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Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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jordan
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Messaggio da jordan » 23 giu 2009, 20:06

Simo_the_wolf ha scritto:Problema 9
[...]
b) Dato $ a \in \mathbb{Z} $ con $ |a|>1 $, esiste un polinomio a coefficienti interi non costante di grado minore o uguale a $ n $ tale che $ P(i) $ è una potenza di $ a $ per $ i=0,..,n $ (numeri distinti, potenze distinte)?
Bello!

Esistono degli interi non negativi $ x,y,z,w,r $ tali che:
i) $ n! = |a|^x (y|a|+z) $
ii) $ 0<z<|a| $
iii) $ w:=gcd(z,|a|) $
iv) $ \displaystyle y|a|+z \mid r:=a^{2\phi(y|a|+z)}-w $

Allora $ P(x):=a^{2x} \left( \displaystyle \sum_{i=0}^n{\binom{x}{i}r^iw^{n-i}\right)} \in \mathbb{Z}[x] $ soddisfa tutte le ipotesi del problema.
The only goal of science is the honor of the human spirit.

spugna
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Messaggio da spugna » 30 giu 2009, 08:27

ora che abbiamo risolto un problema a testa (se la mia soluzione è accettabile) a chi spetta postare il prossimo?
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

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jordan
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Messaggio da jordan » 30 giu 2009, 12:33

A te il prossimo..

Ps. comunque la soluzione corretta per il punto a) è quella di federiko 97.. :wink:
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spugna
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Messaggio da spugna » 03 lug 2009, 14:49

jordan ha scritto:Ps. comunque la soluzione corretta per il punto a) è quella di federiko 97.. :wink:
Allora sta a lui.....in ogni caso sono a corto di problemi da postare
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

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Messaggio da jordan » 04 lug 2009, 20:33

Ok, allora, se qualcuno ha qualche idea, proponga..
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Messaggio da kn » 04 lug 2009, 21:50

Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)

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jordan
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Messaggio da jordan » 04 lug 2009, 23:02

Ok kn..
ho trovato una generalizzazione del problema 4 a mio parere molto interessante (non ho reference o dimostrazioni..)

"Siano dati due polinomi $ p(x),q(x) \in \mathbb{R}[x] $ tali che $ deg(p(x))=deg(q(x))=n \in \mathbb{N}_0 $ della forma $ \displaystyle p(x)=\sum_{i=0}^n{a_ix^i} $ e $ \displaystyle q(x)=\sum_{i=0}^n{b_ix^i} $, entrambi con tutte le radici reali. Allora anche $ \displaystyle h(x)=\sum_{i=0}^n{a_ib_ix^i} $ ha tutte le radici reali".
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Messaggio da FeddyStra » 04 lug 2009, 23:16

Non mi pare corretta...
$ p(x)=q(x)=x^2-1 $ hanno radici $ \pm1 $, ma $ h(x)=x^2+1 $ non ha radici reali. :?
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

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Messaggio da jordan » 04 lug 2009, 23:52

:? :? :? si hai ragione.. l'avevo presa da qui, allora torniamo al problema originale di karl.. :roll:
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Messaggio da kn » 09 lug 2009, 15:55

ti sei dimenticato l'ipotesi che uno dei due polinomi ha tutte le radici concordi (e tutte non nulle, altrimenti c'è un controesempio) :wink:
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karl
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Messaggio da karl » 04 set 2009, 20:34

Non ho la soluzione del mio vecchio quesito : la speravo da voi !
Comunque beccatevi questo ( facilotto ,forse...):

Dimostrare che :
$ \displaystyle \frac{\sin x}{\cos x}+\frac{\sin2x}{\cos^2x}+\frac{\sin3x}{\cos^3x}+...+\frac{\sin nx}{\cos^nx}=\cot x -\frac{\cos(n+1)x}{\sin x \cos^nx} $

dove $ \displaystyle x \ne k \frac{\pi}{2} $ ,essendo k un intero.
Ultima modifica di karl il 05 set 2009, 12:33, modificato 2 volte in totale.

pak-man
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Messaggio da pak-man » 04 set 2009, 21:06

Per induzione dovrebbe funzionare.

Passo base (n=1):
$ \dfrac{\sin x}{\cos x}=\dfrac{\cos x}{\sin x}-\dfrac{\cos2x}{\sin x\cos x} $
$ \sin^2x-\cos^2x=-\cos2x $
banalmente vera.

Passo induttivo:
$ \displaystyle\sum_{i=1}^{n+1}\dfrac{\sin ix}{\cos^ix}=\cot x-\dfrac{\cos(n+2)x}{\sin x\cos^{n+1}x} $
$ \displaystyle\sum_{i=1}^n\dfrac{\sin ix}{\cos^ix}+\dfrac{\sin(n+1)x}{\cos^{n+1}x}=\cot x-\dfrac{\cos(n+2)x}{\sin x\cos^{n+1}x} $
$ \cot x-\dfrac{\cos(n+1)x}{\sin x\cos^nx}+\dfrac{\sin(n+1)x}{\cos^{n+1}x}=\cot x-\dfrac{\cos(n+2)x}{\sin x\cos^{n+1}x} $
$ \sin x\sin(n+1)x+\cos(n+2)x=\cos x\cos(n+1)x $
$ \sin x(\sin nx\cos x+\cos nx\sin x)+\cos nx\cos2x-\sin nx\sin2x= $$ \cos x(\cos nx\cos x-\sin nx\sin x) $
$ \sin x\cos x\sin nx+\sin^2x\cos nx+\cos^2 nx\cos nx-\sin^2x\cos nx-2\sin x\cos x\sin nx $$ =\cos^2x\cos nx-\sin x\cos x\sin nx $
che è vera (tutti i termini si annullano vicendevolmente).

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jordan
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Messaggio da jordan » 04 set 2009, 22:23

karl ha scritto:Non ho la soluzione del mio vecchio quesito : la speravo da voi !
Sei sicuro almeno che abbia una soluzione olimpica?
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Messaggio da karl » 05 set 2009, 12:50

@pak-man
Ok! La mia soluzione si basa su una identità trogonometrica ma siamo lì ...

@jordan
Presumo che una soluzione elementare ci sia ,trattandosi di polinomi.
Pare che tutto stia nel seguente lemma:

Se f( x) e $ g(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+...+a_{n-1}x+a_n $ sono polinomi
a radici tutte reali ,ha radici tutte reali anche il polinomio:
$ a_0f(x)+a_1f'(x)+a_{2}f^{''}(x)+...+a_nf^{(n)}(x) $

Ovvero dalla padella nella brace !

piever
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Messaggio da piever » 05 set 2009, 13:45

Questi giorni sono in condizioni patologicamente paranoiche perché la graduatoria degli ammessi in Normale si ostina a non uscire, comunque sarei dell'idea che, se tu prendi il polinomio $ \displaystyle\sum_{i=0}^n a_ix^{n-i} $ che per ipotesi ha tutte radici reali e lo mandi nel polinomio $ \displaystyle\sum_{i=0}^n a_ib_ix^{n-i} $ dove i $ b_i $ sono reali positivi tali che $ b_{i-1}b_{i+1}\le b_i^2 $ allora ottieni un altro polinomio sempre a tutte radici reali. Viste le mie precarie condizioni non sono ancora riuscito a dimostrarlo :P In compenso sono mediamente convinto che sia vero e che non sia così difficile... Qualcuno che si cimenta?
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