OliForum Matematico

Salve a tutti.
Qualcuno di voi si è cimentato con i tests della Scuola Normale di quest'anno?
Vi riporto l'esercizio :
siano $ f(t) $ e $ g(t) $ polinomi a coefficienti reali di grado 3 e sia $ h (t) $ un polinomio non nullo a coefficienti reali di grado al massimo 2. Supponiamo di avere
$ f(t) ^2 $ + $ h(t)^2 $ = $ g(t)^2 $,
mostrare che esistono
due numeri reali $ a \neq b $ per cui vale
$ f(a) $ = $ f(b) $ = 0.
Qualcuno ha qualche idea che consenta di escludere il fatto che le radici possano essere complesse e coniugate?
Grazie a tutti
A.

Ho scritto questa soluzione in LaTex. Al momento non ho il tempo metterla in ordine per bene, ma spero si comprenda lo stesso. Ovviamente potrei aver fatto errori, nel caso per favore segnalatemeli.

errata corrige: verso la fine ho scritto determinante invece che discriminante

Ciao caro,in primis grazie davvero!
Adesso nel we gli do un' occhiata.
Per ora solo un piccolo refuso ed una domanda. Nel file pdf leggo "..esercizio_3....". Il numero mi pare sia il 2 (dal testo).
Nella soluzione vedo che hai considerato il polinomio $f(x)$ senza il coefficiente $k_f$ come mai ?Lo hai inglobato nelle altre costanti o ti è sfuggito?
In quanto al primo problema del test di ammissione metto poi un post: c'è di mezzo la formula di Legendre....(mi pare)
Un saluto e ....la prossima settimana ti dico.
A.

Esercizio tre perché è il terzo progetto su Overleaf che faccio risolvendo esercizi della normale, serve a me per distinguerli ma non c'entra con l'ordine degli esercizi del test di quest'anno. Per quanto riguarda il coefficiente , se non è nullo (caso considerato alla fine) può essere ignorato, dividendo tutti i polinomi di uno stesso coefficiente reale (ossia quello di f(x)). Quindi sì l'ho inglobato nelle altre costanti. Anch'io avevo riconosciuto la formula di Legendre. Torna utile anche per il punto 2 del problema secondo me.

Ti ho inviato un msg in pvt per alcune considerazioni generali sul quesito.
Ciao
A.

Io ho pensato a una soluzione più semplice.

[math]f(t)^2=[g(t)-h(t)]\cdot [g(t)+h(t)]=p(t) \cdot q(t),
dove ovviamente [math]p(t)\neq q(t) e [math]p(t), q(t) sono polinomi di terzo grado.
Sapendo che tutti i polinomi di terzo grado hanno almeno una radice reale, possiamo affermare che
[math]f(t)=(t-t_1)\cdot s(t),
con s(t) polinomio quadratico. Immediata conseguenza è che
[math]f(t)^2=(t-t_1)^2\cdot s(t)^2

Primo passo è mostrare che [math]f(t) si può scomporre in soli polinomi di primo grado a coefficienti reali. Se per assurdo il [math]s(t) non fosse riducibile, allora l'unica possibile fattorizzazione di [math]p(t), q(t) sarebbe quella che rispetta il loro grado usando i fattori [math](t-t_1) e [math]s(t), vale a dire
[math]q(t)=p(t)=(t-t_1)\cdot s(t),
cosa che contraddice chiaramente ciò che è stato affermato prima riguardo il fatto che [math]p(t)\neq q(t). Allora
[math]s(t)=a \cdot (t-t_2)(t-t_3),
che implica che
[math]f(t)=a\cdot (t-t_1)\cdot (t-t_2) \cdot (t-t_3)

Infine è facile osservare che f(t) ha almeno due soluzioni distinte. La negazione di questa affermazione sarebbe [math]t_1=t_2=t_3, cioè [math]f(t)^2=a^2\cdot (t-t_1)^6,
che ci costringe a dire che
[math]q(t)=p(t)=a\cdot (t-t_1)^3,
ancora in contraddizione con [math]p(t)\neq q(t). Si conclude che almeno una tra [math]t_1,t_2,t_3 è diversa dalle altre due.

Nel primo caso, dove escludi possibili radici complesse di [math]f(t), detto [math]s(t)=a(t-z_1)(t-z_2), dove [math]z_1 e [math]z_2 sono complessi, cosa impedisce che [math]p(t)=a_1(t-t_1)(t-z_1)^2 e [math]q(t)=a_2(t-t_1)(t-z_2)^2 ? Forse ho capito male. In ogni caso, credo che riarrangiare l'equazione e usare la scomposizione notevole sia un approccio migliore del mio, non ci avevo pensato.

Se [math]z_1 e [math]z_2 sono numeri non reali, allora [math](t-z_1)^2=t^2-2z_1 t+z_1 ^2 e [math](t-z_2)^2=t^2-2z_2 t+z_2 ^2 non saranno polinomi a coefficienti reali, perché i rispettivi coefficienti relativi a [math]t non possono esserlo. Dunque [math]q(t) e [math]p(t) a loro volta saranno a coefficienti non tutti reali.
Un'imprecisione che invece ho notato nel mio svolgimento è che [math]s(t) irriducibile non implica che [math]q(t)=p(t)=(t−t_1)⋅s(t), ma più in generale che [math]q(t)=p(t)=a(t−t_1)⋅s(t), che comunque contraddice [math]p(t)≠q(t). Il fatto che [math]q(t) e [math]p(t) abbiano lo stesso [math]a deriva dalla definizione che ho dato di [math]q(t) e [math]p(t), cioè uguali a
polin. di grado 3 ([math]g(t)) [math]\pm polin. di grado<3 ([math]h(t))
Il coefficiente del termine di terzo grado di [math]q(t) e [math]p(t) deve allora necessariamente essere lo stesso di [math]g(t), da cui segue che i tre polinomi hanno tutti lo stesso [math]a.

Chiaro tutto, mi sembra funzionare. Effettivamente è molto più semplice e veloce., grazie per la delucidazione.

Se non sbaglio, un'altra strada che porta alla soluzione è questa: partiamo fattorizzando nell'altro modo, $h^2 = (g+f)(g-f)$. Quali possono essere i gradi dei vari fattori ora?