SNS Esercizio 2 2025

[Gandalf73]

Salve a tutti.
Qualcuno di voi si è cimentato con i tests della Scuola Normale di quest'anno?
Vi riporto l'esercizio :
siano $ f(t) $ e $ g(t) $ polinomi a coefficienti reali di grado 3 e sia $ h (t) $ un polinomio non nullo a coefficienti reali di grado al massimo 2. Supponiamo di avere
$ f(t) ^2 $ + $ h(t)^2 $ = $ g(t)^2 $,
mostrare che esistono
due numeri reali $ a \neq b $ per cui vale
$ f(a) $ = $ f(b) $ = 0.
Qualcuno ha qualche idea che consenta di escludere il fatto che le radici possano essere complesse e coniugate?
Grazie a tutti
A.

[Sebastiano Marchi]

Ho scritto questa soluzione in LaTex. Al momento non ho il tempo metterla in ordine per bene, ma spero si comprenda lo stesso.

Soluzione_esercizio_3_Normale_di_Pisa.pdf

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Ovviamente potrei aver fatto errori, nel caso per favore segnalatemeli.

[Sebastiano Marchi]

errata corrige: verso la fine ho scritto determinante invece che discriminante

[Gandalf73]

Ciao caro,in primis grazie davvero!
Adesso nel we gli do un' occhiata.
Per ora solo un piccolo refuso ed una domanda. Nel file pdf leggo "..esercizio_3....". Il numero mi pare sia il 2 (dal testo).
Nella soluzione vedo che hai considerato il polinomio $f(x)$ senza il coefficiente $k_f$ come mai ?Lo hai inglobato nelle altre costanti o ti è sfuggito?
In quanto al primo problema del test di ammissione metto poi un post: c'è di mezzo la formula di Legendre....(mi pare)
Un saluto e ....la prossima settimana ti dico.
A.

[Sebastiano Marchi]

Esercizio tre perché è il terzo progetto su Overleaf che faccio risolvendo esercizi della normale, serve a me per distinguerli ma non c'entra con l'ordine degli esercizi del test di quest'anno. Per quanto riguarda il coefficiente , se non è nullo (caso considerato alla fine) può essere ignorato, dividendo tutti i polinomi di uno stesso coefficiente reale (ossia quello di f(x)). Quindi sì l'ho inglobato nelle altre costanti. Anch'io avevo riconosciuto la formula di Legendre. Torna utile anche per il punto 2 del problema secondo me.

[Gandalf73]

Ti ho inviato un msg in pvt per alcune considerazioni generali sul quesito.
Ciao
A.

[εΞα(7)]

Io ho pensato a una soluzione più semplice.

[math]f(t)^2=[g(t)-h(t)]\cdot [g(t)+h(t)]=p(t) \cdot q(t),
dove ovviamente [math]p(t)\neq q(t) e [math]p(t), q(t) sono polinomi di terzo grado.
Sapendo che tutti i polinomi di terzo grado hanno almeno una radice reale, possiamo affermare che
[math]f(t)=(t-t_1)\cdot s(t),
con s(t) polinomio quadratico. Immediata conseguenza è che
[math]f(t)^2=(t-t_1)^2\cdot s(t)^2

Primo passo è mostrare che [math]f(t) si può scomporre in soli polinomi di primo grado a coefficienti reali. Se per assurdo il [math]s(t) non fosse riducibile, allora l'unica possibile fattorizzazione di [math]p(t), q(t) sarebbe quella che rispetta il loro grado usando i fattori [math](t-t_1) e [math]s(t), vale a dire
[math]q(t)=p(t)=(t-t_1)\cdot s(t),
cosa che contraddice chiaramente ciò che è stato affermato prima riguardo il fatto che [math]p(t)\neq q(t). Allora
[math]s(t)=a \cdot (t-t_2)(t-t_3),
che implica che
[math]f(t)=a\cdot (t-t_1)\cdot (t-t_2) \cdot (t-t_3)

Infine è facile osservare che f(t) ha almeno due soluzioni distinte. La negazione di questa affermazione sarebbe [math]t_1=t_2=t_3, cioè [math]f(t)^2=a^2\cdot (t-t_1)^6,
che ci costringe a dire che
[math]q(t)=p(t)=a\cdot (t-t_1)^3,
ancora in contraddizione con [math]p(t)\neq q(t). Si conclude che almeno una tra [math]t_1,t_2,t_3 è diversa dalle altre due.

[Sebastiano Marchi]

Nel primo caso, dove escludi possibili radici complesse di [math]f(t), detto [math]s(t)=a(t-z_1)(t-z_2), dove [math]z_1 e [math]z_2 sono complessi, cosa impedisce che [math]p(t)=a_1(t-t_1)(t-z_1)^2 e [math]q(t)=a_2(t-t_1)(t-z_2)^2 ? Forse ho capito male. In ogni caso, credo che riarrangiare l'equazione e usare la scomposizione notevole sia un approccio migliore del mio, non ci avevo pensato.