Trovare tutti i valori di p e di q per cui
$ x^3+px^2+qx+3p=0 $
ha 3 radici reali positive
Questo è il famoso 1 della puntata 2 della telematica Enriques
Buon $ lavoro^3 $
Radici reali positive - lo scoglio della telematica
Radici reali positive - lo scoglio della telematica
Ultima modifica di Il_Russo il 15 gen 2008, 23:29, modificato 2 volte in totale.
Presidente della commissione EATO per le IGO
beh tu hai visto quanto poco abbia di olimpico la nostra soluzione... e non sempre i problemi della telematica hanno soluzione olimpica...edriv ha scritto:Salva, se viene da una gara olimpica, io direi che qua ci sta benissimo finchè non viene fuori una soluzione!
[url=http://www.myspace.com/italiadimetallo][img]http://img388.imageshack.us/img388/4813/italiadimetallogn7.jpg[/img][/url]
ok. il tempo è scaduto. posto la mia soluzione terminata, ovviamente, stamani.
sia f(x) il polinomio e f'(x) la sua derivata.
condizioni necessarie e sufficienti per l'esistenza di soluzioni reali positive sono:
- f' si annulla in x1 e x2, con $ 0<x_1\le x_2 $
- $ f(x_1)\ge 0 $
- $ f(x_2)\le 0 $
ora, f' si annulla se e solo se $ p^2\ge 3q $...
svolgendo brutalmente i calcoli si arriva a un punto semi-morto: è impossibile ricavare q in funzione di p. ma se uno non è idiota come me, e prova a ricavare p in funzione di q, si rende conto di avere davanti due belle biquadratiche perfettamente risolvibili... risolvendo le quali si trova, fissato $ q\ge27 $ (quest'ultima condizione si ricaverà da qualche condizione sui discriminanti delle biquadratiche), i valori tra cui può variare p.
scusate se non posto i conti ma sono esageratamente troppi... l'idea comunque è questa
sia f(x) il polinomio e f'(x) la sua derivata.
condizioni necessarie e sufficienti per l'esistenza di soluzioni reali positive sono:
- f' si annulla in x1 e x2, con $ 0<x_1\le x_2 $
- $ f(x_1)\ge 0 $
- $ f(x_2)\le 0 $
ora, f' si annulla se e solo se $ p^2\ge 3q $...
svolgendo brutalmente i calcoli si arriva a un punto semi-morto: è impossibile ricavare q in funzione di p. ma se uno non è idiota come me, e prova a ricavare p in funzione di q, si rende conto di avere davanti due belle biquadratiche perfettamente risolvibili... risolvendo le quali si trova, fissato $ q\ge27 $ (quest'ultima condizione si ricaverà da qualche condizione sui discriminanti delle biquadratiche), i valori tra cui può variare p.
scusate se non posto i conti ma sono esageratamente troppi... l'idea comunque è questa
[url=http://www.myspace.com/italiadimetallo][img]http://img388.imageshack.us/img388/4813/italiadimetallogn7.jpg[/img][/url]
Posto la soluzione che abbiamo mandato... Se qualche squadra ci fa vedere la sua siamo contentissimi 
Sia $ P(x)=x^3+px^2+qx+3p $. L'equazione $ P(x)=0 $ deve avere tre soluzioni reali positive. Allora si deve avere
$ p=-\frac{x^3+qx}{x^2+3} $
per tre valori di x reali positivi. Questo equivale ad affermare che il sistema:
$ y=-\frac{x^3+qx}{x^2+3} $
$ y=p $
Abbia tre soluzioni reali positive. Sia ora:
$ f(x):=-\frac{x^3+qx}{x^2+3}=-x\frac{x^2+q}{x^2+3}=-x\frac{x^2+3+q-3}{x^2+3}=-x\left(1+\frac{q-3}{x^2+3}\right) $
Si vuole studiare $ f(x) $ per tracciarne un grafico. In particolare, al fine di trovare i massimi ed i minimi della funzione, si pone la sua derivata uguale a zero. Ometto i calcoli, che risultano piuttosto laboriosi; svolgendoli si giunge all'equazione biquadratica:
$ x^4+(9-q)x^2+3q=0 $
Da cui si ricava che i massimi ed i minimi si hanno per quattro valori di x:
$ x=\pm \sqrt{\frac{(q-9)\pm \sqrt{q^2-30q+81}}{2}} $
Si traccia ora un grafico di f(x). Il grafico rappresentato in figura e' quello del caso particolare q=50.
