Polinomi in C[x], very easy :)

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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jordan
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Polinomi in C[x], very easy :)

Messaggio da jordan » 22 giu 2009, 22:22

Siano fissati alcuni polinomi $ p_0(x),p_1(x),\ldots,p_n(x) \in \mathbb{C}[x] $ tali che $ p_j(\pi)=p_{j+1}(\pi)=0 $ per ogni $ 0 \le j <n $ e che $ deg(p_j(x)) \le n $ per ogni $ 0 \le j \le n $.

Mostrare che esistono dei numeri complessi $ a_0,a_1,\ldots,a_n $ non tutti nulli tali che $ \displaystyle \sum_{i=0}^n{a_ip_i(x)}=0 $.
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Natalino
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Messaggio da Natalino » 22 giu 2009, 23:21

Intanto protesto perché non l'ho trovato così facile :D

Dato che i gradi possibili sono n-1 (a meno che uno dei polinomi sia costantemente 0 e allora avremmo finito) e i polinomi sono n, si avrà per pidgeon hole che almeno due polinomi hanno lo stesso grado.
Prendiamo quindi la coppia di polinomi con lo stesso grado k di grado massimo: per quanto detto, ci sono ancora almeno k-1 polinomi con grado minore o uguale a k.
Ora, possiamo porre uguale a 0 tutti gli $ {a_i} $ tali che $ i\geq k $
Possiamo ora esplicitare la sommatoria e impostare un sistema di k equazioni, e k incognite (gli $ {a_i} $) che dovrebbe avere almeno due soluzioni non nulle;
non riesco a dimostrare rigorosamente quest'ultima parte però. Cioè, i ragionamenti che adduco diventano troppo stiracchiati. Mi potresti dare qualche aiuto? grazie mille!

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FeddyStra
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Messaggio da FeddyStra » 22 giu 2009, 23:36

Natalino ha scritto:Dato che i gradi possibili sono n-1 (a meno che uno dei polinomi sia costantemente 0 e allora avremmo finito) e i polinomi sono n, si avrà per pidgeon hole che almeno due polinomi hanno lo stesso grado.
Veramente i polinomi sono n+1 (da 0 a n) e i gradi anche (da 0 a n)... :roll:
[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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kn
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Re: Polinomi in C[x], very easy :)

Messaggio da kn » 22 giu 2009, 23:42

jordan ha scritto:$ p_j(\pi)=p_{j+1}(\pi)=0 $ per ogni $ 0 \le j <n $
:lol: :lol:
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Natalino
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Messaggio da Natalino » 22 giu 2009, 23:44

Sì, ma se ci fosse un polinomio di grado 0, vorrebbe dire che dovrebbe essere

$ P(x) = 0 $ (perché è uguale a 0 per n+1 valori, in questo caso n = 0) e quindi si avrebbe immediatamente la tesi. (almeno un coefficiente sarebbe diverso da 0).
Mi sono accorto di aver scritto una grossa sciocchezza dopo comunque.

Avrei sempre bisogno di qualche hint, scusate l'impacciataggine :oops:

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jordan
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Messaggio da jordan » 23 giu 2009, 00:19

Hint:
FeddyStra ha scritto:Veramente i polinomi sono n+1 (da 0 a n) e i gradi anche (da 0 a n)...
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EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 23 giu 2009, 00:28

Più che easy, questo è tricky ...
Domanda che ognuno dovrebbe porsi: ma che c***o c'entra pigreco??

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jordan
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Messaggio da jordan » 23 giu 2009, 00:39

Ti giuro che sto ancora a ride :lol: :lol: :lol:
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pak-man
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Messaggio da pak-man » 23 giu 2009, 02:06

EvaristeG ha scritto:Più che easy, questo è tricky ...
Domanda che ognuno dovrebbe porsi: ma che c***o c'entra pigreco??
Effettivamente è la prima cosa che ho pensato...

Natalino
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Messaggio da Natalino » 23 giu 2009, 10:14

Sul serio, mi sta facendo impazzire :oops: . Io sono arrivato fin qui:

Passo 1: notiamo che se uno dei polinomi ha grado 0, abbiamo finito, poiché tale polinomio sarebbe costantemente nullo.

Passo 2: supponiamo allora che nessuno dei polinomi abbia grado 0. Quindi il numero dei polinomi è uno in più del numero dei gradi possibili.

Passo 3: con le ipotesi fatte, almeno 2 polinomi hanno lo stesso grado.

Adesso mi basterebbe dimostrare che posso sempre trovare m polinomi in cui compaiano solo termini di al più m gradi diversi, e avrei finito.

Ma da qui in poi i miei ragionamenti diventano nebulosi :oops: . Intanto potete dirmi se i primi tre passi sono significativi? e magari indirizzarmi, visto che sembro davvero averne bisogno? grazie mille..

