1) Stabilire se l'equazione:
$ \displaystyle 5^x+7^x=3^x+9^x $
ha altre soluzioni reali oltre quelle ovvie x=0,x=1
2) I coefficienti del polinomo ( in R) :
$ \displaystyle P(x) =\sum_{i=0}^n a_ix^i $
soddisfano la relazione $ \displaystyle \sum _{i=0}^n \frac{a_i}{i+1}=0 $
Dimostrare che P(x) ha almeno una radice reale.
3) Determinare una forma "chiusa" per la sommatoria:
$ \displaystyle \sum _{k=1}^n k!(k^2+k+1) $
dove k! è l'ordinario simbolo di fattoriale dell'intero k
Quesiti ...freschi ( più o meno !)
Provo con la 1:
mi basta dimostrare che $ 5^x+7^x<9^x $ per ogni x maggiore di 1. Lo si fa per induzione, il caso x=2 funge, pongo vero il caso x=n, e quindi $ 5^n+7^n<9^n\to 9*5^n+9*7^n<9*9^n $ ma $ 5*5^n+7*7^n<9*5^n+9*7^n $ e quindi ho vinto per una catena di disuguaglianze.
mi basta dimostrare che $ 5^x+7^x<9^x $ per ogni x maggiore di 1. Lo si fa per induzione, il caso x=2 funge, pongo vero il caso x=n, e quindi $ 5^n+7^n<9^n\to 9*5^n+9*7^n<9*9^n $ ma $ 5*5^n+7*7^n<9*5^n+9*7^n $ e quindi ho vinto per una catena di disuguaglianze.
Ci sono due errori che si possono fare lungo la via verso la verità...non andare fino in fondo, e non iniziare.
Confucio
Confucio
La seconda è carina:
Integro il polinomio trovando un nuovo polinomio I(x).
(costante di integrazione =0)
Quindi $ I(0)=0 $.
Per ipotesi (la somma): $ I(1)=0 $.
Ma $ P(x) $ è la derivata di $ I(x) $.
Fatto noto: $ F(x) $ continua e derivabile e $ F(a) =F(b) $,
allora
$ \exists c\in \left[a,b\right] $ tale che $ F'(c)=0 $.
Che conclude l'esercizio.
Integro il polinomio trovando un nuovo polinomio I(x).
(costante di integrazione =0)
Quindi $ I(0)=0 $.
Per ipotesi (la somma): $ I(1)=0 $.
Ma $ P(x) $ è la derivata di $ I(x) $.
Fatto noto: $ F(x) $ continua e derivabile e $ F(a) =F(b) $,
allora
$ \exists c\in \left[a,b\right] $ tale che $ F'(c)=0 $.
Che conclude l'esercizio.
@karl: si, hai ragione ovviamente...sono io un gran fesso e pensavo che fossimo in N... 
Provo a dare un'altra soluzione al 2, visto che di quella di ghilu non ho capito nulla dato che non so fare integrali:
Scompongo il polinomio in R, e, se non ha radici nei reali, allora tutti i suoi fattori sono cose del tipo $ cx^2+b $ con c e b concordi(*).
Lemma 1: $ \sum_{i=0}^{n}\frac{a_i}{i+1}=0 $ mi dice che o tutti gli a_i sono 0, o esiste almeno un a_i positivo e un a_j negativo.
Caso1:
Se $ $p(x)=\prod_{i=1}^{n}{c_ix^2+b_i} $ e tutti i c_i sono positivi allora per la (*) anche i b_i lo sono. Se sviluppo con questa condizione ho che tutti gli a_i sono positivi, che però mi rende falso il Lemma.
Caso (2): ci sono un numero pari di c_i negativi:
Allora per la (*) avrò un numero pari di cose del tipo $ (-ax^2-b) $ con a e b positivi, quindi raccogliendo i -1 dai termini fatti così nella fattorizzazione di
p(x) avrò un numero pari -1 il cui prodotto fa 1, e quindi $ $p(x)=\prod_{i=1}^{n}{c_ix^2+b_i}=q(x)=\prod {(|c_i|x^2+|b_i|)} $. Ma allora tutti gli a_i sono positivi, e non va bene.
