Dubbio problema febbraio/2017

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
mohta
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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da mohta » 01 nov 2020, 21:42

mohta ha scritto:
01 nov 2020, 21:25
fph ha scritto:
01 nov 2020, 12:22
Poi continua con:

Un polinomio $a(x)$ si dice *palindromo* se la lista dei coefficienti $a_d, a_{d-1}, \dots, a_0$ è uguale alla stessa lista letta nell'ordine opposto, $a_0, a_{1}, \dots, a_d$.

3. Sia $\lambda\neq 0$ uno zero di un polinomio palindromo. Mostra che $\frac{1}{\lambda}$ è un altro zero dello stesso polinomio.
4. Sia $a(x)$ un polinomio, e considera la lista dei suoi zeri, $\lambda_1,\dots,\lambda_d$ (che supponiamo distinti per semplicità). È vero che se questa lista è "chiusa per inversi" (cioè, se $\lambda$ sta nella lista allora ci sta anche $\frac{1}{\lambda}$) allora $a$ è palindromo?
n 3):
Secondo me dobbiamo distinguere due casi, uno per il numero dei coefficienti dispari e uno per i coefficienti pari.
Per esempio per il numero di coefficienti dispari possiamo avere un polinomio $a_d*x^d+a_{d-1}*x^{d-1}+a_0=0$
Dato che e' polindromo allora $a_d*x^d+a_{d-1}*x^{d-1}+a_0= a_0*x^d+a_{d-1}*x^{d-1}+a_d=0$
Se j e' una soluzione di a(x) allora:
$a_d*j^d+a_{d-1}*j^{d-1}+a_0=0$
$a_0*j^d+a_{d-1}*j^ {d-1}+a_d=0$
Sottraendo membro a membro ottieniamo:
$a_d*j^d+a_{d-1}*j^{d-1}+a_0- a_0*j^d-a_{d-1}*j^{d-1}-a_d=0$
$a_d*{j^d}-a_0*{j^d}+a_0-a_d=0$
Dato che a_0=a_d:
$a_d*(j^d)-a_0*(j^d)=0$
Se 1/j e' una presunta radice, possiamo riscrivere questo $a_d*{j^d}-a_0{j^d}=0$ come:
$(a_d)*(\frac{1}{j^d})-a_0*(\frac{1}{j^d})=0$
$(j^d)*(a_d)-j^d*(a_0)=0$
Dato che $a_0$=$a_d$ allora $\frac{1}{j}$ e' una soluzione...
Perchè non è corretto? Ho dato per assurdo che $\frac{1}{j}$ fosse una soluzione per avere la conferma qui $(j^d)*(a_d)-j^d*(a_0)=0$
fph ha scritto:
01 nov 2020, 10:06
Ci sono un po' di problemi e osservazioni "classici" su questo tipo di polinomi, e il problema sembrerà molto più abbordabile una volta che ne hai visti un paio. Per esempio, parti da questi:

1. Se $a(x)$ è un polinomio di grado $d$ con coefficienti $a_d, a_{d-1}, \dots, a_0$, quali sono i coefficienti di $b(x) = x^d a \left(\frac1x\right)$?
2. Se sai che un certo numero $\lambda$ è uno zero di $a(x)$, sei in grado di individuare uno zero di $b(x)$?
1) $a(x)=a_d*{x^d}+a_{d-1}*x^{d-1}, \dots, a_0$
$b(x)=x^d*(a_d*(\frac{1}{x^d})+a_{d-1}*(\frac{1}{x^{d-1}}), \dots, +a_0$
$b(x)=a_d+a_{d-1}*x+a_{d-3}*x^3, \dots, +a_0*x^d$
Si osserva che i coefficienti hanno subito una simmetria, cioe' il coeffciente di $a_d$ di $a(x)$ e' il coefficiente noto.....

2) non basta prendere tutti i divisore di $a_0$ e del coefficiente direttore del polinomio $a(1/x)$ in modo da sfruttare il teorema delle radici razionali?

