Indovina il polinomio!

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
Tibor Gallai
Messaggi: 1776
Iscritto il: 17 nov 2007, 19:12

Messaggio da Tibor Gallai » 27 mar 2010, 15:23

Resta da risolvere il Bonus 1, a questo punto avete tutte le idee per bruciarlo.
E per il Bonus 2, ci sarebbe da dire esplicitamente in una riga perché P(trascendente) funziona.
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]

Avatar utente
ghilu
Messaggi: 177
Iscritto il: 06 gen 2008, 18:14
Località: bergamo

Messaggio da ghilu » 27 mar 2010, 20:32

Per il bonus 1 bisognerà trovare un modo per limitare i coefficienti in un intorno (-u;u), dimodoché si possa rappresentare in base 2u+1, con cifre da -u a u.
Esempio: 236 in base 5: 236=2*125-25+2*5+1 quindi 236=(2,-1,2,1).

Per il bonus 2: lo dico facendo un po' di scuola delle schede gobbiniane.
Sia data una base di Hamel B.
Una proprietà di B (che la definisce tale) è che sia un insieme di reali $ \{\pi,\ \sqrt{2},\ 1,\ldots\} $ tali per cui ogni numero reale "t" si possa scrivere in modo unico nella forma $ t=r_0b_0+\ldots r_nb_n $, con gli ri razionali non nulli, con i bi appartenenti a B e con n naturale.
Dato un insieme I di numeri reali (ad esempio $ I=\{1,\pi,\pi^2,\pi^3\dots\} $) per il quale nessun elemento sia una combinazione lineare finita, nei razionali, degli altri elementi di I, allora esiste una base di Hamel B che contiene I.
Ora, se $ \ \pi\ $ è trascendente, è abbastanza chiaro che I soddisfa la proprietà richiesta. Allora le potenze di $ \ \pi\ $ fanno parte di una base di Hamel.
$ p(\pi) $ si può scrivere come combinazione lineare di elementi di I.
Ma allora si scrive così in modo unico; pertanto dalla sua scrittura in base di Hamel:
$ p(\pi)=a_0+a_1\pi+\ldots +a_n\pi^n $ ci sono esattamente i coefficienti di p (in numero finito, ovviamente).
Non si smette mai di imparare.

dario2994
Messaggi: 1428
Iscritto il: 10 dic 2008, 21:30

Messaggio da dario2994 » 28 mar 2010, 11:13

Bonus 2 senza Hamel xD
Mostro che $ $P(\pi) $ identifica univocamente P a coef interi. Assumo valga:
$ $P(\pi)=Q(\pi) $ con P,Q a coef interi e mostro che allora deve valere P=Q. Definisco $ $Z(x)=P(x)-Q(x) $; che è chiaramente a coef interi e si annulla in $ $\pi $, assurdo per la trascendenza di $ $\pi $ quindi Z deve essere il polinomio nullo, da cui la tesi.
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai

Tibor Gallai
Messaggi: 1776
Iscritto il: 17 nov 2007, 19:12

Messaggio da Tibor Gallai » 28 mar 2010, 13:19

Ok.

Per il Bonus 1, mi sa che mancava l'ipotesi che il grado di P fosse noto. :?
Con questa ipotesi è sostanzialmente risolto, come dice ghilu.

Se volete andare avanti e vedere come (e se) si può risolvere senza conoscere il grado, fate pure e lo chiamiamo Bonus 3. :o
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]

Rispondi