Caso 3: ci sono un numero dispari di c_i negativi:
Posso vedere allora $ $p(x)=-(|c_y|x^2+|b_y|)\prod_{i=1}^{n}{c_ix^2+b_i} $ dove c_y è uno dei c_i negativi. Ma ora la mia produttoria Ma ora la mia produttoria ricade nel caso 2, perchè è un polinomio con un numero pari di c_i negativi, quindi quanto detto nel caso 2 vale su questa produttoria, che allora è proprio come q(x), e quindi raccogliendo -1 in $ c_yx^2+b_y $ e svolgendo i calcoli risulta che p(x) nel caso 3 ha tutti gli a_i negativi, che però non va bene. Quindi esiste una radice reale...spero che funzioni perchè non sono per nulla pratico di radici di polinomi..
Provo a dare un'altra soluzione al 2, visto che di quella di ghilu non ho capito nulla dato che non so fare integrali:
Scompongo il polinomio in R, e, se non ha radici nei reali, allora tutti i suoi fattori sono cose del tipo $ cx^2+b $ con c e b concordi(*).
Lemma 1: $ \sum_{i=0}^{n}\frac{a_i}{i+1}=0 $ mi dice che o tutti gli a_i sono 0, o esiste almeno un a_i positivo e un a_j negativo.
Caso1:
Se $ $p(x)=\prod_{i=1}^{n}{c_ix^2+b_i} $ e tutti i c_i sono positivi allora per la (*) anche i b_i lo sono. Se sviluppo con questa condizione ho che tutti gli a_i sono positivi, che però mi rende falso il Lemma.
Caso (2): ci sono un numero pari di c_i negativi:
Allora per la (*) avrò un numero pari di cose del tipo $ (-ax^2-b) $ con a e b positivi, quindi raccogliendo i -1 dai termini fatti così nella fattorizzazione di
p(x) avrò un numero pari -1 il cui prodotto fa 1, e quindi $ $p(x)=\prod_{i=1}^{n}{c_ix^2+b_i}=q(x)=\prod {(|c_i|x^2+|b_i|)} $. Ma allora tutti gli a_i sono positivi, e non va bene.
Caso 3: ci sono un numero dispari di c_i negativi:
Posso vedere allora $ $p(x)=-(|c_y|x^2+|b_y|)\prod_{i=1}^{n}{c_ix^2+b_i} $ dove c_y è uno dei c_i negativi. Ma ora la mia produttoria Ma ora la mia produttoria ricade nel caso 2, perchè è un polinomio con un numero pari di c_i negativi, quindi quanto detto nel caso 2 vale su questa produttoria, che allora è proprio come q(x), e quindi raccogliendo -1 in $ c_yx^2+b_y $ e svolgendo i calcoli risulta che p(x) nel caso 3 ha tutti gli a_i negativi, che però non va bene. Quindi esiste una radice reale...spero che funzioni perchè non sono per nulla pratico di radici di polinomi..
Ci sono due errori che si possono fare lungo la via verso la verità...non andare fino in fondo, e non iniziare.
Confucio
Confucio
Il terzo.
Soluzione da una riga:
La formula chiusa è $ $(n+1)!(n+1)-1 $ e si dimostra banalmente per induzione.
Soluzione che abbia un senso postare xD:
Noto che quello che si trova dentro la parentesi è un "quasi quadrato"... al che ricordandomi per esempio della dimostrazione della formula chiusa per le serie geometriche divido in 2 parti... da un parte lascio il quadrato, dall'altra tolgo quello che devo togliere:
$ $\sum_{k=1}^n k!(k+1)^2-k!(k) $
Ora "miglioro" il primo addendo rendendolo simile al secondo:
$ $\sum_{k=1}^n (k+1)!(k+1)-k!(k) $
Per comodità definisco $ $g(x)=x!x $
Ora non rimane che scrivere in forma esplicita la somma:
$ g(n+1)-g(n)+g(n)-g(n-1)\dots +g(2)-g(1) $
Eliminando gli elementi opposti rimane solo $ $g(n+1)-g(1) $ che equivale proprio a:
$ $(n+1)!(n+1)-1 $
Soluzione da una riga:
La formula chiusa è $ $(n+1)!(n+1)-1 $ e si dimostra banalmente per induzione.
