Strano teorema sui polinomi omogenei di 3° grado

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
Rispondi
__Cu_Jo__
Messaggi: 207
Iscritto il: 10 mar 2005, 07:39

Strano teorema sui polinomi omogenei di 3° grado

Messaggio da __Cu_Jo__ » 07 apr 2005, 21:08

Sia un polinomio $ P\left( {u,v,\omega } \right) $ omogeneo e simmetrico di 3° grado.Dimostrare che

$ \forall x,y,z \ge 0:P\left( {1,1,1} \right),P\left( {1,1,0} \right),P\left( {1,0,0} \right) \ge 0 \Leftrightarrow P\left( {x,y,z} \right) \ge 0 $.

Ho cercato tutti i modi per dimostralo ma finora non sono arrivato a niente.Il problema è abbastanza difficile..
Buona fortuna!

Avatar utente
Catraga
Messaggi: 302
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Trieste (Univ)

Messaggio da Catraga » 07 apr 2005, 22:29

Un'implicazione è ovvia (il ritorno).
Per la secona essenzialmente si tratta di determinare il coefficiente relativo ai monomi del tipo:
$ x_i^3, x_i^2x_j, x_ix_jx_k $
Ci sono da determinare tre coefficienti, che risultano essere maggiori di zero per le condizioni imposte dalle ipotesi. Quindi essenzialmente abbiamo un polinomio simmetrico di terzo grado omogeneo con coefficienti positivi.
Adesso rimane da dimostrare che il polinomio in 0 raggiunge il minimo.

__Cu_Jo__
Messaggi: 207
Iscritto il: 10 mar 2005, 07:39

Messaggio da __Cu_Jo__ » 08 apr 2005, 07:16

E chi dice che il polinomio abbia cefficenti positivi?Ad esempio il polinomio
$ P\left( {a,b,c} \right) = a^3 + b^3 + c^3 - 3abc $ è omogeneo e simmetrico ma il coefficente di abc è -3

Avatar utente
Catraga
Messaggi: 302
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Trieste (Univ)

Messaggio da Catraga » 08 apr 2005, 10:17

La ciofeca e' mia.
Hai ragione.

__Cu_Jo__
Messaggi: 207
Iscritto il: 10 mar 2005, 07:39

Messaggio da __Cu_Jo__ » 15 apr 2005, 20:26

Vabbè,dò un piccolo input.
$ \displaystyle P\left( {x,y,z} \right) = A\sum\limits_{cycl} {x^3 + B\sum\limits_{sym} {x^2 y} + Cxyz} $
è un generico polinomio simmetrico e omogeneo di 3° grado .
Porre
$ \displaystyle p = P\left( {1,1,1} \right) $

$ \displaystyle q = \frac{{P\left( {1,1,0} \right)}}{2} $

$ \displaystyle r = P\left( {1,0,0} \right) $

__Cu_Jo__
Messaggi: 207
Iscritto il: 10 mar 2005, 07:39

Messaggio da __Cu_Jo__ » 11 mag 2005, 19:34

Lo sapevo ke sarebbe finita così :evil:!Cmq,x ki fosse interessato,questa è la soluzione(+ facile nn ne ho trovata...)

Un generico polinomio simmetrico ed omogeneo di 3° grado può essere scritto nella forma:
$ \displaymatch P(x,y,z) = A\sum\limits_{cycl} {x^3 } + B\sum\limits_{sym} {x^2 y + Cxyz} $
dove $ A,B,C \in \Re $.

Siccome
$ \displaymatch \begin{array}{l} p = P\left( {1,1,1} \right) = 3A + 6B + C \\ q = \frac{{P\left( {1,1,0} \right)}}{2} = A + B \\ r = P\left( {1,0,0} \right) = A \\ \end{array} $
con $ p,q,r \ge 0 $

il polinomio diventa:
$ \displaymatch P\left( {x,y,z} \right) = r\sum\limits_{cycl} {x^3 + \left( {q - r} \right)} \sum\limits_{sym} {x^2 y} + \left( {p + 3r - 6q} \right)xyz $

Per $ q \ge r $
Immagine
che è positivo per Muirhead.

Per $ q \le r $

Immagine
che è positivo per Muirhead e Schur.

fph
Site Admin
Messaggi: 3720
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: in giro
Contatta:

Messaggio da fph » 11 mag 2005, 22:31

__Cu_Jo__ ha scritto: che è positivo per Muirhead.
Muirhead? Non la conosco (o non la conosco con questo nome). Puoi enunciare, per favore?
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]

__Cu_Jo__
Messaggi: 207
Iscritto il: 10 mar 2005, 07:39

Messaggio da __Cu_Jo__ » 14 mag 2005, 12:46

Probabilmente tu lo chiami bunching

Rispondi