OliForum Matematico

1) Stabilire se l'equazione:
$ \displaystyle 5^x+7^x=3^x+9^x $
ha altre soluzioni reali oltre quelle ovvie x=0,x=1

2) I coefficienti del polinomo ( in R) :
$ \displaystyle P(x) =\sum_{i=0}^n a_ix^i $
soddisfano la relazione $ \displaystyle \sum _{i=0}^n \frac{a_i}{i+1}=0 $
Dimostrare che P(x) ha almeno una radice reale.

3) Determinare una forma "chiusa" per la sommatoria:
$ \displaystyle \sum _{k=1}^n k!(k^2+k+1) $
dove k! è l'ordinario simbolo di fattoriale dell'intero k

Provo con la 1:
mi basta dimostrare che $ 5^x+7^x<9^x $ per ogni x maggiore di 1. Lo si fa per induzione, il caso x=2 funge, pongo vero il caso x=n, e quindi $ 5^n+7^n<9^n\to 9*5^n+9*7^n<9*9^n $ ma $ 5*5^n+7*7^n<9*5^n+9*7^n $ e quindi ho vinto per una catena di disuguaglianze.

Forse mi sbaglio ma siccome si ricercano radici reali ( positive o negative)
penso che bisognerebbe investigare anche per tutti gli altri valori di x,oltre
quelli interi ,maggiori di 1.

La seconda è carina:
Integro il polinomio trovando un nuovo polinomio I(x).
(costante di integrazione =0)
Quindi $ I(0)=0 $.
Per ipotesi (la somma): $ I(1)=0 $.
Ma $ P(x) $ è la derivata di $ I(x) $.
Fatto noto: $ F(x) $ continua e derivabile e $ F(a) =F(b) $,
allora
$ \exists c\in \left[a,b\right] $ tale che $ F'(c)=0 $.
Che conclude l'esercizio.

@karl: si, hai ragione ovviamente...sono io un gran fesso e pensavo che fossimo in N...

Provo a dare un'altra soluzione al 2, visto che di quella di ghilu non ho capito nulla dato che non so fare integrali:
Scompongo il polinomio in R, e, se non ha radici nei reali, allora tutti i suoi fattori sono cose del tipo $ cx^2+b $ con c e b concordi(*).

Lemma 1: $ \sum_{i=0}^{n}\frac{a_i}{i+1}=0 $ mi dice che o tutti gli a_i sono 0, o esiste almeno un a_i positivo e un a_j negativo.


Caso1:
Se $ $p(x)=\prod_{i=1}^{n}{c_ix^2+b_i} $ e tutti i c_i sono positivi allora per la (*) anche i b_i lo sono. Se sviluppo con questa condizione ho che tutti gli a_i sono positivi, che però mi rende falso il Lemma.
Caso (2): ci sono un numero pari di c_i negativi:
Allora per la (*) avrò un numero pari di cose del tipo $ (-ax^2-b) $ con a e b positivi, quindi raccogliendo i -1 dai termini fatti così nella fattorizzazione di
p(x) avrò un numero pari -1 il cui prodotto fa 1, e quindi $ $p(x)=\prod_{i=1}^{n}{c_ix^2+b_i}=q(x)=\prod {(|c_i|x^2+|b_i|)} $. Ma allora tutti gli a_i sono positivi, e non va bene.
Caso 3: ci sono un numero dispari di c_i negativi:
Posso vedere allora $ $p(x)=-(|c_y|x^2+|b_y|)\prod_{i=1}^{n}{c_ix^2+b_i} $ dove c_y è uno dei c_i negativi. Ma ora la mia produttoria Ma ora la mia produttoria ricade nel caso 2, perchè è un polinomio con un numero pari di c_i negativi, quindi quanto detto nel caso 2 vale su questa produttoria, che allora è proprio come q(x), e quindi raccogliendo -1 in $ c_yx^2+b_y $ e svolgendo i calcoli risulta che p(x) nel caso 3 ha tutti gli a_i negativi, che però non va bene. Quindi esiste una radice reale...spero che funzioni perchè non sono per nulla pratico di radici di polinomi..

Il terzo.
Soluzione da una riga:
La formula chiusa è $ $(n+1)!(n+1)-1 $ e si dimostra banalmente per induzione.
Soluzione che abbia un senso postare xD:
Noto che quello che si trova dentro la parentesi è un "quasi quadrato"... al che ricordandomi per esempio della dimostrazione della formula chiusa per le serie geometriche divido in 2 parti... da un parte lascio il quadrato, dall'altra tolgo quello che devo togliere:
$ $\sum_{k=1}^n k!(k+1)^2-k!(k) $
Ora "miglioro" il primo addendo rendendolo simile al secondo:
$ $\sum_{k=1}^n (k+1)!(k+1)-k!(k) $
Per comodità definisco $ $g(x)=x!x $
Ora non rimane che scrivere in forma esplicita la somma:
$ g(n+1)-g(n)+g(n)-g(n-1)\dots +g(2)-g(1) $
Eliminando gli elementi opposti rimane solo $ $g(n+1)-g(1) $ che equivale proprio a:
$ $(n+1)!(n+1)-1 $

@ghilu & Dario
Ok.Soluzioni perfette.
@Reginald
La tua soluzione non manca di logica ma temo fortemente
che verrebbe presa in considerazione in in una competizione o altro...

Reginald ha scritto: Scompongo il polinomio in R, e, se non ha radici nei reali, allora tutti i suoi fattori sono cose del tipo $ cx^2+b $ con c e b concordi(*).

sei sicuro?? Ad esempio il polinomio $ x^2-x+1 $ non ha soluzioni reali ma non è di quella forma...

Spero che il 2 abbia una soluzione elementare..
1) In questo esercizio si può scannonare con un Karrarmata usando il fatto che la funzione $ \displaystyle~f(t)=t^x $ (con $ \displaystyle~t\in\mathbb{R}^+ $) è una funzione strettamente convessa per $ \displaystyle~x<0 $ e $ \displaystyle~x>1 $, mentre è concava per $ \displaystyle~0<x<1 $, da cui (visto che $ \displaystyle~(9,3) $ maggiorizza $ \displaystyle~(7,5) $) si ha $ \displaystyle~9^x+3^x>5^x+7^x $ per $ \displaystyle~x<0 $ e $ \displaystyle~x>1 $ e $ \displaystyle~9^x+3^x<5^x+7^x $ per $ \displaystyle~0<x<1 $.

Cannoneggiamento per cannoneggiamento...
1) Ora, la tesi mi chiede per quali $ $x$ $ vale $ $5^x-3^x=9^x-7^x $. Ma derivando si scopre che per $ x\neq 0,1 $ la funzione $ f(z)=(z+2)^x-z^x $ è strettamente monotona..

Maioc92 ha scritto:

Reginald ha scritto: Scompongo il polinomio in R, e, se non ha radici nei reali, allora tutti i suoi fattori sono cose del tipo $ cx^2+b $ con c e b concordi(*).

sei sicuro?? Ad esempio il polinomio $ x^2-x+1 $ non ha soluzioni reali ma non è di quella forma...

Sul momento anch'io ho pensato la stessa cosa ma ,a ben guardare, la
posizione di reginald è possibile in quanto ogni polinomio di 2° grado
a radici complesse ( e non) ax^2+bx+c si riduce a quella forma con la
sostituzione x=z-b/(2a).Nel caso di Maioc si può porre x=z+1/2 ed il
trinomio diventa z^2+3/4.Tuttavia bisognerebbe vedere se con questo
cambiamento la data relazione tra i coefficienti si conserva.