Ancora polinomi

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 25 ago 2006, 10:46

NEONEO ha scritto:[...] non si può semplicemente dire che in quanto R(f(x))=R(g(x)) per ogni valore che io attribuisco a x, allora se io attibuisco a x i valori per cui R(x) è iniettivo implica che f(x)=g(x), e questo accade per infiniti x.
Sì. Il punto è dimostrare che a) R è iniettivo su un insieme S di infiniti punti; b) f e g assumono valori in S per infiniti $ x \in \mathbb{R} $. Mi permetto in merito di autoquotarmi: :roll:
HiTLeuLeR ha scritto:
quantico_reloaded ha scritto:Siano $ f,g,h $ polinomi a coefficienti reali in una variabile tali che i) f e g siano non costanti; ii) h abbia grado dispari e iii) h(f(x)) = h(g(x)), per ogni $ x \in \mathbb{R} $. Mostrare che allora f = g.
Per via della ii), esiste k > 0 tale che h è iniettivo in $ S = \{x \in \mathbb{R}: |x| > k\} $. Pertanto è implicato dalla iii) che f = g in $ T = \{x \in \mathbb{R}: \max(|f(x)|,|g(x)|) > k\} $. Senonché T è un insieme infinito, per via della i), e di conseguenza f = g in tutto R.
L'ipotesi che R abbia grado dispari è perciò fondamentale!

atat1tata
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Messaggio da atat1tata » 13 ago 2009, 13:10

darkcrystal ha scritto:Prima parte:

Scomponendo, dobbiamo provare $ deg((f-g)(f^2+fg+g^2)) \geq 2 deg(f) $ con grado di f>= a quello di g.
Se $ f \neq g $, allora $ deg(f-g) \geq 0 $; inoltre se deg(f)>deg(g) allora$ deg(f^2+fg+g^2) = deg(p^2) = 2deg(p) $ per cui il grado del prodotto è >=2d; se invece deg(f)=deg(g) si vede a mano che il coefficiente del termine di grado 2d nel termine $ (p^2+pq+q^2) $ è $ (a^2+ab+b^2) $ (dove a e b sono i coefficienti direttivi di f e g) che è sempre positivo, perciò il grado di quel termine è 2d.

Per mostrare che non si può migliorare è sufficiente considerare f(x)=x+1 e g(x)=x.
Ciao!!
Scusate ma io non ho capito da dove venga fuori il $ p $ e perché abbia grado $ \geq d $, e neanche cosa siano i coefficienti direttivi $ a $ e $ b $. Qualcuno me lo potrebbe spiegare?

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