per chi si inizia a fare i complessi :-)

[jordan]

siano $ a,b \in C $, e sia quindi definito il polinomio $ p(x)=x^4+ax^2+b $. provare che le radici di $ p(x) $ formano un rombo con centro nell'origine se e solo se $ \displaystyle \frac{a^2}{b} $ è un numero reale non positivo.

[Mondo]

Una domandina...

posti $ c,d \in C $ se $ \displaystyle \frac{c^4+d^4}{(cd)^2} $ è un numero reale non positivo, posso applicare le medie e dire che è sicuramente $ ~ \leq -2 $?

(mi auguro che c'entri qualcosa con il problema, sennò vuol dire che ho sbagliato tutto )

[Mondo]

Dimostriamo (in parte) che se le soluzioni di $ p(x) $ formano un rombo con centro nell'origine allora $ \displaystyle \frac{a^2}{b} $ è un numero reale non positivo.

Dunque se le soluzioni hanno la configurazione voluta, allora
i) le soluzioni di $ p(x) $ sono del tipo $ c, -c, d, -d $ con $ c, d \in C $
ii) $ Re (a*b)=0 $ (intendo il prodotto hermitiano canonico, ma non so il codice $ LaTeX $)

A questo punto fattorizzo il polinomio e ottengo $ p(x)=(x-c)(x+c)(x-d)(x+d) $ e di qui $ p(x)= x^4-(c^2+d^2)x^2+c^2d^2 $

Ora $ \displaystyle \frac{(c^2+d^2)^2}{c^2d^2}=\displaystyle \frac{c^4+d^4}{c^2d^2}+2 $ e dopo aver moltiplicato numeratore e denominatore per il coniugato di $ c^2d^2 $, svolto qualche calcoletto e ricordato che $ c $ per il coniugato (il cui simbolo non conosco ) di $ d $ fa $ c*d $ si ottiene (finalmente)
$ \displaystyle \frac{(a*b)^2}{\|a\|^4}+\frac{(a*b)^2}{\|b\|^4}+2 $ che è reale, visto che $ (a*b) $ è puramente immaginario (per Hp avevamo che )$ Re (a*b)=0 $ e $ i^2=-1 $...

Mi resta da dimostrare che le due orribili frazioni sono in valore assoluto maggiori di due (ma temo che le medie non le posso usare, vero? )

[jordan]

Dunque se le soluzioni hanno la configurazione voluta, allora
i) le soluzioni di $ p(x) $ sono del tipo $ c, -c, d, -d $ con $ c, d \in C $

se vuoi contnuare sulla tua strada magari ti conviene mettere qualche lmitazione su $ c $ e $ d $..(hint: come sono le diagonali del rombo? )

[Mondo]

La tua domanda sul prodotto hermitiano mi sconvolge un po'... mi sa che è meglio ripartire (quasi) da capo.

Nota: sia $ \left\langle a, b \right\rangle = a\overline{b} $(il prodotto hermitiano tra i due numeri complessi $ a $ e $ b $). Inoltre $ \sqrt{\left\langle a, a \right\rangle} = \|a\| $ (che è sempre un numero reale positivo)
Ricordiamo inoltre che per il teorema di Carnot in $ C^n $ si ha che $ \|b-a\|^2=\|a\|^2+\|b\|^2-2Re(\left\langle a, b \right\rangle) $

A questo direi che possiamo incominciare:

Parte I (dalle soluzioni a $ \displaystyle \frac{a^2}{b} $)

Per Pitagora se sul piano di Gauss ho due vettori (a,b) perpendicolari allora $ \|b-a\|^2=\|a\|^2+\|b\|^2 $ e quindi (per Carnot) $ Re(\left\langle a, b \right\rangle)=0 $
Inoltre, se voglio che la figura sia un paralallepipedo, è ovvio che le 4 radici del polinomio siano del tipo $ a, -a, b, -b $ con $ a $ e $ b $ in $ C $.

A questo punto fattorizzo il polinomio ottenendo $ p(x)=x^4-(a^2+b^2)x^2+a^2b^2 $.
In pratica devo dimostrare che $ \displaystyle \frac{(a^2+b^2)^2}{a^2b^2} $ è un reale negativo.

i) Dimostro che è un reale, osservando che $ \displaystyle \frac{(a^2+b^2)^2}{a^2b^2}=\displaystyle \frac{a^4+b^4}{a^2b^2}+2=\displaystyle \frac{(a^4+b^4)(\overline{b}^2\overline{a}^2)}{(a^2b^2)(\overline{b}^2\overline{a}^2)}+2 $ e che quindi fa $ \displaystyle \frac{(a^4)(\overline{b}^2\overline{a}^2)}{(a^2b^2)(\overline{b}^2\overline{a}^2)}+\frac{(b^4)(\overline{b}^2\overline{a}^2)}{(a^2b^2)(\overline{b}^2\overline{a}^2)}+2 $

