Polinomio @ SNS

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 17 ago 2006, 11:12

Dato il polinomio a coefficienti reali

$ p(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0 $,

dimostrare che se $ \exists M \in \mathbb{R}^+_0 $ t.c.

$ |a_{n-1}| \leq M $, ... , $ |a_0| \leq M $,

allora ogni radice $ \lambda $ di $ p(x) $ verifica $ |\lambda| < M+1 $

Edit: Mancava un Valore Assoluto
Ultima modifica di Gauss_87 il 17 ago 2006, 17:36, modificato 1 volta in totale.
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza

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HiTLeuLeR
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Re: Polinomio @ SNS

Messaggio da HiTLeuLeR » 17 ago 2006, 11:58

Gauss_87 ha scritto:Dato il polinomio a coefficienti reali $ p(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0 $, dimostrare che se $ \exists M \in \mathbb{R}^+_0 $ t.c. $ |a_{n-1}| \leq M $, ... , $ |a_0| \leq M $, allora ogni radice $ \lambda $ di $ p(x) $ verifica $ \lambda \leq M+1 $
In realtà si può dire di più - si può dire che $ |\lambda| $ < 1+M. Se infatti $ |x| \ge $ M+1, allora $ \displaystyle |P(x)| \ge \left| |x|^n - \sum_{k=0}^n |a_k| |x|^k\right| \ge $ $ \displaystyle\left| |x|^n - M \cdot \frac{|x|^n - 1}{|x| - 1}\right| = \frac{\left| |x|^{n+1} - (M+1)|x|^n + M\right|}{|x|-1} $.

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Ani-sama
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Messaggio da Ani-sama » 17 ago 2006, 16:05

Questo problema è la mia nemesi; lo conosco da due mesi, tutte le volte che abbia mai provato a risolverlo, non ho mai cavato un ragno dal buco.

C'è qualche anima pìa che mi voglia scrivere una soluzione dettagliata & istruttiva...? grazie... :oops:
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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 17 ago 2006, 16:17

Cosa c'è che non è chiaro nella soluzione qui sopra, Ani-sama? Di fatto, ho soltanto applicato la prima e la seconda forma della disuguaglianza triangolare: $ \left| |a| - |b|\right| \le |a+b| \le |a| + |b| $, per ogni $ a,b\in\mathbb{R} $.

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Gauss_87
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Re: Polinomio @ SNS

Messaggio da Gauss_87 » 17 ago 2006, 17:38

HiTLeuLeR ha scritto:
Gauss_87 ha scritto:Dato il polinomio a coefficienti reali $ p(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0 $, dimostrare che se $ \exists M \in \mathbb{R}^+_0 $ t.c. $ |a_{n-1}| \leq M $, ... , $ |a_0| \leq M $, allora ogni radice $ \lambda $ di $ p(x) $ verifica $ \lambda \leq M+1 $
In realtà si può dire di più - si può dire che $ |\lambda| $ < 1+M. Se infatti $ |x| \ge $ M+1, allora $ \displaystyle |P(x)| \ge \left| |x|^n - \sum_{k=0}^n |a_k| |x|^k\right| \ge $ $ \displaystyle\left| |x|^n - M \cdot \frac{|x|^n - 1}{|x| - 1}\right| = \frac{\left| |x|^{n+1} - (M+1)|x|^n + M\right|}{|x|-1} $.
Protresti spiegare le singole disuguaglianze per essere chiaro, ad esempio...
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Re: Polinomio @ SNS

Messaggio da HiTLeuLeR » 17 ago 2006, 17:48

Se $ |x| \ge $ M + 1 > 1, allora $ |x|^{n+1} - (M+1)|x|^n + M = |x|^n(|x| - (M + 1)) + M > 0 $, e perciò

$ \displaystyle \frac{\left| |x|^{n+1} - (M+1)|x|^n + M\right|}{|x|-1} = \frac{|x|^{n+1} - (M+1)|x|^n + M}{|x|-1} > 0 $.

Senonché $ \displaystyle\left|\sum_{k=0}^{n-1} a_k x^k\right| \le \sum_{k=0}^{n-1} |a_k| |x|^k \le M \sum_{k=0}^{n-1} |x|^k $, siccome $ |a_k| \le M $, per k = 0, 1, ..., n-1. Inoltre $ \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} |x|^k = \frac{|x|^n - 1}{|x|-1} $, dalla formula che restituisce la somma dei primi n termini di una progressione geometrica di ragione $ \ne 1 $. Il resto si fa con la disuguaglianza triangolare, come appunto si diceva...

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 18 ago 2006, 11:57

HiTLeuLeR, potresti scrivere un post dove spieghi non tanto le disuguaglianze che fai che sono abbastanza chiare, ma il perchè le consideri?

Hai scritto: se fosse $ |\lambda| \geq M+1 $, allora ... , ma dov'è l'ASSURDO che hai trovato?

Scusaci ma noi non siamo già laureati... siamo miseri liceali.
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Messaggio da HiTLeuLeR » 18 ago 2006, 12:15

Gauss_87 ha scritto:Scusaci ma noi non siamo già laureati... siamo miseri liceali.
Figurati! Però a che serve quest'ironia? Basta dare corpo ai dubbi, qualcuno risponderà sempre. Giusto? :D
Gauss_87 ha scritto: Hai scritto: se fosse $ |\lambda| \geq M+1 $, allora ... , ma dov'è l'ASSURDO che hai trovato?
Sia $ x \in \mathbb{R} $. Allora P(x) = 0 sse |P(x)| = 0. Tuttavia ho dimostrato che, se |x| $ \ge $ M+1, allora |P(x)| > 0. Pertanto l'equazione P(x) = 0 non possiede soluzioni al di fuori dell'intervallo ]-(M+1), M+1[

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Messaggio da Gauss_87 » 18 ago 2006, 12:21

HiTLeuLeR ha scritto: Però a che serve quest'ironia? Basta dare corpo ai dubbi, qualcuno risponderà sempre. Giusto? :D
Non era ironico affatto, anzi ero imbarazzato dal fatto che non avevo afferrato l'assurdo che risolve la tesi.
Cmq grazie per la risoluzione, io avevo perso del tempo su questo problema perchè pensavo di utilizzare le RELAZIONI COEFFICIENTI-RADICI visto che avevo informazioni per ipotesi su tutte le radici (in valore assoluto) e su tutti i coefficienti.
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Messaggio da MindFlyer » 20 ago 2006, 19:46

SNS 2001, #5.

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