In figura, le ordinate di A e B si ricavano sostituendo i due valori positivi di x trovati nella funzione f(x). Svolgendo i calcoli si ricava che queste ordinate sono:
$ A_y=-\sqrt{\frac{(q-9)+ \sqrt{q^2-30q+81}}{2}}\cdot \left(1+\frac{2(q-3)}{6+(q-9)+\sqrt{q^2-30q+81}}\right) $
$ B_y=-\sqrt{\frac{(q-9)- \sqrt{q^2-30q+81}}{2}}\cdot \left(1+\frac{2(q-3)}{6+(q-9)-\sqrt{q^2-30q+81}}\right) $
La funzione y=p rappresenta, al variare di p, un fascio di rette parallele all'asse delle x. E' evidente che, per intersecare tre volte la funzione f(x) in tre punti di ascissa positiva, la retta y=p deve trovarsi tra il massimo ed il minimo che hanno x positive.
Inoltre, imponendo l'esistenza delle radici, si ricava la condizione $ q\geq27 $. Percio' i valori di p e q richiesti sono quelli che verificano quanto segue:
Dato un reale $ q\geq27 $ qualsiasi, sono soluzione tutte e sole le coppie $ (p,q) $ tali che:
$ -\sqrt{\frac{(q-9)- \sqrt{q^2-30q+81}}{2}}\cdot \left(1+\frac{2(q-3)}{q-3-\sqrt{q^2-30q+81}}\right) \leq p \leq $ $ \leq -\sqrt{\frac{(q-9)+ \sqrt{q^2-30q+81}}{2}}\cdot \left(1+\frac{2(q-3)}{q-3+\sqrt{q^2-30q+81}}\right) $
Se invece $ q < 27 $, non ci sono soluzioni.
Si nota per inciso che si puo' dimostrare che in ogni caso $ p \leq -9 $.
Sia $ P(x)=x^3+px^2+qx+3p $. L'equazione $ P(x)=0 $ deve avere tre soluzioni reali positive. Allora si deve avere
$ p=-\frac{x^3+qx}{x^2+3} $
per tre valori di x reali positivi. Questo equivale ad affermare che il sistema:
$ y=-\frac{x^3+qx}{x^2+3} $
$ y=p $
Abbia tre soluzioni reali positive. Sia ora:
$ f(x):=-\frac{x^3+qx}{x^2+3}=-x\frac{x^2+q}{x^2+3}=-x\frac{x^2+3+q-3}{x^2+3}=-x\left(1+\frac{q-3}{x^2+3}\right) $
Si vuole studiare $ f(x) $ per tracciarne un grafico. In particolare, al fine di trovare i massimi ed i minimi della funzione, si pone la sua derivata uguale a zero. Ometto i calcoli, che risultano piuttosto laboriosi; svolgendoli si giunge all'equazione biquadratica:
$ x^4+(9-q)x^2+3q=0 $
Da cui si ricava che i massimi ed i minimi si hanno per quattro valori di x:
$ x=\pm \sqrt{\frac{(q-9)\pm \sqrt{q^2-30q+81}}{2}} $
Si traccia ora un grafico di f(x). Il grafico rappresentato in figura e' quello del caso particolare q=50.
In figura, le ordinate di A e B si ricavano sostituendo i due valori positivi di x trovati nella funzione f(x). Svolgendo i calcoli si ricava che queste ordinate sono:
$ A_y=-\sqrt{\frac{(q-9)+ \sqrt{q^2-30q+81}}{2}}\cdot \left(1+\frac{2(q-3)}{6+(q-9)+\sqrt{q^2-30q+81}}\right) $
$ B_y=-\sqrt{\frac{(q-9)- \sqrt{q^2-30q+81}}{2}}\cdot \left(1+\frac{2(q-3)}{6+(q-9)-\sqrt{q^2-30q+81}}\right) $
La funzione y=p rappresenta, al variare di p, un fascio di rette parallele all'asse delle x. E' evidente che, per intersecare tre volte la funzione f(x) in tre punti di ascissa positiva, la retta y=p deve trovarsi tra il massimo ed il minimo che hanno x positive.
Inoltre, imponendo l'esistenza delle radici, si ricava la condizione $ q\geq27 $. Percio' i valori di p e q richiesti sono quelli che verificano quanto segue:
Dato un reale $ q\geq27 $ qualsiasi, sono soluzione tutte e sole le coppie $ (p,q) $ tali che:
$ -\sqrt{\frac{(q-9)- \sqrt{q^2-30q+81}}{2}}\cdot \left(1+\frac{2(q-3)}{q-3-\sqrt{q^2-30q+81}}\right) \leq p \leq $ $ \leq -\sqrt{\frac{(q-9)+ \sqrt{q^2-30q+81}}{2}}\cdot \left(1+\frac{2(q-3)}{q-3+\sqrt{q^2-30q+81}}\right) $
Se invece $ q < 27 $, non ci sono soluzioni.
Si nota per inciso che si puo' dimostrare che in ogni caso $ p \leq -9 $.
Salve, sono della squadra di Piove di Sacco e questa è la nostra soluzione, i risultati son diversi dai vostri però...