Soluzione che abbia un senso postare xD:
Noto che quello che si trova dentro la parentesi è un "quasi quadrato"... al che ricordandomi per esempio della dimostrazione della formula chiusa per le serie geometriche divido in 2 parti... da un parte lascio il quadrato, dall'altra tolgo quello che devo togliere:
$ $\sum_{k=1}^n k!(k+1)^2-k!(k) $
Ora "miglioro" il primo addendo rendendolo simile al secondo:
$ $\sum_{k=1}^n (k+1)!(k+1)-k!(k) $
Per comodità definisco $ $g(x)=x!x $
Ora non rimane che scrivere in forma esplicita la somma:
$ g(n+1)-g(n)+g(n)-g(n-1)\dots +g(2)-g(1) $
Eliminando gli elementi opposti rimane solo $ $g(n+1)-g(1) $ che equivale proprio a:
$ $(n+1)!(n+1)-1 $
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
sei sicuro?? Ad esempio il polinomio $ x^2-x+1 $ non ha soluzioni reali ma non è di quella forma...Reginald ha scritto: Scompongo il polinomio in R, e, se non ha radici nei reali, allora tutti i suoi fattori sono cose del tipo $ cx^2+b $ con c e b concordi(*).
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
Spero che il 2 abbia una soluzione elementare..
1) In questo esercizio si può scannonare con un Karrarmata usando il fatto che la funzione $ \displaystyle~f(t)=t^x $ (con $ \displaystyle~t\in\mathbb{R}^+ $) è una funzione strettamente convessa per $ \displaystyle~x<0 $ e $ \displaystyle~x>1 $, mentre è concava per $ \displaystyle~0<x<1 $, da cui (visto che $ \displaystyle~(9,3) $ maggiorizza $ \displaystyle~(7,5) $) si ha $ \displaystyle~9^x+3^x>5^x+7^x $ per $ \displaystyle~x<0 $ e $ \displaystyle~x>1 $ e $ \displaystyle~9^x+3^x<5^x+7^x $ per $ \displaystyle~0<x<1 $.
1) In questo esercizio si può scannonare con un Karrarmata usando il fatto che la funzione $ \displaystyle~f(t)=t^x $ (con $ \displaystyle~t\in\mathbb{R}^+ $) è una funzione strettamente convessa per $ \displaystyle~x<0 $ e $ \displaystyle~x>1 $, mentre è concava per $ \displaystyle~0<x<1 $, da cui (visto che $ \displaystyle~(9,3) $ maggiorizza $ \displaystyle~(7,5) $) si ha $ \displaystyle~9^x+3^x>5^x+7^x $ per $ \displaystyle~x<0 $ e $ \displaystyle~x>1 $ e $ \displaystyle~9^x+3^x<5^x+7^x $ per $ \displaystyle~0<x<1 $.
Ultima modifica di kn il 10 gen 2010, 18:09, modificato 1 volta in totale.
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Sul momento anch'io ho pensato la stessa cosa ma ,a ben guardare, laMaioc92 ha scritto:sei sicuro?? Ad esempio il polinomio $ x^2-x+1 $ non ha soluzioni reali ma non è di quella forma...Reginald ha scritto: Scompongo il polinomio in R, e, se non ha radici nei reali, allora tutti i suoi fattori sono cose del tipo $ cx^2+b $ con c e b concordi(*).
posizione di reginald è possibile in quanto ogni polinomio di 2° grado
a radici complesse ( e non) ax^2+bx+c si riduce a quella forma con la
sostituzione x=z-b/(2a).Nel caso di Maioc si può porre x=z+1/2 ed il
trinomio diventa z^2+3/4.Tuttavia bisognerebbe vedere se con questo
cambiamento la data relazione tra i coefficienti si conserva.