polinomio SNS

[Adalein]

Dati due interi pari $m$ e $n$ con $m<n$ dimostrare che se $k$ è un numero reale tale che $\displaystyle k>\frac{m^2+n^2}2$ allora il polinomio $p(x)=(x^2+k)(x-m)(x-n) +1$ ha due radici reali e due non reali.

[Adalein]

ah scusate per come ho scritto il testo... sono con un computer nuovo molto diverso da quello che avevo prima e sono un po' in difficoltà :/

[ma_go]

ho editato io il tuo messaggio per renderlo un po' più gradevole alla vista (a dirla tutta, era leggibile anche prima). in ogni caso, la formattazione dei messaggi sul forum è completamente indipendente dal computer che stai usando. a meno che la tastiera non ti nasconda i backslash...

p.s. il problema è già comparso sul forum. questo non è necessariamente un male, almeno così gli utenti meno attempati possono cimentarsi col problema senza avere la soluzione (tentatrice) appena sotto. chiederei quindi a tutti di astenersi dallo scrivere "già visto <link>".

[Adalein]

Grazie mille

[NicolasRossi]

Anche perché la soluzione facile di questo è stata scritta in maniera pedestre

[arack]

Ci provo io

Chiamiamo $ q(x) = (x^2+k)(x-m)(x-n) $, sappiamo che $ k > \frac{m^2 + n^2}{2} \geq 0 $, perciò le soluzioni di $ q(x) $ sono $ m $, $ n $, $ i \sqrt{k} $, $ - i \sqrt{k} $, inoltre $ q(x) $ è negativo solo quando lo è $ (x-m)(x-n) $, ovvero per tutti gli $ x $ compresi tra $ m $ e $ n $.

Ora $ p(x) $ è la stessa funzione di $ q(x) $ ma traslata di $ +1 $ verso l'alto, pertanto possono esserci al massimo $ 2 $ soluzioni reali. Per verificare che esistono le due soluzioni basta mostrare che esiste un numero $ x $ tale che $ p(x) < 0 $, in questo modo la funzione deve necessariamente intersecare l'asse delle ascisse in due punti.

Se $ x = \frac{m+n}{2} $ allora abbiamo:
$ p(x) = - \left(\frac{n-m}{2}\right)^2 \left(\left(\frac{n+m}{2}\right)^2 + k \right) $

$ \max \left(p(x)\right) = - \min \left(-p(x)\right) $

Il minimo di $ \left(\frac{n-m}{2}\right) $ è $ \frac{2}{2} = 1 $ (questo perché $ m $ e $ n $ sono numeri pari distinti, quindi la distanza minima è $ 2 $), mentre il minimo di $ \left(\frac{n+m}{2}\right) $ è $ 1 $ (ovvero $ m = 0 $, $ n = 2 $).

Facendo i conti si trova che il massimo di $ p(x) $ è uguale a $ -3 $, traslandono in alto di $ 1 $ siamo sicuri che si trova sotto $ -2 $, pertanto esistono due soluzioni reali e due complesse.

Non mi pare molto rigorosa come soluzione, esiste un metodo migliore vero?

[Adalein]

Anche io avevo tentato l'approccio analitico, e la prima metà della dimostrazione (ovvero il considerare il polinomio come la traslazione di q(x)) l'avevo fatta anche io così. Poi siccome non riuscivo a trovare i minimi di p(x) con la derivata, ho provato a calcolare $ P(\frac{m+n}2) $ che dovrebbe tornare $ -(\frac{m-n}2)^2 ((\frac{m+n}2)^2 +k) +1 $ . Il valore minimo di m-n è, in valore assoluto, 2 e quindi $ (\frac{m-n}2)^2 $ ha come valore minimo 1. m+n ha valore minimo (sempre in valore assoluto) 0 (prendiamo ad esempio 2 e -2) mentre k, essendo per ipotesi > $ \frac{m^2+n^2}2 $ ha come valore minimo 2. m è infatti strettamente minore di n quindi la somma dei loro quadrati deve valere almeno 4. $ P(\frac{m+n}2) $ ha quindi sempre un valore negativo. Siccome il polinomio è continuo e i limiti a + e - ∞ fa +∞ abbiamo dimostrato l'esistenza di 2 radici reali.

Non mi pare molto rigoroso mi sa almeno i conti tornano?

[ma_go]

cosa succede se provate ad applicare lo stesso ragionamento a $q(x)=x^2(x^2-1)-\frac12$ e $p(x)=x^2(x^2-1)-\frac12$?

[arack]

Beh però i polinomi del testo sono convessi (ho fatto i conticini, la derivata seconda è $ 12 x^2 - 6(m+n)x + 2(k + mn) $, e il delta quarti è minore di $ - 3(m+n)^2 $ ovvero minore di $ 0 $, perciò la derivata seconda è sempre maggiore di $ 0 $ )

[ma_go]

beh però questo mica l'avevi detto

[arack]

Quindi ora va bene? Esiste un modo per rendere più rigorosa quella cosa della traslazione verso l'alto?

P.S. ho editato il post precedente, avevo scritto un abominio

[ma_go]

il fatto è che quella cosa non ti serve. sostanzialmente, ti sei ridotto a questo esercizio:

esercizio. se $f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ soddisfa le seguenti tre proprietà:
* $f$ è convessa;
* $f(0)<0$;
* $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty} = +\infty$,
allora $f$ ha esattamente due zeri.

[arack]

il fatto è che quella cosa non ti serve. sostanzialmente, ti sei ridotto a questo esercizio:

esercizio. se $f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ soddisfa le seguenti tre proprietà:
* $f$ è convessa;
* $f(0)<0$;
* $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty} = +\infty$,
allora $f$ ha esattamente due zeri.

Posso prendere per ipotesi anche la continuità, vero?

Siccome esiste un $f(x_0) < 0$ deve esiste un minimo $f(m)$ minore di zero.
Per il teorema dei valori intermedi $f$ avrà almeno due zeri, uno in $(-\infty, m)$ e l'altro in $(m, \infty)$.
$m$ è minimo e $f$ è continua si ha dunque che $f^\prime(m) = 0$, la funzione è convessa perciò $f^\prime(x+\epsilon) \geq f^\prime(x) \forall x \in \mathbb{R}, \epsilon > 0$.

Siano ora $x_0 < m < x_1$ i due zeri "più vicini ad $m$", per quanto detto prima abbiamo che $f^\prime(x_1+\epsilon) \geq f^\prime(x_1) > 0$.
$f(x_1 + \Delta x) = f(x_1) + \int_{x_1}^{x_1+\Delta x} f^\prime(x) \delta x$, sappiamo che $f^\prime(x)$ e $\delta x$ sono strettamente maggiori di zero, $f(x_1 + \Delta x) > f(x_1) = 0$, perciò non esistono zeri $x_n > x_1$.

Analogamente si dimostra che non esistono zeri $x_n < x_0$, esistono dunque solo due zeri.

È corretto?

[fph]

Posso prendere per ipotesi anche la continuità, vero?

Le funzioni convesse sono continue (a parte eventualmente negli estremi dell'intervallo).