Ho fatto qualche cambiamento al codice -- talpuz
non so se è giusto postare qui, il dubbio che ho è un tantino teorico. Non capisco da dove salta fuori quest'identità (trovata sulle schede di Gobbino):
abbiamo un classico polinomio monico:
$ x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 $
e sia $ s_k= \alpha_1^k+\alpha_2^k+...+\alpha_n^k $
dove le $ \alpha_i $ sono gli zeri del polinomio.
Allora vale (non capisco come, ma vale) quest'identità:
$ s_k+a_{n-1}s_{k-1}+...+a_{n-k+1}s_1+a_{n-k}k=0 $ se $ 1\leq k\leq n $
$ s_k+a_{n-1}s_{k-1}+...+a_1s_{k-n+1}+a_0s_{k-n}=0 $ se $ k>n $
P.S. questo post è stato un bell'allenamento per il tex
relazioni radici/coefficenti
.
La prima si fa, ad esempio, così:
Intanto sai che $ a_{n-h} $ è la somma con il segno giusto dei prodotti di radici, ad h ad h.
Considera un prodotto del tipo $ s_k a_{n-h} $. Se lo pensi come somma (espandendo tutti i prodotti incrociati), ha i termini di due tipi: $ \alpha^k \beta_1 \beta_2 \cdots \beta_h $ (tipo "uno") e $ \alpha^{k+1} \beta_1 \beta_2 \cdots \beta_{h-1} $ (tipo "due").
Indico con $ U_{k,h} $ e $ D_{k,h} $ rispettivamente le somme dei termini di tipo uno e tipo due per un certo h e k. Perciò:
$ s_k a_{n-h} = \pm \left( U_{k,h} + D_{k,h} \right) $
[il segno si alterna]
Per far tornare i conti, ci vuole $ D_{k,0} = 0 $.
La cosa bella è che un tipo "uno" per certi k e h coincide con un tipo "due" per k-1 e h+1; quindi $ U_{k,h} = D_{k-1,h+1} $.
Pìgliati ora la somma che vuoi dimostrare.
$ s_k a_n + s_{k-1} a_{n-1} + \cdots + s_1 a_{n-k+1} + k a_{n-k} = $
$ = U_{k,0} + D_{k,0} - U_{k-1,1} - D_{k-1,1} + \cdots \pm U_{1,k-1} \pm D_{1,k-1} + k a_{n-k} $
E' una somma telescopica: uccidi i termini a due a due, tranne all'inizio, dove resta $ D_{k,0} $ che fa 0, e alla fine, dove ti restano tutti e soli i prodotti di radici distinte.
Quante volte sono contati? Beh, tali prodotti sono il "tipo uno" con k=1 e h=k-1. Ognuno di tali prodotti è ottenuto con una radice (contenuta in $ s_1 $), moltiplicata per un gruppo di altre k-1 radici (contenuta in $ a_{k-1}) $. Perciò un termine con certe k radici viene contato esattamente k volte (una per ogni scelta della radice asociale). Il segno viene quello di $ a_{k-1}) $, quindi il "tipo uno" residuo di coda vale proprio $ -k a_{n-k} $. La somma fa perciò 0. []
La seconda è un corollario della prima [esercizio!]
Intanto sai che $ a_{n-h} $ è la somma con il segno giusto dei prodotti di radici, ad h ad h.
Considera un prodotto del tipo $ s_k a_{n-h} $. Se lo pensi come somma (espandendo tutti i prodotti incrociati), ha i termini di due tipi: $ \alpha^k \beta_1 \beta_2 \cdots \beta_h $ (tipo "uno") e $ \alpha^{k+1} \beta_1 \beta_2 \cdots \beta_{h-1} $ (tipo "due").
Indico con $ U_{k,h} $ e $ D_{k,h} $ rispettivamente le somme dei termini di tipo uno e tipo due per un certo h e k. Perciò:
$ s_k a_{n-h} = \pm \left( U_{k,h} + D_{k,h} \right) $
[il segno si alterna]
Per far tornare i conti, ci vuole $ D_{k,0} = 0 $.
La cosa bella è che un tipo "uno" per certi k e h coincide con un tipo "due" per k-1 e h+1; quindi $ U_{k,h} = D_{k-1,h+1} $.