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Messaggio da EvaristeG » 23 giu 2009, 10:37

queste tre cose servono, ma ne manca una ... quella scritta in piccolo e in bianco nel mio precedente messaggio... o, per meglio dire, c'è un'ipotesi che tu hai usato pochissimo.

Natalino
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Messaggio da Natalino » 23 giu 2009, 12:04

Ok, allora continuo da prima.

Passo 4: tutti i polinomi sono divisibili per $ (x-\pi) $ che quindi nella sommatoria posso raccogliere. Si ha allora:

$ \sum = (x-\pi)g(x) $; ora, g(x) ha al massimo grado n-1, per cui ha al massimo n termini.

Passo 5: Possiamo impostare un sistema con n equazioni (una per termine) con n +1 incognite. Tale sistema ha inoltre certamente soluzione, perché la matrice dei termini noti è nulla.

Passo 6: Poiché il sistema ha un numero di incognite superiore a quello delle equazioni, il sistema è indeterminato, per cui potremo fissare un'incognita come parametro, e quindi diverso da 0.

Dovrebbe essere finto. Ovviamente correggetemi se ho sbagliato qualcosa!

Jacobi
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Messaggio da Jacobi » 23 giu 2009, 12:37

Non appena ho letto questo problema, non so perche, mi e venuto subito in mente una soluzione che usa l'algebra lineare (poi questa soluzione non e molto diversa da quella che non usa l'algebra lineare). potrebbe sembrare una soluzione troppo complessa, pero ci vuole piu a scriverla che a dirla,e mi e venuta fuori in pochi minuti 8):

ripetiamo alcuni lemmini che ci saranno d'aiuto:

Lemma 1: "lo spazio vettoriale dei polinomi di grado n ha dimensione $ n+1 $"
la dimostrazione e banale: basta prendere la base $ \{1, x, x^2, ..., x^n\} $

lemma 2: "se$ \{v_1, ..., v_n\} $ genera uno spazio vettoriale e $ \{w_1, ..., w_m\} $ e linearmente indipendente, allora $ m \leq n $"
la dimostrazione di questo e un po piu lunga (richiede altri lemmini :) ), chi volesse cimentarsi puo farlo per esercizio

lemma 3: "in uno spazio vettoriale di dimensione n qualsiasi insieme che abbia piu di n elementi e linearmente dipendente"
questo lemma e una diretta consequenza del lemma 2


Bene veniamo all'esercizio:
STEP 1: $ p_j(\pi) = 0 $, allora $ p_j(x) = (x - \pi)q_j(x) $
STEP 2: poiche il grado dei $ p_j $ varia da 0 a n, allora il grado dei $ q_j $ varia da 0 a n-1
STEP 3: $ \sum_{j}{a_j}{p_j} = 0 $, allora $ \sum_{j}{a_j}{(x-\pi)q_j} = 0 \longrightarrow (x-\pi )\sum_{j}{a_j}{q_j} = 0 \longrightarrow \sum_{j}{a_j}{q_j} = 0 $
STEP 4: (conclusione): supponiamo che tutti gli $ a_i $ siano nulli, allora $ {q_j} $ e linearmente indipendente. poiche i $ q_j $ hanno grado al massimo $ n-1 $ essi appartengono allo spazio vettoriale dei polinomi di grado $ n-1 $, che ha una base di n elementi (lemma 1), pero $ \{q_j \} $ ha $ n+1 $ elementi (tnati quanti erano i $ p_j $), ne consegue (lemma 3) che questo insieme di polinomi e linermente dipendente, da cui la tesi.
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jordan
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Messaggio da jordan » 23 giu 2009, 14:15

Jacobi ha scritto:lemma 2: "se$ \{v_1, ..., v_n\} $ genera uno spazio vettoriale e $ \{w_1, ..., w_m\} $ e linearmente indipendente, allora $ m \leq n $"[...]
lemma 3: "in uno spazio vettoriale di dimensione n qualsiasi insieme che abbia piu di n elementi e linearmente dipendente"
[...] supponiamo che tutti gli $ a_i $ siano nulli, allora $ {q_j} $ e linearmente indipendente. poiche i $ q_j $ hanno grado [...] una base di n elementi (lemma 1), pero $ \{q_j \} $ ha $ n+1 $ elementi (tnati quanti erano i $ p_j $), ne consegue (lemma 3) che questo insieme di polinomi e linermente dipendente[...].
e≠è, o≠ò.. :o

Comunque, sì, è ovviamente giusto.. :wink: detto in altro modo, disegnata la matrice quadrata di ordine n+1 con tutti i coefficienti dei polinomi, le colonne sono l.d. poichè una radici è comune a tutti, per cui saranno l.d. anche le righe :D
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Natalino
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Messaggio da Natalino » 23 giu 2009, 14:52

Io purtroppo non capisco la dimostrazione di Jacobi :oops: . Ma va bene anche la mia quindi? Cosa significa che righe o colonne sono I.d?

Grazie mille!

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