OliForum Matematico

Sia p(x)=x^3-3x^2+5x e sia p(h)=1 e p(k)=5. Determinare quanto vale h+k.

ma questi russi ce l'hanno coi polinomi....
Comunque suppongo h e k reali giusto? In questo caso sommo i due polinomi e sostituisco $ h+k=S $ e $ hk=P $. Trovo le seguenti identità:
$ h^3+k^3=S^3-3SP $
$ h^2+k^2=S^2-2P $
Ora sostituisco dalle identità e l'equazione diventa $ S^3-3S^2-S(3P-5)+6P-6=0 $. La precedente ha soluzione $ S=2 $, per cui posso scomporre ottenendo $ (S-2)(S^2-S-3P+3)=0 $. Ci rimane da discutere il secondo fattore: se ora al posto di S e P torniamo a sostituire h+k e hk otteniamo $ h^2-h(k+1)+k^2-k+3=0 $. Ora consideriamo il precedente come un polinomio in h il cui delta è $ -3k^2+6k-11 $. Questo polinomio a sua volta ha il delta minore di 0, quindi è sempre negativo e non porta mai a soluzioni h reali, il che è in contraddizione con l'ipotesi (se esiste) che h e k siano reali. Quindi l'unica possibilità è $ h+k=2 $. Se però non esiste l'ipotesi h e k reali, allora la dimostrazione è incompleta....per cui (sperando che il resto sia corretto) aspetto delucidazioni a riguardo

Maioc92 ha scritto:ma questi russi ce l'hanno coi polinomi....
Comunque suppongo h e k reali giusto? In questo caso sommo i due polinomi e sostituisco $ h+k=S $ e $ hk=P $. Trovo le seguenti identità:
$ h^3+k^3=S^3-3SP $
$ h^2+k^2=S^2-2P $
Ora sostituisco dalle identità e l'equazione diventa $ S^3-3S^2-S(3P-5)+6P-6=0 $. La precedente ha soluzione $ S=2 $, per cui posso scomporre ottenendo $ (S-2)(S^2-S-3P+3)=0 $. Ci rimane da discutere il secondo fattore: se ora al posto di S e P torniamo a sostituire h+k e hk otteniamo $ h^2-h(k+1)+k^2-k+3=0 $. Ora consideriamo il precedente come un polinomio in h il cui delta è $ -3k^2+6k-11 $. Questo polinomio a sua volta ha il delta minore di 0, quindi è sempre negativo e non porta mai a soluzioni h reali, il che è in contraddizione con l'ipotesi (se esiste) che h e k siano reali. Quindi l'unica possibilità è $ h+k=2 $. Se però non esiste l'ipotesi h e k reali, allora la dimostrazione è incompleta....per cui (sperando che il resto sia corretto) aspetto delucidazioni a riguardo

non c'e' l'ipotesi che reclami. Ma potresti provare a provare il fatto che h e k siano reali.

Maioc92 ha scritto:ma questi russi ce l'hanno coi polinomi....
Comunque suppongo h e k reali giusto? In questo caso sommo i due polinomi e sostituisco

come fai?

danielf ha scritto:come fai?

beh per ipotesi ho che $ k^3-3k^2+5k=5 $ e $ h^3-3h^2+5h=1 $. Per cui sommo membro a membro le 2 equazioni.

Comunque se non esiste quell'ipotesi allora lascio a qualcun altro il completamento della dimostrazione, anche perchè a dire il vero io i problemi sui polinomi li odio abbastanza

Maioc92 ha scritto:

danielf ha scritto:come fai?

Comunque se non esiste quell'ipotesi allora lascio a qualcun altro il completamento della dimostrazione, anche perchè a dire il vero io i problemi sui polinomi li odio abbastanza

e perche'? quelli russi poi sono tanto carini (non complicati ma ugualmente intriganti).

Per il dubbio che ti sei fatto venire, considera che il polinomio di terzo grado (di grado dispari in genere) va da tutto R su tutto R.

L'equazione p(x) = r, con p di grado dispari, ammette sempre un numero dispari di soluzioni reali.

si ma il punto è che mi pare che $ x^3-3x^2+5x=r $ abbia sempre solo una soluzione reale, e per dimostrarlo basta scriverlo come $ (x-1)^3+2x+1-r $, da cui la funzione è crescente in quanto somma di funzioni crescenti. Quindi ha solo una soluzione reale. Ciò significa che ad esempio P(x)=1 ha una soluzione reale e due complesse, e lo stesso vale per P(x)=6, per cui se consideriamo h e k nei complessi la somma h+k assume valori complessi....

Maioc92 ha scritto:si ma il punto è che mi pare che $ x^3-3x^2+5x=r $ abbia sempre solo una soluzione reale, e per dimostrarlo basta scriverlo come $ (x-1)^3+2x+1-r $, da cui la funzione è crescente in quanto somma di funzioni crescenti. Quindi ha solo una soluzione reale. Ciò significa che ad esempio P(x)=1 ha una soluzione reale e due complesse, e lo stesso vale per P(x)=6, per cui se consideriamo h e k nei complessi la somma h+k assume valori complessi....

