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Siano f(x),g(x) polinomi a coefficenti reali e sia d>0 il massimo dei loro gradi.
Mostrare che il polinomio f^3(x)-g^3(x) ha grado >=2d oppure è nullo. Mostrare inoltre che la disuguaglianza non puo essere in genere migliorata.

Sia R(x) un polinomio di grado 3 a coefficenti reali tale che R(f(x))=R(g(x)). Mostrare che f(x)=g(x)

Si', giusto una precisazione: con f^3 intendi la composizione f(f(f(x))), immagino?

Marco ha scritto:Si', giusto una precisazione: con f^3 intendi la composizione f(f(f(x))), immagino?

Io intenderei $ f(x)*f(x)*f(x) = f^3(x) $, mi sembra era un problema di ammissione in normale del'anno scorso

si è un problema della normale...Tu sei riuscito a risolverlo gauss??

Prima parte:

Scomponendo, dobbiamo provare $ deg((f-g)(f^2+fg+g^2)) \geq 2 deg(f) $ con grado di f>= a quello di g.
Se $ f \neq g $, allora $ deg(f-g) \geq 0 $; inoltre se deg(f)>deg(g) allora$ deg(f^2+fg+g^2) = deg(p^2) = 2deg(p) $ per cui il grado del prodotto è >=2d; se invece deg(f)=deg(g) si vede a mano che il coefficiente del termine di grado 2d nel termine $ (p^2+pq+q^2) $ è $ (a^2+ab+b^2) $ (dove a e b sono i coefficienti direttivi di f e g) che è sempre positivo, perciò il grado di quel termine è 2d.

Per mostrare che non si può migliorare è sufficiente considerare f(x)=x+1 e g(x)=x.
Ciao!!

Per la seconda parte direi che $ R(x) $ è una funzione iniettiva visto che è un polinomio di terzo grado quindi possiamo semplificarla nell'ipotesi, da cui la tesi.

darkcrystal ha scritto:Per mostrare che non si può migliorare è sufficiente considerare f(x)=x+1 e g(x)=x.

ehm.. qui non sono troppo d'accordo.. insomma, se al posto di $ 2d $ mettessi $ d^4+1 $, o $ e^{d-1}+1 $ la considerei migliorata...
quindi il controesempio va (leggerissimamente) modificato... (non vi dico neppure come)

Gauss_87 ha scritto:Per la seconda parte direi che $ R(x) $ è una funzione iniettiva visto che è un polinomio di terzo grado quindi possiamo semplificarla nell'ipotesi, da cui la tesi.

Non sono d'accordo, nel caso in cui $ R(\cdot) $ abbia tutte le radici reali e distinte i punti di flesso (se non erro), o comunque le ascisse delle radici sul grafico delimitano punti che sono raggiungibili con diversi valori.

Sarei più tentato a scomporre $ R(f(x))-R(g(x)) $ facendo notare che divide $ f(x)-g(x) $ e che l'altro fattore non è identicamente uguale a 0, quindi per ottenere l'identità deve essere $ f(x)-g(x)=0 $

HumanTorch ha scritto:

Gauss_87 ha scritto:Per la seconda parte direi che $ R(x) $ è una funzione iniettiva visto che è un polinomio di terzo grado quindi possiamo semplificarla nell'ipotesi, da cui la tesi.

Non sono d'accordo, nel caso in cui $ R(\cdot) $ abbia tutte le radici reali e distinte i punti di flesso (se non erro), o comunque le ascisse delle radici sul grafico delimitano punti che sono raggiungibili con diversi valori.

