Tutti i coefficienti uguali a più o meno 1

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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pi_greco_quadro
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Messaggio da pi_greco_quadro » 10 nov 2006, 21:19

aspetta un secondo... ti devo correggere... non è $ \displaystyle \mid a_0 \mid=1 $ bensì $ \displaystyle a_0=1 $.. perché?
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rargh
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Messaggio da rargh » 10 nov 2006, 22:38

aspetta ora non mi viene.. comunque se a1=0 allora a2 e a0 possono essere sia concordi che discordi di segno.

se abs(a1)=2 allora a2*a1>0

poi boh... sono distrutto ora... dimmi te la soluzione direttamente...

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pi_greco_quadro
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Messaggio da pi_greco_quadro » 17 nov 2006, 19:04

Nella speranza che qualcuno torni a pensarci su.. ecco qualche hint

Dunque... siamo sicuri che $ \displaystyle p(x)=x^2+kx\pm 1 $ per varie considerazioni che già sono state fatte

I casi in cui $ \displaystyle k=0, \pm 1 $ si risolvono piuttosto semplicemente a questo punto.. basta infatti esibire un $ \displaystyle q(x) $ che soddisfi le richieste del problema.

Ora supponiamo che sia $ \displaystyle |k|\geq 2 $. Quindi $ \displaystyle p(x) $ ha due radici reali, diciamo $ \displaystyle x_1,x_2 $, che sono radici anche di $ \displaystyle p(x)q(x) $.

Quindi $ \displaystyle 1=\left \mid \frac{a_{n-1}}{x_1}+\cdots +\frac{a_0}{x_1^n} \right \mid\leq \frac{1}{|x_1|}+\cdots +\frac{1}{|x_1|^{n}}\leq \frac{1}{|x_1|-1} $

Adesso continuate voi...
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