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2. Siano a, b numeri reali, n, m interi tali che n>m>0, e sia f(x)= x^n +ax^m +b.
(a) Descrivere in modo semplice tutti i casi in cui f (x) e` il quadrato di un polinomio.
(b) Dimostrare che f puo` essere il cubo di un polinomio solo se a = b=0.

Ti rispondo qua, se tu vedi ,$ f(x) =q(x)^2 $ perciò il polinomio q(x) sarà monico con coefficienti diversi da 0 e un numero reale diverso da 0.
L'unico che soddisfa $ f(x)=x^n+ax^m+b $ è $ q(x)=(x^k+a_0)^2 $ perché facendo il quadrato torna nella stessa forma,applica un ragioanemtno analogo per il cubo e vedrai che l'unica forma che va bene è $ q(x)=x $ poiché altrimenti compaiono elementi come $ 3 x^{2j}x $ , $ 3 x^{2i}a_0 $ che non sono nella stessa forma della f(x).
Tutto chiaro??(qua si parla di forma di un polinomio).

tutto chiaro , soltanto ora mi sono reso conto che la mia soluzione era quella correttaXDXD non so perchè ma ero convinto che ce ne fosse una ancora + "generalizzante" soprattutto per il quadrato . Anche perchè in questo modo abbiamo analizzato soltanto il quadrato di un binomio! anche se probabilmente è l'unico caso da analizzare! Grazie per il chiarimento comunque

ahaha alla fine ci avevo preso ad occhio con il primo tentativo banale del quadrato di binomio.Comunque se hai un caso generale penso debba essere giusto per tutte le forme di polinomi e quindi $ P(x)=a_o x^n +a_1 x^{n-1}+....+a_n $ .Ma ovviamente per rientrare in quella forma q(x) dev'essere scritto in quel modo .

Robertopphneimer ha scritto:Ti rispondo qua, se tu vedi ,$ f(x) =q(x)^2 $ perciò il polinomio q(x) sarà monico con coefficienti diversi da 0 e un numero reale diverso da 0.
L'unico che soddisfa $ f(x)=x^n+ax^m+b $ è $ q(x)=(x^k+a_0)^2 $ perché facendo il quadrato torna nella stessa forma (...)
Tutto chiaro??(qua si parla di forma di un polinomio).

no, non è tutto chiaro. dove sta la dimostrazione? tu stai dicendo che se $q(x) = (x^k+a_0)$ allora il suo quadrato è della forma $x^m+ax^n+b$. dov'è l'implicazione inversa?

Se partiamo facendo il ragionamento al contrario (cioè da x^n+ax^m+b) allora q(x) è nella forma : $ x^k +a_jx^j+...+a_1x^i+a_0 $ ed ovviamente k=2n ,k>j>i.
se prendiamo i primi due elementi e gli ultimi due elementi di esso e lo eleviamo al quadrato vediamo che "la forma " di questo risultato non concerne con quella del polinomio f(x) mentre il primo e l'ultimo ($ x^k $ e $ a_0 $ ) si e perciò q(x) sarà del tipo $ (x^k+a_0) $

Robertopphneimer ha scritto:[...]se prendiamo i primi due elementi e gli ultimi due elementi di esso e lo eleviamo al quadrato vediamo che "la forma " di questo risultato non concerne con quella del polinomio f(x) [...]

Non si capisce ancora perchè..

ah ok servono formule :
Elevo al quadrato $ x^k+a_jx^j +a_i x^i+a_0 $

quindi:
$ x^n+2a_j x^{j+k} + a_j x^{2j} + a_i x^{2i}+2a_i a_jx^j+a_0^2+z(x) $ dove z(x) è un polinomio di grado minore di k+j
si vede che non corrisponde al polinomio f(x) e invece quella che corrisponde è per i polinomi scritti nella forma : $ (x^k+a_0)^2 $
poiché in questo caso si vede che $ (x^k+a_0)^2=x^n+2a_0x+a_0^2 $ e la forma per determinati valori dei coefficienti ed esponenti cioè:
$ a=2a_0 $
$ b=a_0^2 $
$ m=1 $
i due polinomi sono uguali.