Ma $ a^4\overline{a}^2\overline{b}^2=(a\overline{a})^2(a\overline{b})^2=\|a\|^4(\left\langle a, b \right\rangle)^2 $

e quindi l'espressione data si riduce a $ \displaystyle \frac{(\left\langle a, b \right\rangle)^2}{\|a\|^4}+\frac{(\left\langle a, b \right\rangle)^2}{\|b\|^4}+2 $
Per quanto detto sopra $ \left\langle a, b \right\rangle $ è numero puramente immaginario e quindi elevato al quadrato è un reale (negativo), il che dimostra che la famigerata frazione è reale

ii)Dimostro che è negativo
$ \displaystyle \frac{a^4+b^4}{a^2b^2}+2=\displaystyle \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+2=\displaystyle \left (\frac{a}{b}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^2+2 $.
Ma $ \displaystyle \left (\frac{a}{b}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^2 $ è un reale (minore di 0) e quindi posso dire (o meglio spero di poter dire) che $ \displaystyle \left (\frac{a}{b}\right)^2+\left(\frac{b}{a}\right)^2+2 \leq -2\displaystyle\left (\frac{a}{b}\right)\left (\frac{b}{a}\right)+2=0 $

Parte II (da $ \displaystyle \frac{a^2}{b} $ alle soluzioni)

Pongo $ t=x^2 $ e risolvo l'equazione di secondo grado ottenendo le due radici $ t_1=\displaystyle \frac{-a-\sqrt{b(\frac{a^2}{b}-4)}}{2} $ e $ t_2=\displaystyle \frac{-a+\sqrt{b(\frac{a^2}{b}-4)}}{2} $.
Ora è ovvio che le soluzioni formino un parallelepipedo le cui diagonali si incontrano nell'origine, ma non è affatto ovvio che il parallelepipedo sia un rombo. Ciò accade sse $ Re(\left\langle \sqrt{t_1},\sqrt{t_2} \right\rangle)=0 $ ovvero se $ t_1\overline{t_2} $ è un reale minore di 0

E a questo punto, ancora conti!
Dimostro prima che $ t_1\overline{t_2} $ è un numero reale, visto che coincide con il suo coniugato, ovvero verifico che si ha
$ t_2\overline{t_1} $
Il calcolo non è difficile e segnalo giusto l'ultimo passaggio in cui abbiamo che
$ \overline{a}\sqrt{b}=-a\bar{\sqrt{b}} $ dal quale si conclude facilmente.

Infine bisogna vedere che $ t_1\overline{t_2} $ è pure minore di 0, ma, sapendo che è reale possiamo liberarci della parte immaginaria e arrivare a $ t_1\overline{t_2}= a\overline{a}-\sqrt{b}\bar{\sqrt{b}}(4-\frac{a^2}{b}) $
Ma $ a\overline{a}\leq \sqrt{b}\bar{\sqrt{b}}(4-\frac{a^2}{b}) $
(per vederlo basta moltiplicare ambo i membri per $ \sqrt{b}\bar{\sqrt{b}} $) il che implica la tesi

(ora se c'era un modo di farlo con 2 passaggetti scemi mi impicco )

[jordan]

nn sapevo che quello si chiamava "prodotto hermitiano"..

ad ogni modo posto anche la mia soluzione, premettendo che ogni numero complesso $ z=a+bi $ puo essere scritto nella foma $ | z | e^{i \alpha} $ con $ |z|=\sqrt{a^2+b^2} $ e $ \alpha $ angolo tale che $ \cos{\alpha}=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} $ e $ \sin{\alpha}=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} $.

PUNTO I - SE la radici formano un rombo ALLORA il polinomio è sempre di quella forma E $ \frac{a^2}{b} $ è un reale non positivo.
come detto nel mio hint le diagonali del rombo sono perpendicolari( ) quindi tutte le quattro radici sono della forma $ r_1=-r_2=|A|e^{i \alpha} $ e $ r_3=-r_4=|B|e^{i (\alpha + \frac{\pi}{2} )} $.
Allora il polinomio monico $ \prod{x-r_i} $ è della forma $ x^4+ x^2 ( |B|^2-|A|^2) e^{2i\alpha} - |A|^2|B|^2e^{4i\alpha} $, ma in questo modo la frazione $ \frac{a^2}{b}=-\frac{{(|A|^2-|B|^2)}^2}{|A|^2|B|^2}\le 0 $.

