[A] Somme di quadrati in R[x].

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Il problema mi è stato suggerito da b0nobo, che mi ha pure spiegato di averlo spigolato da qualche parte sul sito di fph! E\' simpatico, così ve lo ripropongo, fiducioso del fatto che federico non avrà a volermene di certo. In fondo, mi dicono che fosse sua intenzione pubblicarne al più presto una soluzione, ma siccome immagino che il tempo scarseggi anche dalle sue parti... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
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 Problema: essendo p(·) un qualsivoglia polinomio non costante a coefficienti reali in una variabile, si dimostri che p(x) >= 0, per ogni x € R, sse esistono due altri polinomi q(·), r(·) della stessa specie tali che, identicamente su R: p(x) = q2(x) + r2(x), e il grado di q(·) sia (strettamente) maggiore del grado di r(·).
 
 Ancora tanti auguri,
 -- Salvatore Tringali
 
 
 \"Quando l\'Amore vi chiama, voi seguiteLo. Anche se le Sue vie sono dure e scoscese. E quando le Sue ali vi avvolgono, voi affidatevi a Lui. Anche se la lama nascosta fra le piume può ferirvi.\" - K. Gibran

metafisic · Messaggio da **metafisic** » 01 gen 1970, 01:33

Una implicazione è ovvia.
 
 Vediamo l’altra.Intanto grad(p)=2n, perché altrimenti per polinomi di gradi dispari sarebbe violata la condizione p(x)>=0.
 
 Cerchiamo due polinomi f e g con grad(f)>grad(g):
 
 p^2=f^2+g^2
 
 Sia p(x)=ax^2+bx+c e sia f=dx+e e g=k (semplici considerazioni sui gradi fanno vedere che questa è l’unica scelta)
 
 Abbiamo intanto b^2<=4ac perché è p(x)>=0 ed il sistema che si ottiene è:
 
 a=d^2
 2ed=b
 c=k^2
 che ammette soluzioni reali proprio per le condizioni sul delta di p(x).
 
 Supponiamo ora di avere un polinomio p di grado 2n, allora questo avrà 2n radici complesse.
 E’ facile vedere con giochetti sui coniugati che, se p(z)=0, allora p(z*)=0
 (Dove z* è il coniugato di z).
 
 Allora p(x)=A(x-z(1))(x-z(1)*)…(x-z(n))(x-z(n)*)=A(x^2-(z(1)+z(1)*)x+z(1)z(1)*)…(x^2-(z(n)+z(n)*)x+z(n)z(n)*).
 
 Ora abbiamo il prodotto di n polinomi di secondo grado p(1)…p(n), per cui vale la scrittura:
 
 p(j)=f(j)^2+g(j)^2
 
 A questo punto l’identità di Eulero, sulla scrittura del prodotto della somma di quadrati, in somma di quadrati ci da il risultato voluto.
 
 Il mio occhio ti guarda e finirà per strozzarti l\'anima.(Io alla mia divina).

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-27 19:17, metafisic wrote:
 Supponiamo ora di avere un polinomio p di grado 2n, allora questo avrà 2n radici complesse. E’ facile vedere con giochetti sui coniugati che, se p(z)=0, allora p(z*)=0 (Dove z* è il coniugato di z).
 
 Allora p(x)=A(x-z(1))(x-z(1)*)…(x-z(n))(x-z(n)*)=A(x^2-(z(1)+z(1)*)x+z(1)z(1)*)…(x^2-(z(n)+z(n)*)x+z(n)z(n)*).
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Eh, no... La tua soluzione parte dall\'assunto che gli zeri del polinomio non possano essere puramente reali, il che (quand\'anche fosse vero...) andrebbe comunque dimostrato!!! Su, su, rimettiti a lavoro, pasticcione! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-27 19:17, metafisic wrote:
 Ora abbiamo il prodotto di n polinomi di secondo grado p(1)…p(n), per cui vale la scrittura:
 
 p(j)=f(j)^2+g(j)^2
 
 A questo punto l’identità di Eulero, sulla scrittura del prodotto della somma di quadrati, in somma di quadrati ci da il risultato voluto.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 In vero, l\'identità di cui tu dici porta il nome di Fibonacci, e non il mio, ahime\'... Se non mi credi, controlla pure su mathworld, cliccando un po\' <a href=\"http://mathworld.wolfram.com/FibonacciI ... ml\">qui</a> e un po\' <a href=\"http://mathworld.wolfram.com/EulerFour- ... ml\">qua</a>. Questa, tuttavia, è soltanto una doverosa precisazione, nulla di più...
 