Sarei più tentato a scomporre $ R(f(x))-R(g(x)) $ facendo notare che divide $ f(x)-g(x) $ e che l'altro fattore non è identicamente uguale a 0, quindi per ottenere l'identità deve essere $ f(x)-g(x)=0 $

Anchio avevo pensato che $ a-b $ divide $ p(a) - p(b) $, quindi volevi dire:

$ f(x) - g(x) $ divide $ R(f(x)) - R(g(x)) $

non il contrario, vero

I punti sono raggiungibili con diversi valori che significa
Intendi che il limite da destra e sinistra sono uguali

Comunque una $ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ è INIETTIVA se

$ \forall a,b \in \mathbb{R} $, $ a \neq b \Rightarrow f(a) \neq f(b) $

Quindi saresti capace di dimostrare che $ x^3 $ NON è INIETTIVA, cioè trovare $ a,b \in \mathbb{R} $ t.c.

$ a \neq b $ e $ a^3 = b^3 $ Buona Fortuna

parlando in $ \mathbb{R}, $si considera un polinomio a coefficenti reali di terzo grado: $ x^3 $ è uno dei tanti, con le radici, appunto, non distinte. Ma prendi $ x^3+2x^2-x-2 $: esso assume il valore 0 in tre punti distinti., quindi $ -1\neq 1 $, ma $ R(1)=R(-1)=0 $, e così per i valori compresi


Comunque, si, intendevo il contrario

I polinomi di terzo grado comprendono anche altro, oltre a $ x^3 $
Prendi p(x)=x(x-1)(x+1) e vedrai che non è iniettivo, in quanto p(0)=p(1)=p(-1)... in generale qualunque polinomio di terzo grado che abbia almeno due radici reali distinte non è iniettivo: siano infatti a e b le radici, si ha $ a \neq b $ ma p(a)=p(b)=0
Però forse non ho capito cosa volevi dire, Gauss

EDIT: ricopiando in bella il problema, mi sono reso conto che la soluzione che andavo proponendo contiene un flaw. Capisco adesso perché, nella sua versione originale, si assume, fra le altre, l'ipotesi che R sia di terzo grado. Più in generale, infatti...

quantico_reloaded ha scritto:Siano $ f,g,h $ polinomi a coefficienti reali in una variabile tali che i) f e g siano non costanti; ii) h abbia grado dispari e iii) h(f(x)) = h(g(x)), per ogni $ x \in \mathbb{R} $. Mostrare che allora f = g.

Per via della ii), esiste k > 0 tale che h è iniettivo in $ S = \{x \in \mathbb{R}: |x| > k\} $. Pertanto è implicato dalla iii) che f = g in $ T = \{x \in \mathbb{R}: \max(|f(x)|,|g(x)|) > k\} $. Senonché T è un insieme infinito, per via della i), e di conseguenza f = g in tutto R.

HumanTorch ha scritto:parlando in $ \mathbb{R}, $si considera un polinomio a coefficenti reali di terzo grado: $ x^3 $ è uno dei tanti, con le radici, appunto, non distinte. Ma prendi $ x^3+2x^2-x-2 $: esso assume il valore 0 in tre punti distinti., quindi $ -1\neq 1 $, ma $ R(1)=R(-1)=0 $, e così per i valori compresi


Comunque, si, intendevo il contrario

Si hai completamente ragione, sai il caldo mi dà alla testa...

Gauss_87 ha scritto:

HumanTorch ha scritto:parlando in $ \mathbb{R}, $si considera un polinomio a coefficenti reali di terzo grado: $ x^3 $ è uno dei tanti, con le radici, appunto, non distinte. Ma prendi $ x^3+2x^2-x-2 $: esso assume il valore 0 in tre punti distinti., quindi $ -1\neq 1 $, ma $ R(1)=R(-1)=0 $, e così per i valori compresi


Comunque, si, intendevo il contrario

Si hai completamente ragione, sai il caldo mi dà alla testa...

it happens

Ciao, scusate, non sono pratico, quindi ditemi se sbaglio, ma non si può semplicemente dire che in quanto R(f(x))=R(g(x)) per ogni valore che io attribuisco a x, allora se io attibuisco a x i valori per cui R(x) è iniettivo implica che f(x)=g(x), e questo accade per infiniti x. Quindi essendo f(x) e g(x) polinomi con grado n finito allora essi sono necessariamente uguali per il teorema fondamentale.