Sia $ f(x)=x^3+px^2+qx+3p $. La derivata prima di $ f(x) $ è $ f'(x)=3x^2+2px+q $, la quale si annulla se e solo se
$ p^2-3q\geq0 $ (1).
Notiamo che il verificarsi della (1) è condizione necessaria affinché il polinomio abbia tre radici reali; infatti, se $ p^2-3q<0 $, allora $ f'(x)>0 $ per ogni $ x\in R $, quindi f(x) è sempre crescente ed avrà allora una e una sola intersezione con l'asse x; affinché le tre soluzioni siano reali è necessario allora che esse siano coincidenti, quindi sarà $ f(x)=(x-k)^3 $.
Ma allora sarà $ f'(x)=3(x-k)^2 $, e di conseguenza $ f'(x)=0 $ per x=k. Ciò è assurdo, in quanto in precedenza avevamo trovato che f'(x) era sempre positiva. Quindi se $ p^2-3q<0 $ il polinomio dato ha una sola soluzione reale. Ora poniamo $ x=z-p/3 $; otteniamo così un polinomio della forma $ z^3+rz+s $, con $ r=q-p^2/3 $ e $ s=2/27p^3-qp/3+3p $. Sappiamo che esso ha tre radici reali se e solo se
$ 4r^3-27s^2\geq0 $ (2).
Riscrivamo la (2) in funzione di p e q: otteniamo quindi
$ 4\left(\frac{3q-p^2}{3}\right)^3-27\left(\frac{2p^3-9qp+81p}{27}\right)^2\geq0 $ (3)
Notiamo che il secondo addendo è sempre negativo o nullo; dalla (1) poi segue che anche il primo addendo è sempre negativo o nullo.
Quindi la (3) è verificata se e solo se $ p^2-3q=2p^3-9qp+81p=0 $. Il sistema formato dalle due condizioni ammette le seguenti soluzioni: $ p=0\wedge q=0 $, $ p=9\wedge q=27 $, $ p=-9\wedge q=27 $. Solo l'ultima coppia di soluzioni però genera un polinomio con tre radici reali positive: infatti è
quindi sarà $ p=-(a+b+c) $ e $ q=ab+ac+bc $, e allora, poiché a, b e c sono positivi per ipotesi, p è negativo e q positivo.
Dunque il polinomio ammette tre radici reali positive per p=-9 e q=27.
(il tex nel tag code non vien fuori...)
Sia $ f(x)=x^3+px^2+qx+3p $. La derivata prima di $ f(x) $ è $ f'(x)=3x^2+2px+q $, la quale si annulla se e solo se
$ p^2-3q\geq0 $ (1).
Notiamo che il verificarsi della (1) è condizione necessaria affinché il polinomio abbia tre radici reali; infatti, se $ p^2-3q<0 $, allora $ f'(x)>0 $ per ogni $ x\in R $, quindi f(x) è sempre crescente ed avrà allora una e una sola intersezione con l'asse x; affinché le tre soluzioni siano reali è necessario allora che esse siano coincidenti, quindi sarà $ f(x)=(x-k)^3 $.
Ma allora sarà $ f'(x)=3(x-k)^2 $, e di conseguenza $ f'(x)=0 $ per x=k. Ciò è assurdo, in quanto in precedenza avevamo trovato che f'(x) era sempre positiva. Quindi se $ p^2-3q<0 $ il polinomio dato ha una sola soluzione reale. Ora poniamo $ x=z-p/3 $; otteniamo così un polinomio della forma $ z^3+rz+s $, con $ r=q-p^2/3 $ e $ s=2/27p^3-qp/3+3p $. Sappiamo che esso ha tre radici reali se e solo se
$ 4r^3-27s^2\geq0 $ (2).
Riscrivamo la (2) in funzione di p e q: otteniamo quindi
$ 4\left(\frac{3q-p^2}{3}\right)^3-27\left(\frac{2p^3-9qp+81p}{27}\right)^2\geq0 $ (3)
Notiamo che il secondo addendo è sempre negativo o nullo; dalla (1) poi segue che anche il primo addendo è sempre negativo o nullo.
Quindi la (3) è verificata se e solo se $ p^2-3q=2p^3-9qp+81p=0 $. Il sistema formato dalle due condizioni ammette le seguenti soluzioni: $ p=0\wedge q=0 $, $ p=9\wedge q=27 $, $ p=-9\wedge q=27 $. Solo l'ultima coppia di soluzioni però genera un polinomio con tre radici reali positive: infatti è
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[tex]f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=x^3-(a+b+c)x^2+(ab+ac+bc)x-\frac{abc}{3}[/tex]Dunque il polinomio ammette tre radici reali positive per p=-9 e q=27.
(il tex nel tag code non vien fuori...)