roots (si intende, dopo mangiato!)

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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jordan
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roots (si intende, dopo mangiato!)

Messaggio da jordan » 13 dic 2008, 14:04

Mostrare che $ p(x)=x^6-2x^5+x^4-2x^3+x^2-2x+1 $ ha esattamente 4 radici di modulo 1. :D
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Fedecart
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Messaggio da Fedecart » 13 dic 2008, 15:59

Susami l'ignoranza... Cioè di modulo 1? Parli di congruenze? Ma allora è uguale a dire che ha 4 radici intere?...

Jack Luminous
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Messaggio da Jack Luminous » 13 dic 2008, 16:02

credo intenda modulo di un numero complesso

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jordan
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Messaggio da jordan » 14 dic 2008, 03:23

Si intendevo complesso, comunque se i mod lo ritengono necessario possono spostarlo in Mne..
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karl
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Messaggio da karl » 15 dic 2008, 11:11

Avrei trovato una soluzione del tutto elementare.
L'equazione p(x)=0 è una reciproca di prima specie che si risolve
dividendo il tutto per $ \displaystyle x^3 $ e ponendo:
(1) $ \displaystyle x+\frac{1}{x}=y $
In tal modo,tenuto conto di note formule,si giunge all'equazione:
(2) $ \displaystyle f(y)=y^3-2y^2-2y+2=0 $
Ora è:
$ \displaystyle[f(-2)\cdot f(-1)=-10<0 ], [f(0) \cdot f(1)=-2<0] , [f(2)\cdot f(3)=-10<0] $
Pertanto la (2) ha 3 radici reali così definite:
$ \displaystyle -2<y_1<-1,0<y_2<1,2<y_3<3 $
da cui si deduce che:
(3) $ \displaystyle |y_1|<2,|y_2|<2 $ mentre la terza radice $ \displaystyle y_3 $ ha modulo maggiore di 2.
Risolvendo la (1) rispetto ad x si ricava:
$ \displaystyle x =\frac{y}{2}\mp \sqrt{\frac{y^2}{4}-1} $
Sostituendo in tale formula le $ \displaystyle y_i $ e tenuto conto delle (3) , per le 6 radici di p(x) si ha:
$ \displaystyle x_{1,2} =\frac{y_1}{2}\mp i\sqrt{1-\frac{y_1^2}{4}} $
$ \displaystyle x_{3,4} =\frac{y_2}{2}\mp i\sqrt{1-\frac{y_2^2}{4}} $
$ \displaystyle x_{5,6} =\frac{y_3}{2}\mp \sqrt{\frac{y_3^2}{4}-1} $
Essendo chiaramente :$ \displaystyle |x_{1,2}|=|x_{3,4}|=1,|x_{5,6}|\neq 1 $, l'assunto è dimostrato
karl

Jacobi
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Messaggio da Jacobi » 15 dic 2008, 15:05

esattamente la mia stessa dimostrazione :D
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jordan
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Messaggio da jordan » 15 dic 2008, 15:47

Giusto Karl.. :D
un altro modo dopo il (3) per concludere che il modulo è 1?(non facendo bovinamente i conti..?)
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kn
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Messaggio da kn » 15 dic 2008, 17:24

jordan ha scritto:Giusto Karl.. :D
un altro modo dopo il (3) per concludere che il modulo è 1?(non facendo bovinamente i conti..?)
La (1) dà $ x^2-yx+1=0 $. Se ammette due soluzioni complesse esse sono coniugate. Ma il modulo di un complesso è il prodotto di questo per il coniugato, quindi le soluzioni hanno lo stesso modulo = termine noto (che rappresenta il prodotto) = 1.
Da $ |y| < 2 $ per i primi due casi abbiamo $ y^2-4 < 0 $, quindi l'equazione ha $ \Delta < 0 $ e ha sol. complesse che hanno per quanto detto prima modulo = 1.
Da $ |y| > 2 $ nell'ultimo caso abbiamo che le sol. sono reali e reciproche, quindi è impossibile che il loro valore assoluto sia 1 (altrimenti la somma varrebbe al massimo 2 in valore ass., cosa vietata da $ |y| > 2 $

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jordan
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Messaggio da jordan » 15 dic 2008, 21:44

si giusto anche cosi..
propongo una via alternativa
se $ x \in \mathbb{R} $ allora $ |x+x^{-1}| \ge 2 $ per am-gm ed è due sse $ |x|=1 $. D'altronde se $ |x+x^{-1}|<2 $ esiste un $ t \in [0,2\pi) $ tale che $ x=\cos t +i\sin t=e^{i\pi} $, e quindi $ x+x^{-1}=e^{i\pi}+e^{-i\pi}=2\cos t $, edato che quanto detto è reversibile allora il modulo è davvero 1.
si, piu semplice la vostra.. :D
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