[tex]P(x)[/tex]

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
zeitgeist505
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Messaggio da zeitgeist505 » 02 mar 2013, 15:16

$ P(x) $ è un polinomio di grado 22 che soddisfa: $ P(x)P(x+1)=P(x^2+x+1) $
Determinare $ P(1) $

patatone
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Re: [tex]P(x)[/tex]

Messaggio da patatone » 18 mar 2013, 20:55

up! Qualche idea? Io che sono piuttosto arrugginito ho trovato che funzionano i polinomi del tipo:
Testo nascosto:
$(x^2+1)^n$
più ovviamente quello nullo... credo siano gli unici ma non son riuscito a dimostrarlo!

patatone
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Re: [tex]P(x)[/tex]

Messaggio da patatone » 27 mar 2013, 01:46

Nessuno?? :(

Gi.
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Re: [tex]P(x)[/tex]

Messaggio da Gi. » 27 mar 2013, 13:40

Patatone, non sono riuscito ancora a risolvere il problema, però scrivo quelle poche considerazioni che sono riuscito a fare:

$ P(0)P(1)=P(1) \Rightarrow P(0)=1 $, quindi il termine noto del polinomio è 1.

$ P(-1)P(0)=P(1) \rightarrow P(-1)=P(1) $, qui non sono sicuro, però questo fatto dovrebbe implicare che il polinomio è composto da variabili di grado pari.

Evito l' ovvia considerazione che $ P(1) $ è la somma dei coefficienti del polinomio.

Poi stavo pensando ad una riscrittura del tipo $ P(x)P(x+1)=P((x+1)^2-x) $, ma non sono riuscito a tirarci fuori niente di buono.

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jordan
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Messaggio da jordan » 27 mar 2013, 13:47

Gi. ha scritto:$ P(0)P(1)=P(1) \Rightarrow P(0)=1 $, quindi il termine noto del polinomio è 1.
Sei sicuro?
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Gi.
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Re: [tex]P(x)[/tex]

Messaggio da Gi. » 27 mar 2013, 14:11

Forse sto per dire un' altra fesseria, ma dovrebbe valere se e solo se $ P(1)\not=0 $, ed in effetti, se ciò che scrivo è corretto, non posso assicurarmi questa condizione...

ndp15
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Re: [tex]P(x)[/tex]

Messaggio da ndp15 » 27 mar 2013, 16:05

Alcuni fatterelli che ho notato (mi permetto di rispondere perché è passato tanto tempo da quando è stato postato il problema):
$ P $ non ha zeri. Infatti sia per assurdo $ z $ tale che $ P(z)=0 $. Posto $ f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, f(x)=x^2+x+1 $, la sequenza $ s_n=f^{n}(z) $, dove con $ f^{n} $ si intende $ f $ composta con sè stessa $ n $ volte, è una sequenza monotona crescente non limitata tale che $ P(s_n)=0 \ \ \forall n $, e dunque $ P $ è il polinomio nullo (assurdo).
Ora possiamo dire che $ P(0)=1 $, da cui otteniamo che, poichè $ f(-x)=f(x-1) $, $ P(n)=P(-n) $ per ogni $ n $ naturale (perché?).
Da qui forse (mi devo ancora convincere dell'idea di dimostrazione che ho in mente) si può concludere che $ P $ è in effetti una funzione pari. In ogni caso non si arriverebbe a concludere nulla nell'immediato su quanto chiesto dal problema, o più in generale su come determinare tutti i polinomi di quel tipo.

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Tess
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Messaggio da Tess » 27 mar 2013, 20:11

ndp15 ha scritto:In ogni caso non si arriverebbe a concludere nulla ... su come determinare tutti i polinomi di quel tipo.
Ma la tua idea di costruire successioni di radici è quella giusta! Solo ricordati che le radici di un polinomio sono in generale numeri complessi...

Gi.
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Re: [tex]P(x)[/tex]

Messaggio da Gi. » 28 mar 2013, 09:09

Mi è venuta in mente una dimostrazione terra terra che $ P(1) $ non può essere 0: supponiamo $ P(1)=0 $, allora:

$ P(1)P(2)=P(3) \rightarrow P(3)=0 $
$ P(2)P(3)=P(7) \rightarrow P(7)=0 $
$ P(3)P(4)=P(13) \rightarrow P(13)=0 $
$ P(7)P(8)=P(57) \rightarrow P(57)=0 $

e continuando così troviamo sicuramente più di 22 valori per i quali P(x) si annulla, ma quindi o $ P(x) $ è il polinomio nullo (impossibile) oppure vi è un assurdo, perchè ogni polinomio di n-esimo grado ha al più n radici. Ora posso dire senza problemi $ P(0)=1 $.

ndp mi spiegheresti una cosa? Nella tua dimostrazione l' assurdo vi è perchè $ s_n $ è uguale a 0 per ogni ogni n mentre, essendo crescente, dovrebbe appunto "crescere"?

ndp15
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Re: [tex]P(x)[/tex]

Messaggio da ndp15 » 28 mar 2013, 09:52

Gi. ha scritto:ndp mi spiegheresti una cosa? Nella tua dimostrazione l' assurdo vi è perchè $ s_n $ è uguale a 0 per ogni ogni n mentre, essendo crescente, dovrebbe appunto "crescere"?
No, non dico che $ s_n=0 $ per ogni $ n $ ma $ P(s_n)=0 $ per ogni $ n $. In pratica è la stessa idea che hai avuto tu e applicato al caso $ P(1)=0 $, solo che io la utilizzo con $ z $ generico.