Pìgliati ora la somma che vuoi dimostrare.
$ s_k a_n + s_{k-1} a_{n-1} + \cdots + s_1 a_{n-k+1} + k a_{n-k} = $
$ = U_{k,0} + D_{k,0} - U_{k-1,1} - D_{k-1,1} + \cdots \pm U_{1,k-1} \pm D_{1,k-1} + k a_{n-k} $
E' una somma telescopica: uccidi i termini a due a due, tranne all'inizio, dove resta $ D_{k,0} $ che fa 0, e alla fine, dove ti restano tutti e soli i prodotti di radici distinte.
Quante volte sono contati? Beh, tali prodotti sono il "tipo uno" con k=1 e h=k-1. Ognuno di tali prodotti è ottenuto con una radice (contenuta in $ s_1 $), moltiplicata per un gruppo di altre k-1 radici (contenuta in $ a_{k-1}) $. Perciò un termine con certe k radici viene contato esattamente k volte (una per ogni scelta della radice asociale). Il segno viene quello di $ a_{k-1}) $, quindi il "tipo uno" residuo di coda vale proprio $ -k a_{n-k} $. La somma fa perciò 0. []
La seconda è un corollario della prima [esercizio!]
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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"Well, master, we're in a fix and no mistake."
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"Well, master, we're in a fix and no mistake."
Dimostro la (2)....per esercizio.
Detta $ \alpha_i $ la i-esima radice di p(x), si ha:
$ \displaystyle{\alpha_i}^n +a_{n-1}{\alpha_i}^{n-1}+a_{n-2}{\alpha_i}^{n-2}+\dots+a_{1}{\alpha_}+a_0 =0 $
Moltiplico per $ {\alpha_i}^{p} $ (con p intero positivo):
$ \displaystyle{\alpha_i}^{n+p} +a_{n-1}{\alpha_i}^{n+p-1}+a_{n-2}{\alpha_i}^{n+p-2}+\dots+a_{1}{\alpha_i}^{p+1}+a_0^{p} =0 $
Sommo su i da 1 ad n:
$ \displaystyle s_{n+p}+a_{n-1}s_{n+p-1}+a_{n-2}s_{n+p-2}+\dots+a_1s_{p+1}+a_0s_p=0 $
Pongo n+p=k (quindi k>n):
$ \displaystyle s_{k}+a_{n-1}s_{k-1}+a_{n-2}s_{k-2}+\dots+a_1s_{k-n+1}+a_0s_{k-n}=0 $
C.d.d.
Detta $ \alpha_i $ la i-esima radice di p(x), si ha:
$ \displaystyle{\alpha_i}^n +a_{n-1}{\alpha_i}^{n-1}+a_{n-2}{\alpha_i}^{n-2}+\dots+a_{1}{\alpha_}+a_0 =0 $
Moltiplico per $ {\alpha_i}^{p} $ (con p intero positivo):
$ \displaystyle{\alpha_i}^{n+p} +a_{n-1}{\alpha_i}^{n+p-1}+a_{n-2}{\alpha_i}^{n+p-2}+\dots+a_{1}{\alpha_i}^{p+1}+a_0^{p} =0 $
Sommo su i da 1 ad n:
$ \displaystyle s_{n+p}+a_{n-1}s_{n+p-1}+a_{n-2}s_{n+p-2}+\dots+a_1s_{p+1}+a_0s_p=0 $
Pongo n+p=k (quindi k>n):
$ \displaystyle s_{k}+a_{n-1}s_{k-1}+a_{n-2}s_{k-2}+\dots+a_1s_{k-n+1}+a_0s_{k-n}=0 $
C.d.d.
Giusto. Io avevo in mente un truccaccio che a volte torna utile: abbiamo dimostrato la (1) per tutti i polinomi e vogliamo provare la (2): sia p(x) un polinomio di grado n e sia k>n. Uso la (1) applicata al polinomio q(x) := x^{k-n} p(x). L'insieme delle radici è lo stesso, ma con l'aggiunta di un certo numero di zeri; il grado di q() è k, quindi la (1) si può usare.[]
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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"Well, master, we're in a fix and no mistake."
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Simo_the_wolf
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