da Boll » 02 lug 2005, 13:19

Si supponga che l’equazione $ x^3+px^2+qx+r=0 $ abbia tre radici reali.
Sia $ d $ la differenza fra la radice maggiore e quella minore.
Si dimostri che
$ \displaystyle \sqrt{p^2-3q}\le d\le \frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{p^2-3q} $

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Paoloca
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Messaggio da Paoloca » 02 lug 2005, 15:32

Ci sono riuscito esplicitando p, q e d come somma di sol, somma dei prodotti delle coppie e differenza della < e >.

matthewtrager
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Messaggio da matthewtrager » 02 lug 2005, 15:36

intanto la parte a sinistra:
supponiamo che le tre radici siano $ a_1 \le a_2 \le a_3 $
dobbiamo dimostrare che
$ \sqrt{(a_1+a_2+a_3)^2-3(a_1a_2+a_1a_3+a_2a_3)} \le a_3-a_1 $
$ \sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2-a_1a_3-a_1a_3-a_2a_3} \le \sqrt{a_3^2+a_1^2-2a_1a_3} $
che e' vera dato che il radicando a sinistra si ottiene sommando a quello di destra $ a_2^2-a_1a_2-a_2a_3+a_1a_3 $ che e' minore di 0 poiche' $ a_2^2 \le a_2a_3 $ e $ a_1a_3 \le a_1a_2 $
poi provero' la parte a destra ma ora non ho tempo...

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Paoloca
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Messaggio da Paoloca » 02 lug 2005, 15:49

Per la parte a destra, con lo stesso procediemento e un pò di conti si arriva a:

(a-2b+c)^2>=0

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Boll
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Messaggio da Boll » 02 lug 2005, 16:15

Ok a entrambi!!! A beneficio di chi non lo sa spiego il perchè della sostituzione di mattew.

Il nostro polinomio può essere scritto come
$ (x-a)(x-b)(x-c)=0 $ dove $ a,b,c $ sono le sue radici (credo si chiami Teorema di Ruffini)
sviluppando
$ x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc=0 $
da cui
$ p=-(a+b+c) $
$ q=ab+bc+ca $
$ r=-abc $

C'è un caso generale, tali formule sono dette "relazioni radici-coefficenti" o "formule di Vietè" semmai poi se ho tempo le metto nel Glossario
Ultima modifica di Boll il 02 lug 2005, 16:19, modificato 2 volte in totale.

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karl
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Messaggio da karl » 02 lug 2005, 16:17

Per la parte destra si puo' procedere cosi':
Sia a la radice minore e a+d quella maggiore .Si hanno allora le equazioni:
$ \displaystyle a^3+pa^2+qa+r=0 $
$ \displaystyle (a+d)^3+p(a+d)^2+q(a+d)+r=0 $
Combinando queste due relazioni se ne ricava che :
$ \displaystyle 3a^2+(3d+2p)a+(d^2+pd+q)=0 $
E poiche a e' reale ,deve essere:
$ (3d+2p)^2-12(d^2+pd+q)\geq0 $
Da cui si ricava appunto:
$ \displaystyle d\leq\frac{2}{\sqrt3}\sqrt{(p^2-3q)} $

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HumanTorch
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Messaggio da HumanTorch » 02 lug 2005, 17:26

Le formule di Vietè sono una generalizzazione della relazioni fra radici nelle equazioni di secondo grado, in cui compaiono solo le operazioni di prodotto e somma fra le radici: difatti dalle formule di Vietè, se non erro (correggetemi se sbaglio), ne ricaviamo che il coefficente del termine di grado $ a $ in un' equazione di grado $ n $ è pari alla sommatoria di tutti i termini di grado $ n-a $ componibili con altrettanti elementi scelti fra le radici
PS: Per la prima parte, può essere utile usare anche le condizioni di esistenza (sempre rispettate per riordinamento)?

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 02 lug 2005, 18:07

Ma è la disuguaglianza dell'ammissione in SNS del 2003/2004 ? Se sì, sappiate che la si può risolvere anche solo con un po' di analisi.

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Messaggio da Boll » 03 lug 2005, 20:54

matthewtrager ha scritto:$ a_2^2-a_1a_2-a_2a_3+a_1a_3 $ che e' minore di 0 poiche' $ a_2^2 \le a_2a_3 $ e $ a_1a_3 \le a_1a_2 $
Te l'avevo vagliata un po' alla svelta... L'idea è quella certo (almeno la mia) ma tu non hai dimostrato che $ a_2^2-a_1a_2-a_2a_3+a_1a_3\le 0 $.
Infatti la tua seconda affermazione $ a_1a_3 \le a_1a_2 $ è falsa nelle tue condizioni!!!!!!

Quindi il problema rimasto aperto è, presi tre reali $ a_1,a_2,a_3 $ tali che $ a_!\le a_2\le a_3 $, dimostrare che:
$ a_2^2-a_1a_2-a_2a_3+a_1a_3\le 0 $.

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Messaggio da matthewtrager » 03 lug 2005, 21:03

ops.... :lol:

vabbe' allora basta il riarrangiamento...

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Messaggio da Pixel » 03 lug 2005, 22:06

Matthew e se invece di usare i cannoni guardassi meglio quello che ha scritto Boll??
:twisted:
P. Andrea

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Messaggio da HumanTorch » 03 lug 2005, 22:15

fattorizzando il polinomio $ a_2^2-(a_1+a_3)a_2+a_1a_3 $, le cui radici sono palesemente $ a_1 $ e $ a_3 $, otteniamo $ (a_2-a_3)(a_2-a_1) $, ed essendo $ a_2 $ medio fra il minore $ a_1 $ e il maggiore $ a_2 $, un fattore sarà negativo e l'altro positivo. Intendevi questo Pixel?

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Messaggio da Boll » 04 lug 2005, 13:39

@Pixel: vabbè, il riordinamento non è scannonare di brutto, dai, è un'idea piuttosto intuitiva...

@Human e mattew: Ok a entrambi

@Eva: Analisi, dici??? Potresti postare, se hai tempo e voglia?

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Messaggio da Pixel » 04 lug 2005, 14:29

Mah! Il riordinamento è scannonare di brutto se esiste una soluzione BANALE che lo eviti e mi pare che questo sia il nostro caso...vedi quanto detto da Torcia Umana.

Vorrei sottolineare che non ho nulla contro il riordinamento ma mi sembra eccessivo usarlo per quella disuguaglianza....(mi stò riferendo al post di Boll in cui tirava le orecchie a Matthew)

Ciauz
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Messaggio da info » 19 ago 2005, 10:51

Credo di avere trovato la sol di EvaristG... Ecco la traccia (almeno per la parte sinistra, il resto non l'ho provato):

* Chiamo beta la radice intermedia;
* traslo la funzione di beta in modo da avere un polinomio con x=0 come sol e la differenze tra le radici uguali a quelle del polinomio di partenza;
* Calcolo la distanza nel nuovo polinomio (facile perche abbiamo solo un polinomio di secondo grado di cui calcolare le radici);
* impongo la condizione ed ottengo un intervallo in cui beta dovrebbe essere contenuto;
*quell'intervallo e esattamente quello che si ottiene calcolando la derivata della funzione iniziale. Beta infatti e contenuto tra i due zeri della derivata prima del polinomio (ovviamente prima della traslazione);

piu o meno e questo quello che ho fatto... se e giusto, era una figata, EvaristeG!

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