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Re: [tex]P(x)[/tex]

Messaggio da nassus95 » 28 mar 2013, 16:33

$p(x)$ non può avere radici reali per lo stesso motivo per cui $p(1)\neq 0$

sfrutto il fatto che $p(0)=1$ e $p(1)\neq 0$
$p(-1)p(0)=p(1) \Longleftrightarrow p(1)=p(-1)$
$
\left\{
\begin{array}{ll}
p(a)p(a+1)=p(a^2+a+1) \\
p(-a-1)p(-a)=p(a^2+a+1) \\
\end{array}
\right.
$
$
\Longrightarrow
p(a)p(a+1)=p(-a)p(-a-1)
$

per il fatto che $p(x)$ non ha radici reali

$
\left\{
\begin{array}{ll}
p(1)p(2)=p(-1)p(-2)
\Longleftrightarrow
p(2)=p(-2)
\ \ \ \ \ \
perch\acute{e} \ p(1)=p(-1)\neq 0
\\
p(2)p(3)=p(-2)p(-3)
\Longleftrightarrow
p(3)=p(-3)
\ \ \ \ \ \
perch\acute{e} \ p(2)=p(-2)\neq 0
\\
... \\
\end{array}
\right.
$

Dato che $p(x)$ è un polinomio e ho trovato che $p(x)=p(-x)$ per infiniti valori interi $\Longrightarrow p(x)=p(-x) \ \ \forall x \in R$ (non sono sicuro nemmeno io di questa affermazione), e inoltre il polinomio \'e strettamente positivo dato che non ha zeri e $p(0)=1$

il mio polinomio pertanto sarà del tipo
$$
p(x)= \frac{1}{x_1*x_2*x_3...} (k_1x^{2n_1}+x_1)(k_2x^{2n_2}+x_2)(k_3x^{2n_3}+x_3)...
$$
con:
$x_i \in R^{+*}$
$k_i \in R^{+*}$
$n_1+n_2+n_3+...=11$ e $n_i \in N^*$

Non so più come andare avanti per dimostrare che $x_i=1,k_i=1,n_i=1$ in modo da ottenere $p(x)=(x^2+1)^{11}$ :?

questa è la strada giusta?

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Messaggio da scambret » 28 mar 2013, 17:13

Affrontando bovinamente un problema del genere io penserei a una cosa del genere.. Ok supponiamo $\alpha \in \mathbb{C}$ radice di P(x). Allora ponendo $x=\alpha$ ottengo che anche $\alpha^2+\alpha+1$ è radice e ponendo $x=\alpha-1$ allora anche $\alpha^2-\alpha+1$ è radice del polinomio. Adesso devo dire che, detto $N(z)$ il modulo del complesso, cioè se $z=a+ib$ allora $N(z)=\sqrt{a^2+b^2}$ si deve verificare che $N(\alpha)=N(\alpha^2+\alpha+1)=N(\alpha^2-\alpha+1)$, perchè se cosi non fosse allora ottengo una sequenza infinita di radici di P(x)..

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Messaggio da Drago96 » 28 mar 2013, 21:51

La speranza è che valga $N(\alpha^2+\alpha+1)>N(\alpha)$... Ma non ne sono troppo sicuro e non so neanche come dimostrarlo...
Però un'osservazione che si può fare è che cercando quando qualche radice è uguale, si ottiene solo $\alpha=\pm i$, che in effetti sono tutte e sole le radici del polinomio ipotizzato...
La sequenza $z_{n+1}=z_n^2+z_n+1$ è forse quella suggerita da Tess?
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Messaggio da scambret » 29 mar 2013, 12:11

In realtà non avevo letto il suggerimento di Tess. Comunque puoi imporre

$N(\alpha^2-\alpha+1)=N(\alpha^2+\alpha+1)$
$N(\alpha)=N(\alpha^2-\alpha+1)$

con $\alpha=a+ib$

Poi una volta che si trovano le parti reali e immaginarie dei due complessi strani si fanno tutti i calcoli.. E se non sbaglio c'è la soluzione $a=0$ e $b=\pm 1$.. E quindi p(x) ha come radici $i$ e $-i$ con molteplicità uguale. Essendo il grado 22, ci devono essere 11 $i$ e 11 $-i$ e quindi $p(x)=(x^2+1)^{11}$

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Re: [tex]P(x)[/tex]

Messaggio da Tess » 29 mar 2013, 22:24

L'idea che proponevo per risolvere il problema è che se esiste una radice al di fuori di un insieme fissato di cardinalità finita allora posso costruire una successione infinita di radici, ma ciò è assurdo, perché un polinomio ha grado limitato.
Ora per far questo, dimostrare
Drago96 ha scritto:...che valga $N(\alpha^2+\alpha+1)>N(\alpha)$...
è sufficiente, cioè la successione delle radici ha norma crescente, quindi ce ne sono infinite; invece
scambret ha scritto:imporre...(uguaglianza delle norme)
non è detto che basti per trovare le radici (non stai usando successioni di radici, quindi è un'idea un po' diversa), e ciò perché potrebbe succedere che $f=x^2+x+1$ permuti ciclicamente un insieme di complessi, e potrebbero essere queste le radici, che però non vengono rivelate dal tuo metodo.
Inoltre, anche dopo aver trovato l'insieme di radici possibili, dimostrare che hanno
scambret ha scritto:...molteplicità uguale.
non è scontato (anche se facile).
@Drago96: per imporre quel che dici a proposito della disuguaglianza tra norme è sufficiente "svolgere i conti" e cercare di raccogliere un po' di quadrati, ponendo, come dice scambret, $\alpha = a+ib$ e la definizione di norma.

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