oh, bene. questo si avvicina molto di più ad una dimostrazione. c'è ancora qualche piccolo dettaglio, tipo: un polinomio di grado $k$ può avere un sacco di termini tra $x^j$ e $x^i$, che tu (non) avevi scritto prima (i puntini di sospensione), ma adesso li hai tolti: come si rimedia?

e poi, come si generalizza questa cosa ai cubi?

si rimedia con il semplice fatto che è diciamo un'esemplificazione a me comoda ...se dovessi mettere tutti i termini tra i puntini sarebbe più difficile da dimostrare,ma questo si può ovviare spiegando che se mettessi altri termini aumenterebbe il numero di coefficienti che renderebbero ancora meno vicino $ q(x)^2 $ alla forma di $ f(x) $, per il cuboil ragionamento è analogo...

Robertopphneimer ha scritto:(...) è diciamo un'esemplificazione a me comoda... (...)
per il cuboil ragionamento è analogo...

con le esemplificazioni non si risolve nulla. e non lo dico per essere cattivo. poi, in questo caso, l'esempio che hai fatto non è così lontano dalla soluzione vera e propria: sforzati e completa! come fai a "riempire i puntini" che hai lasciato? come puoi scrivere tutti i termini che mancano (senza usare i puntini, senza scriverli tutti -- visto che non sai quanti sono)?
e poi, occhio alle rifiniture: scrivi bene bene l'ultima parte della soluzione.

con un altro polinomio tipo r(x)?nel senso è questa la domanda che mi pongo...come posso scrivere tutti questi termini senza mettere né puntini senza scriverli tutti??Risposta di getto:Li pongo come un polinomio cioè un qualcosa che racchiude tutte quelle possibili "cose" che appunto ho scritto come puntini .Non conosco altri metodi ma_go mi spiace.Tu intendi che nell'esemplificare mi scordo qualche pezzo importante??(a me non sembra poiché se pongo r(x) come la somma di tutti quei termini come puntini al massimo r(x)=0 se fosse >0 comparirebbero più termini da elevare al quadrato e uscirebbe la medesima soluzione con il fatto di gestire molte più "cose" come altri coefficienti(ho paura di essere troppo discorsivo).
Per la finale intendi che m può essere anche 2 o 3...etc e quindi m=k.(grazie per l'immenso aiuto mi state "rifinendo")

non c'è traccia di un $r(x)$ nella tua soluzione. metticelo e vedi che succede. rileggi la soluzione e vedi se ti sembra che perda dei pezzi. fai un po' di auto-analisi della dimostrazione, molto più approfondita di quello che fai di solito, e poi --se sei convinto-- posta.

Ecco la soluzione che ritengo essere completa.

Abbiamo q(x) del tipo : $ x^k+a_jx^j+...+a_ix^i+a_0 $ con k >j>i .

ora elevando tutto al quadrato compaiono molti altri elementi (che possono essere presenti nei puntini) :

$ x^{2k}+2a_j x ^{j+k}+a_0^2+2a_0 a_i x^i +r(x) $ dove 2k=n e $ r(x) $ è un polinomio che deve avere per forza grado z< k+j che può essere nullo o essere somma di monomi con grado >i (in questo modo racchiudo in un polinomio tutti i termini mancanti)

Si nota che l'unico polinomio q(x) riconducibile alla forma f(x) è del tipo : $ (x^k+a_0) $ perché altrimenti ci sarebbe un assurdo infatti f(x) ha solo due monomi con grado maggiore di 0.

perciò : $ (x^k+a_0)^2= x ^n+2a_0x^k+a_0^2 $

le condizioni finali sono :

$ a=2a_0 $

$ b=a_0^2 $

$ m=k $

d'oh. i puntini non sono un oggetto matematico. perché non ci metti l'$r(x)$ lì?!