Ammissione SNS (1984-1985).3

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Poliwhirl
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Ammissione SNS (1984-1985).3

Messaggio da Poliwhirl » 25 ago 2006, 18:22

Siano $ n $ e $ k $ due interi assegnati maggiori o uguali a $ 2 $, determinare i polinomi di grado $ k $ tali che valga l'identità:
$ \displaystyle p(x^n) = [p(x)]^n $

Bye,
#Poliwhirl#

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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 25 ago 2006, 19:00

Siano $ p(x) = \sum_{s=0}^{k} a_s x^s $, dove $ a_0, a_1, \ldots, a_k \in \mathbb{C} $ e $ a_k \ne 0 $, e $ q(x) = p(x^n) $. Se $ q(x) = p^n(x) $ identicamente, è chiaro che $ |a_k| = 1 $. Può porsi perciò $ p(x) = \mbox{sgn}(a_k) \cdot \prod_{s=1}^k (x - \alpha_s) $, dove $ \alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k $ sono le k radici complesse (non necessariamente distinte) dell'equazione p(x) = 0. Diciamo $ \rho_s = |\alpha_s| $ e $ \phi_s = \mbox{Arg}(\alpha_s) $, convenendo di scegliere per l'argomento la determinazione relativa all'intervallo $ [0, 2\pi[ $. Di conseguenza $ p(x) = \mbox{sgn}(a_k) \cdot \prod_{s=1}^k (x - \alpha_s) $. Mostriamo che $ \rho_1, \rho_2, \ldots, \rho_k \in \{0, 1\} $. Per assurdo, esista $ s \in\overline{1,k} $ tale che $ 0 < \rho_s < 1 $. Poniamo di conseguenza $ \rho = \max\{\rho_s: s \in\overline{1, k}\mbox{ }\wedge\mbox{ }0 < \rho_s < 1\} $. Il polinomio $ q(\cdot) $ possiede allora n radici $ \beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_n $ di modulo comune $ r = \sqrt[n]{\rho} $. Senonché $ \rho < r < 1 $, e perciò $ \rho_s \ne r $, per ogni $ s \in\overline{1, k} $. Dunque la condizione $ q(x) = p^n(x) $ è impossibile. Analogamente si ragiona per escludere che $ p(\cdot) $ possieda radici in modulo > 1, avendo cura di porre in questo caso $ \rho = \min\{\rho_s: s \in\overline{1, k}\mbox{ }\wedge\mbox{ }\rho_s > 1\} $. Ammettiamo adesso che esista $ s \in \overline{1, k} $ tale che $ \rho_s = 1 $ e $ \phi_s > 0 $. Diciamo di conseguenza $ \phi = \min\{\phi_s > 0: s \in \overline{1,k}\mbox{ }\wedge\mbox{ }\rho_s = 1\} $. Allora $ e^{i \phi/n} $ è una radice di $ q(\cdot) $ di modulo unitario. Tuttavia $ 0 < \phi < n\phi $, e perciò $ e^{i \phi/n} $ non è fra le radici di $ p(\cdot) $. Ancora una volta la condizione $ q(x) = p^n(x) $ non può sussistere! Ne risulta che, qualunque sia $ s \in\overline{1,k} $: $ \phi_s = 0 $, se $ \rho_s = 1 $. Da qui è facile dedurre che $ \rho_s = 0 $, per ogni $ s \in \overline{1, k} $. Allora $ p(x) = \mbox{sgn}(a_k) \cdot x^k $, per concluderne che $ q(x) = p^n(x) $ sse $ p(x) = \pm x^k $, quando n è dispari; $ p(x) = x^k $, altrimenti.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 25 ago 2006, 19:53

Hmm ... forse mi sbaglio, ma ...
$ p(x) $ ha k soluzioni con molteplicità, mentre $ p(x^n) $ ne ha nk.
Però $ p(x^n)=0\Rightarrow [p(x)]^n=0\Rightarrow p(x)=0 $
Inoltre se $ a_1,\ldots,a_k $ sono le radici di p, non tutte distinte necessariamente, allora per ognuna si producono le sue n radici n-esime (distinte a meno che a_i non sia zero). Ovviamente un numero complesso non può essere contemporaneamente radice n-esima di due diversi numeri, quindi gli insiemi
$ A_i=\{b \in \mathbb{C}\mid b^n=a_i\} $ sono disgiunti o coincidenti tra di loro.
Ovviamente però gli elementi degli A_i sono ancora soluzioni di p, come visto, quindi
$ \bigcup A_i=\{a_1,\ldots,a_k\} $; se ora ci sono h a_i distinti, ci sono anche h A_i distinti, ciascuno dei quali ha almeno un elemento, quindi necessariamente esattamente un elemento, ma quindi ogni a_i è 0.
Per il segno, accade la cosa ovvia a seconda della parità di n.

Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 26 ago 2006, 14:05

Il leading coefficent è ovviamente $ \pm 1 $ a seconda della parità di $ n $.

Diciamo che $ p(x)= \pm x^k + q(x) $ con $ deg(q) < k $ e quindi $ q(x) \neq 0 $.

Abbiamo che $ p(x^n) = \pm x^{nk} + q(x^n) $
$ p(x) ^n= (\pm x^{k} + q(x) )^n = $ $ (\pm x^k ) ^ n + n * q(x) * (\pm x^k)^{n-1} + ... = \pm x^{nk} + q'(x) $.
Dove $ deg(q') =(n-1) *k + deg (q) $.

ora abbiamo che $ \pm x^{nk} + q(x^n) = \pm x^{nk} + q'(x) $ quindi deve essere $ q(x^n) = q'(x) $. Per essere uguali due polinomi devono avere lo stesso grado quindi ciò significa che $ n*deg(q) = deg( q')=(n-1) *k + deg (q) $ quindi $ deg(q)=k $ ma ciò è impossibile poichè avevamo detto che $ deg(q) < k $. Quindi $ q(x)=0 $.

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