PUNTO II - SE il polinomio è di quella forma E $ \frac{a^2}{b}\inR^- $ ALLORA le radici formano un rombo.
allora, se $ \frac{a^2}{b} $ è reale non positivo, chiamando $ \alpha $l'angolo di $ |a| $ e $ \beta $ l'angolo di $ |b| $ abbiamo $ \displaystyle \frac{|a|^2e^{2i\alpha}}{|b|e^{i\beta}}\in R^- $ da cui la relazione $ \beta=2\alpha - (2k+1)\pi $, con $ k\in Z $. a questo punto tutte le ipotesi sono racchiuse se consideriamo il polinomio nella forma $ x^4+|a|e^{i\alpha}x^2-|b|e^{2i\alpha} $. adesso è sufficiente mostrare che le radici $ r_1=-r_2 $è della forma $ |k_1|e^{i\frac{\alpha}{2}} $ e analogamente $ r_3=-r_4 $ della forma $ |k_2|e^{i\frac{\alpha+\pi}{2}} $, svolgendo il polinomio come prima $ \prod{x-r_i} $ ed egugliando le espressioni otteniamo il sistema $ |a|=|k_2|^2-|k_1|^2 $ e $ |b|=|k_1|^2|k_2|^2 $. semplicemente imponendo $ |k_1|^2=y\in R^+ $ e $ |k_2|^2=x \in R^+ $ allora abbiamo $ |b|=xy $ e $ |a|=x-y $, ma questo sistema hasempre soluzione per ogni scelta di $ |a| $ e $ |b| $ infatti tutto si riconduce all'equazione di secondo grado di radici x e y della forma $ z^2-{(|a|^2 + 4|b|)}^{\frac{1}{2}}z+|b| $, della quale è immediato verificare che ha delta maggiore o uguale a 0 (per cui le radici x e y esistono) e anche che sono positive.

PS potevo benissimo ovviare a tutta questa seconda parte affermando che le radici del polinomio $ x^4+|a|e^{i\alpha}x^2-|b|e^{2i\alpha} $ sono $ \displaystyle r_1=-r_2=\sqrt{\frac{{(|a|^2+4|b|)}^{1/2}+|a|}{2}}e^{i\alpha /2} $ e $ \displaystyle r_3=-r_4=\sqrt{\frac{{(|a|^2+4|b|)}^{1/2}-|a|}{2}}e^{i(\alpha +\pi)/2} $.
anche se sembrano cadute dal cielo formano quel benedetto rombo

[fph]

Una domandina...

posti $ c,d \in C $ se $ \displaystyle \frac{c^4+d^4}{(cd)^2} $ è un numero reale non positivo, posso applicare le medie e dire che è sicuramente $ ~ \leq -2 $?

Mi sembra che nessuno abbia ancora risposto a questa...
No del tutto. Prima di tutto se i numeri coinvolti sono complessi non è neppure chiaro cosa voglia dire il simbolo di minore. E poi le medie funzionano solo con i reali positivi (esercizio facile: trova un controesempio con i negativi).

[Mondo]

@jordan soluzione molto bella (e anche breve ). Un paio di domande...
nel punto II scrivi che basta dimostrare che le soluzioni sono del tipo $ |k_1|e^{i\frac{\alpha}{2}} $ e $ |k_2|e^{i\frac{\alpha+\pi}{2}} $. Come ti è venuto in mente di cercarle proprio di quel tipo? Cioè la cosa più ovvia (come scrivi tu stesso alla fine del post è trovare le soluzioni di $ p(x)=x^4+|a|e^{i\alpha}x^2-|b|e^{2i\alpha} $) e, una volta trovate, verifica che sono proprio come le volevamo...
E poi non mi quadra molto il passaggio
"tutto si riconduce all'equazione di secondo grado di radici x e y della forma $ z^2-{(|a|^2-4|b|)}^{\frac{1}{2}}z+|b| $". Ok che devo dimostrare che il sistema è risolubile per ogni scelta di $ |a| $ $ |b| $, ma quell'equazione da dove la prendi?

[jordan]

vedi il polinomio che ho scritto al primo punto? è molto simile (praticamente uguale) al secondo se non fosse per quell'angolo..mancava soltanto il modulo che cercherò di trovare..
per la seconda domanda, che non ti è chiara, ho evitato di scrivere il passaggio perchè miero rotto a scrivere, comunque adesso chiarisco..
abbiamo $ |b|=xy $ e $ |a|=x-y $ quindi $ {(x+y)}^2=(x-y)^2+4xy=|a|^2+4|b| $ ma a questo punto conosco somma e prodotto di x e y (che devono esistere e positivi), equazione di secondo grado e fine..
dimmi se non è chiaro qualche punto..

[Mondo]

ok, ma allora l'equazione di II grado è $ z^2-{(|a|^2+4|b|)}^{\frac{1}{2}}z+|b| $ e non $ z^2-{(|a|^2-4|b|)}^{\frac{1}{2}}z+|b| $, a meno di fraintendimenti...

[jordan]

si, è un errore di trascrizione, infatti se vedi le radici che ho messo sotto c'è il piu be, almeno sono sicuro che la soluzione qualcuno ha avuto la pazienza di leggerla