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Dati due interi pari $m$ e $n$ con $m<n$ dimostrare che se $k$ è un numero reale tale che $\displaystyle k>\frac{m^2+n^2}2$ allora il polinomio $p(x)=(x^2+k)(x-m)(x-n) +1$ ha due radici reali e due non reali.

ah scusate per come ho scritto il testo... sono con un computer nuovo molto diverso da quello che avevo prima e sono un po' in difficoltà :/

ho editato io il tuo messaggio per renderlo un po' più gradevole alla vista (a dirla tutta, era leggibile anche prima). in ogni caso, la formattazione dei messaggi sul forum è completamente indipendente dal computer che stai usando. a meno che la tastiera non ti nasconda i backslash...

p.s. il problema è già comparso sul forum. questo non è necessariamente un male, almeno così gli utenti meno attempati possono cimentarsi col problema senza avere la soluzione (tentatrice) appena sotto. chiederei quindi a tutti di astenersi dallo scrivere "già visto <link>".

Grazie mille

Anche perché la soluzione facile di questo è stata scritta in maniera pedestre

Ci provo io

Chiamiamo $ q(x) = (x^2+k)(x-m)(x-n) $, sappiamo che $ k > \frac{m^2 + n^2}{2} \geq 0 $, perciò le soluzioni di $ q(x) $ sono $ m $, $ n $, $ i \sqrt{k} $, $ - i \sqrt{k} $, inoltre $ q(x) $ è negativo solo quando lo è $ (x-m)(x-n) $, ovvero per tutti gli $ x $ compresi tra $ m $ e $ n $.

Ora $ p(x) $ è la stessa funzione di $ q(x) $ ma traslata di $ +1 $ verso l'alto, pertanto possono esserci al massimo $ 2 $ soluzioni reali. Per verificare che esistono le due soluzioni basta mostrare che esiste un numero $ x $ tale che $ p(x) < 0 $, in questo modo la funzione deve necessariamente intersecare l'asse delle ascisse in due punti.

Se $ x = \frac{m+n}{2} $ allora abbiamo:
$ p(x) = - \left(\frac{n-m}{2}\right)^2 \left(\left(\frac{n+m}{2}\right)^2 + k \right) $

$ \max \left(p(x)\right) = - \min \left(-p(x)\right) $

Il minimo di $ \left(\frac{n-m}{2}\right) $ è $ \frac{2}{2} = 1 $ (questo perché $ m $ e $ n $ sono numeri pari distinti, quindi la distanza minima è $ 2 $), mentre il minimo di $ \left(\frac{n+m}{2}\right) $ è $ 1 $ (ovvero $ m = 0 $, $ n = 2 $).

Facendo i conti si trova che il massimo di $ p(x) $ è uguale a $ -3 $, traslandono in alto di $ 1 $ siamo sicuri che si trova sotto $ -2 $, pertanto esistono due soluzioni reali e due complesse.

Non mi pare molto rigorosa come soluzione, esiste un metodo migliore vero?

Anche io avevo tentato l'approccio analitico, e la prima metà della dimostrazione (ovvero il considerare il polinomio come la traslazione di q(x)) l'avevo fatta anche io così. Poi siccome non riuscivo a trovare i minimi di p(x) con la derivata, ho provato a calcolare $ P(\frac{m+n}2) $ che dovrebbe tornare $ -(\frac{m-n}2)^2 ((\frac{m+n}2)^2 +k) +1 $ . Il valore minimo di m-n è, in valore assoluto, 2 e quindi $ (\frac{m-n}2)^2 $ ha come valore minimo 1. m+n ha valore minimo (sempre in valore assoluto) 0 (prendiamo ad esempio 2 e -2) mentre k, essendo per ipotesi > $ \frac{m^2+n^2}2 $ ha come valore minimo 2. m è infatti strettamente minore di n quindi la somma dei loro quadrati deve valere almeno 4. $ P(\frac{m+n}2) $ ha quindi sempre un valore negativo. Siccome il polinomio è continuo e i limiti a + e - ∞ fa +∞ abbiamo dimostrato l'esistenza di 2 radici reali.

Non mi pare molto rigoroso mi sa almeno i conti tornano?

cosa succede se provate ad applicare lo stesso ragionamento a $q(x)=x^2(x^2-1)-\frac12$ e $p(x)=x^2(x^2-1)-\frac12$?

Beh però i polinomi del testo sono convessi (ho fatto i conticini, la derivata seconda è $ 12 x^2 - 6(m+n)x + 2(k + mn) $, e il delta quarti è minore di $ - 3(m+n)^2 $ ovvero minore di $ 0 $, perciò la derivata seconda è sempre maggiore di $ 0 $ )

beh però questo mica l'avevi detto

Quindi ora va bene? Esiste un modo per rendere più rigorosa quella cosa della traslazione verso l'alto?

P.S. ho editato il post precedente, avevo scritto un abominio

il fatto è che quella cosa non ti serve. sostanzialmente, ti sei ridotto a questo esercizio:

esercizio. se $f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ soddisfa le seguenti tre proprietà:
* $f$ è convessa;
* $f(0)<0$;
* $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty} = +\infty$,
allora $f$ ha esattamente due zeri.

ma_go ha scritto:il fatto è che quella cosa non ti serve. sostanzialmente, ti sei ridotto a questo esercizio:

esercizio. se $f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ soddisfa le seguenti tre proprietà:
* $f$ è convessa;
* $f(0)<0$;
* $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty} = +\infty$,
allora $f$ ha esattamente due zeri.

Posso prendere per ipotesi anche la continuità, vero?

Siccome esiste un $f(x_0) < 0$ deve esiste un minimo $f(m)$ minore di zero.
Per il teorema dei valori intermedi $f$ avrà almeno due zeri, uno in $(-\infty, m)$ e l'altro in $(m, \infty)$.
$m$ è minimo e $f$ è continua si ha dunque che $f^\prime(m) = 0$, la funzione è convessa perciò $f^\prime(x+\epsilon) \geq f^\prime(x) \forall x \in \mathbb{R}, \epsilon > 0$.

Siano ora $x_0 < m < x_1$ i due zeri "più vicini ad $m$", per quanto detto prima abbiamo che $f^\prime(x_1+\epsilon) \geq f^\prime(x_1) > 0$.
$f(x_1 + \Delta x) = f(x_1) + \int_{x_1}^{x_1+\Delta x} f^\prime(x) \delta x$, sappiamo che $f^\prime(x)$ e $\delta x$ sono strettamente maggiori di zero, $f(x_1 + \Delta x) > f(x_1) = 0$, perciò non esistono zeri $x_n > x_1$.

Analogamente si dimostra che non esistono zeri $x_n < x_0$, esistono dunque solo due zeri.

È corretto?

arack ha scritto: Posso prendere per ipotesi anche la continuità, vero?

Le funzioni convesse sono continue (a parte eventualmente negli estremi dell'intervallo).