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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da fph » 02 nov 2020, 11:11

Il problema è: perché $j^d a_d - j^d a_0 = 0$ ti "conferma" che quella è una soluzione? Quell'uguaglianza vale solo per le soluzioni? La tua dimostrazione *parte* da una soluzione e *arriva* a quella proprietà, ma quello che ti servirebbe qui è il ragionamento nel verso opposto: *parti* sapendo quella proprietà, e vuoi *arrivare* a concludere che $j$ è una soluzione.
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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da mohta » 02 nov 2020, 13:38

Perche' dato che $a_0$ e' uguale a $a_d$ e avendo anche i coefficienti uguali si annullano e sono uguali a 0, questo lo si ha anche con $\frac{1}{j}$ perche' con qualche manipolazione algebrica si ritorna sempre a quella equazione. Quindi $\frac{1}{j}$ e' una soluzione

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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da fph » 02 nov 2020, 15:23

Ma se $a_d j^d+a_{d-1} j^{d-1}+\dots + a_0$ fosse uguale a 5 anziché a 0, cosa cambierebbe nella tua soluzione?
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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da mohta » 02 nov 2020, 16:04

Il polinomio smetterebbe di essere palindromo perche' $a_0$=$a_d$ il 5 romperebbe questo equilibrio...

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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da fph » 02 nov 2020, 17:18

No, non sto dicendo $a_0=5$. Supponi di avere un polinomio palindromo, per esempio $x^2+3x+1$, e un valore di $\lambda=j$ per cui $\lambda^2+3\lambda+1 = 5$. Puoi ancora sottrarre membro a membro come fai nella tua dimostrazione e ottenere $1^2(a_2-a_0)=0$, giusto?
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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da mohta » 02 nov 2020, 18:08

fph ha scritto:
02 nov 2020, 17:18
No, non sto dicendo $a_0=5$. Supponi di avere un polinomio palindromo, per esempio $x^2+3x+1$, e un valore di $\lambda=j$ per cui $\lambda^2+3\lambda+1 = 5$. Puoi ancora sottrarre membro a membro come fai nella tua dimostrazione e ottenere $1^2(a_2-a_0)=0$, giusto?
Non ho considerato $a_0$=5

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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da mohta » 02 nov 2020, 18:09

fph ha scritto:
02 nov 2020, 17:18
No, non sto dicendo $a_0=5$. Supponi di avere un polinomio palindromo, per esempio $x^2+3x+1$, e un valore di $\lambda=j$ per cui $\lambda^2+3\lambda+1 = 5$. Puoi ancora sottrarre membro a membro come fai nella tua dimostrazione e ottenere $1^2(a_2-a_0)=0$, giusto?
No perche' $x^2+3x-4=0, il polinomio non e' piu' palindromo, la mia dimostrazione non vale piu'

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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da mohta » 02 nov 2020, 18:09

mohta ha scritto:
02 nov 2020, 18:09
fph ha scritto:
02 nov 2020, 17:18
No, non sto dicendo $a_0=5$. Supponi di avere un polinomio palindromo, per esempio $x^2+3x+1$, e un valore di $\lambda=j$ per cui $\lambda^2+3\lambda+1 = 5$. Puoi ancora sottrarre membro a membro come fai nella tua dimostrazione e ottenere $1^2(a_2-a_0)=0$, giusto?
No perche' $x^2+3x-4=0$, il polinomio non e' piu' palindromo, la mia dimostrazione non vale piu'

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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da mohta » 02 nov 2020, 18:10

mohta ha scritto:
02 nov 2020, 18:09
mohta ha scritto:
02 nov 2020, 18:09
fph ha scritto:
02 nov 2020, 17:18
No, non sto dicendo $a_0=5$. Supponi di avere un polinomio palindromo, per esempio $x^2+3x+1$, e un valore di $\lambda=j$ per cui $\lambda^2+3\lambda+1 = 5$. Puoi ancora sottrarre membro a membro come fai nella tua dimostrazione e ottenere $1^2(a_2-a_0)=0$, giusto?
No perche' $x^2+3x-4=0$, il polinomio non e' piu' palindromo, la mia dimostrazione non vale piu'
Ah ho capito cosa vuori dirmi, in pratica la dimostrazione e' errata...

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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da fph » 02 nov 2020, 18:15

Sì, esatto. Il punto è che quando sottrai membro a membro ottieni una cosa che è zero sempre, non solo quando $j$ è una soluzione. Per la precisione, il passaggio che non funziona nella tua dimostrazione è in fondo, quando da cosa=0 cerchi di concludere che $j$ è una soluzione.
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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da mohta » 02 nov 2020, 19:39

Ah ora cerco di concludere meglio...

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Re: Dubbio problema febbraio/2017

Messaggio da mohta » 04 nov 2020, 19:48

fph ha scritto:
02 nov 2020, 18:15
Sì, esatto. Il punto è che quando sottrai membro a membro ottieni una cosa che è zero sempre, non solo quando $j$ è una soluzione. Per la precisione, il passaggio che non funziona nella tua dimostrazione è in fondo, quando da cosa=0 cerchi di concludere che $j$ è una soluzione.
Non sono riuscito a concluderlo...

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