Non sono sicuro di aver compreso appieno il tuo dilemma, ma, se puo' servire, tieni conto del fatto che anche se h e k sono compelssi h+k puo' essere reale (prendi il caso della somma di due compelssi coniugati).

sprmnt21 ha scritto:

Maioc92 ha scritto:ma questi russi ce l'hanno coi polinomi....
Comunque suppongo h e k reali giusto? In questo caso sommo i due polinomi e sostituisco $ h+k=S $ e $ hk=P $. Trovo le seguenti identità:
$ h^3+k^3=S^3-3SP $
$ h^2+k^2=S^2-2P $
Ora sostituisco dalle identità e l'equazione diventa $ S^3-3S^2-S(3P-5)+6P-6=0 $. La precedente ha soluzione $ S=2 $, per cui posso scomporre ottenendo $ (S-2)(S^2-S-3P+3)=0 $. Ci rimane da discutere il secondo fattore: se ora al posto di S e P torniamo a sostituire h+k e hk otteniamo $ h^2-h(k+1)+k^2-k+3=0 $. Ora consideriamo il precedente come un polinomio in h il cui delta è $ -3k^2+6k-11 $. Questo polinomio a sua volta ha il delta minore di 0, quindi è sempre negativo e non porta mai a soluzioni h reali, il che è in contraddizione con l'ipotesi (se esiste) che h e k siano reali. Quindi l'unica possibilità è $ h+k=2 $. Se però non esiste l'ipotesi h e k reali, allora la dimostrazione è incompleta....per cui (sperando che il resto sia corretto) aspetto delucidazioni a riguardo

non c'e' l'ipotesi che reclami. Ma potresti provare a provare il fatto che h e k siano reali.

ho riguardato il testo originale in inglese e, come ti aspettavi tu, e' ipotizzato ceh h e ka siano radici reali delle rispettive equazioni.

@sprmnt, non poteva essere altrimenti, visto che non comparivano neanche moduli..
@Maioc92: good

Metto qui anche la mia soluzione, che pare solo un poco meno "calata dall'alto" nel dire "S=2 è soluzione"

Detto $ p(\cdot):=\mathbb{R}\to \mathbb{R}:x \to (x-1)^3+(2x-1) $ abbiamo che per ogni $ (a,b) \in \mathbb{R}^2 $ tale che $ a<b $ vale $ p(a)<p(b) $; inoltre $ p(0)=0,p(1)=3,p(2)=6 $. Ciò mostra che esiste un'unica coppia di reali positivi $ (h,k) \in \mathbb{R}^2 $ tale che $ p(h)=1,p(k)=5 $, e inoltre vale $ 0<h<1<k<2 $. Definito $ s:=h+k $ e $ p:=hk $ abbiamo che $ s \in (1,3) $ e $ p \in (0,1) $. Adesso $ p(h)+p(k)-6=0 $, cioè $ (s-2)(s^2-s-3p+3)=0 $. Per mostrare che la soluzione è unica è sufficiente mostrare che il secondo fattore non si annulla mai nelle ipotesi del problema: e infatti $ s^2-s-3p+3=0 $ se e solo se $ (2s-1)^2=12p-11 $, ma $ (2s-1)^2 \in (1,25) $ e $ 12p-11 \in (-11,1) $, il che è assurdo. []

ok, almeno il fatto di non aver detto una immane c*****a mi solleva il morale
Infatti la mia perplessità stava nel fatto che considerando tutte le radici si avrebbero avute (a meno di straordinarie coincidenze) ben 9 soluzioni di cui alcune sicuramente complesse, e tra l'altro il problema sarebbe diventato veramente molto difficile (a meno di non usare cardano, che però è un casino lo stesso). Quindi la mia soluzione funziona, bene direi

@jordan: si, la tua soluzione è senza dubbio più elegante, però dopotutto anche tu cali dall'alto la soluzione S=2 (e del resto non credo si possa fare altrimenti, perchè probabilmente il problema è costruito apposta...). A volte il buon vecchio Ruffini funziona

jordan ha scritto:@sprmnt, non poteva essere altrimenti, visto che non comparivano neanche moduli..

Beh ... nemmeno su questo sarei cosi categorico (posso immaginare una caso in cui si hanno le consdizioni del problema, senza dover esplicitamente ipotizzare a priori che h e k siano reali).

Comunque sia il problema era stataio trattato nel forum tanto tempo fa. L'ho ritrovato per caso fra i miei post andando alla ricerca di quest'altro problema che mi ricordavo di avere affrontato (pure questo, (molto) tempo fa):

viewtopic.php?t=13788


La discussione era questa

viewtopic.php?t=1289&highlight=


PS
Evidentemente ho tradotto con leggerezza il testo originale (saltando le ipotesi che ,giustamente reclamava Maioc92)


Quindi d'ora in poi faro meglio a dare sia la versione originale del problema che quella tradotta.

Maioc92 ha scritto:@jordan: si, la tua soluzione è senza dubbio più elegante, però dopotutto anche tu cali dall'alto la soluzione S=2 (e del resto non credo si possa fare altrimenti, perchè probabilmente il problema è costruito apposta...). A volte il buon vecchio Ruffini funziona

Eh vabbo ma sarai anche d'accordo che una cosa è dire S=2 funziona, un'altra è "1<S<3 allora provando (a caso ) S=2 funziona"..

@sprmnt: 2003?wow non avevo mai visto un messaggio tanto vecchio..
Eh, ma comunque con le derivate non vale!
ps. ma quanti anni hai?

jordan ha scritto:
@sprmnt: 2003?wow non avevo mai visto un messaggio tanto vecchio..

eccone qua uno ancora piu' vecchio:

viewtopic.php?t=377&highlight=

In effetti non mi ricordo con esattezza di quando ho cominciato a seguire questo forum e il suo antesignano.

Eh, ma comunque con le derivate non vale!

E perche' mai? A parte tutto, mi pare, facciano ancora parte del programma di matematica dei licei o assimalati.

ps. ma quanti anni hai?

Una cifra, come dicono qua a Roma. Non posso piu' nemmeno concorrere per la medaglia Fields, pensa un po'.

e cmq visto che quella discussione l'avevo vista anche io, non mi sembra il caso di stupirsi dell'età del buon sprmnt21 (che cmq è più vecchio di me ).