 EDIT: ciao, caro, ancora auguri! [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 27-12-2004 19:51 ]

metafisic · Messaggio da **metafisic** » 01 gen 1970, 01:33

Uff...allora.
 Supponiamo che il polinomio in questione non abbia radici complesse, allora lo spezzeremo in n polinomi di primo grado.Questi poi, li faremo prontamente copulare, sì da generare n polinomi reali di secondo grado per i quali vale il discorso fatto su.
 Supponiamo invece ora che il nostro polinomio ammetta radici complesse, siano esse z(1),..., z(k), con k<=2n.
 Allora avremo certamente queste radici con le loro coniugate dalle quali otterremo nella scomposizione, k polinomi quadratici a coefficienti rerali e le rastanti n-k reali.Queste sono in numero pari ed anche questa volta avremo n-k polinomi di primo grado e procediamo come sopra.
 
 
 Grazie per gli auguri caro, li rinnovo anche a tè.Vedo che la tua memoria in questi mesi non è migliorata di moltoCi vediamo in chan.
 
 La compattezza è metafisica.

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-27 21:11, metafisic wrote:
 Supponiamo che il polinomio in questione non abbia radici complesse, allora lo spezzeremo in n polinomi di primo grado.Questi poi, li faremo prontamente copulare, sì da generare n polinomi reali di secondo grado per i quali vale il discorso fatto su.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Non ci siamo affatto, giulio! Anche accoppiando 2m fattori lineari del tipo (x-r), con r € R, onde generare m trinomi di secondo grado (btw, m € N0), non potresti in alcun modo sfruttare le conclusioni dedotte nel corso del tuo penultimo post in questo stesso thread, per il semplice fatto che quelle si fondano sull\'assunto che i trinomi in questione siano dotati di un discriminante < 0, mia cara testa di secchio... Ritenta, giu\', suvvia! Ma cerca d\'essere un tantinello meno arraffone, questa volta...
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-12-27 21:11, metafisic wrote:
 Grazie per gli auguri caro, li rinnovo anche a tè.Vedo che la tua memoria in questi mesi non è migliorata di moltoCi vediamo in chan.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 A parte il deprecabile uso degli accenti e il non-uso della barra spaziatrice, mi spieghi cosa mi***ia intendi dire?!? Di cosa NON mi sarei ricordato, questa volta? D\'accordo, che la mia memoria sia un pizzico volatile, beh... non oso negarlo! Ma proprio non capisco a cosa tu adesso ti stia riferendo... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif">
 
 EDIT: e comunque, s\'è vero com\'è vero che la mia memoria è quella che è, parimenti non si nega che tu sia il solito inutile essere inutile che sempre fosti e sempre resterai, ghghghghghghghgh... <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 27-12-2004 23:59 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Un polinomio p(x) a coefficienti reali si puo’ mettere nella forma:
 
 p(x) = (x-a1)(x-a2) …(x-as) p1(x) p2(x) … pt(x), dove gli ai sono reali e i pi(x) sono polinomi di grado 2 a coefficienti reali con radici complesse coniugate. Quindi del tipo
 
 pi(x) = qi(x)^2+ri^2.
 
 Applicando iterativamente l’identita’ di fibonacci al prodotto dei pi(x) otteniamo una cosa del tipo: q’(x)^2 + r’(x)^2 con grado(r’) < grado(q’).
 
 Se p(x) >= 0 per ogni x reale, allora s deve essere un numero pari. Inoltre supposto che gli ai siano ordinati in modo che a1 >= a2 >= a3 >= … >= as , se a1 =/= a2 si avrebbe che, per a1 > x > a2, p(x) < 0. Pertanto deve essere che a1=a2. Applicando iterativamente lo stesso ragionamento al resto del prodotto (x-a3)(x-a4) … (x-as) si ha che (x-a1)(x-a2) …(x-as) puo’ essere scritto come
 
 M(x)^2=M1(x)^2 M2(x)^2 … Ms’(x)^2, dove 2s’=s e Mi(x)^2 = (x-a2i)^2.
 
 In conclusione, se p(x) >= 0 per ogni x, possiamo porre
 
 p(x) = M(x)^2( q’(x)^2 + r’(x)^2) che e’ quanto era richiesto di provare.

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Sì, esattamente quel che mancava! Oh, auguri anche a te, sprmnt.
 
 Meta?! Ti dovresti solo vergognare, surclassato da due ingenieri, gh... <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">

metafisic · Messaggio da **metafisic** » 01 gen 1970, 01:33

Uff...sono arrivato in ritardo.Colgo l\'occasione per salutare il consocio(potevi aspettare un attimino però!).Dopo pranzo mi collego e scrivo un bel problemaccio a cui ho pensato ieri sera.
 
 P.S.Salvuzzo caro, non c\'eravamo fatti gli auguri sul chan?A questo mi riferivo... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">