a proposito....

[frengo]

vi propongo questo problema già da subito con l'"aiutino" che bisogna usare una cosa di cui si è parlato in un topic RECENTISSIMO qui di algebra....

Siano dati i polinomi $ P_n(x) $ definiti così:

1)$ P_1(x)=x^2-2 $

2)$ P_n(x)=P_1(P_{n-1}(x)) $ per ogni $ n\geq2 $

dimostrare che tutte le radici dei $ P_n(x) $ sono reali.

come al solito, questo problema è solo per i P.O. (probabili olimpici, ovvero chi ha un età $ \leq19 $)
ciao ciao


Francesco

ps chi già lo conosce aspetti un pò almeno...

[Boll]

L'aiutino mi pare decisamente inutile, comunque questo è il problema più duro da formalizzare che abbia mai fatto.

Allora, cambio la notazione, $ f^n(x)=f(f(f(f(...f(x))))) $. Per me $ f(x)=x^2-2 $. Risulta chiaro che nella notazione di frengo $ P_n(x)=f^n(x) $.

Ora dimostriamo che $ P_n $ ha grado $ 2^n $. Induzione, poniamo che vada bene per $ n $, avremo allora che $ 2^n*2=2^{n+1} $ è il grado di $ P_{n+1} $. Fine.

Ora dimostriamo che, detta $ r_n $ una delle $ n $ radici (che supponiamo reali ancora per ipotesi di induzione, visto che $ P_1 $ ha due radici reali), allora $ \pm \sqrt{2+r_n} $ sono radici di $ P_{n+1} $.
Supposto vero per $ n $ avremo che
$ f^n(r_n)=0 $
$ f^{n+1}(\pm \sqrt{2+ r_n})=f^n((\pm \sqrt{2+r_n})^2-2)=f^n(\p r_n)=0 $
Queste sono tutte e sole le radici, poichè coincidono col grado (ogni volta raddoppiano).

Ci manca però provare che $ 2+r_n $ è sempre positivo. Per farlo analizziamo il caso "limite" cioè scegliendo ogni volta la radice negativa, cioè $ 2-\sqrt{2-\sqrt{2-\sqrt{2-...}}} $. La successione $ x_1=2 $ $ x_n=2-\sqrt{x_{n-1}} $ ha soli valori compresi fra $ 0 $ e $ 2 $. Per questo basta indurre.

Conclusioni
Cosa si è scoperto dunque di questo problema?
i) $ P_n $ ha $ 2^n $ radici reali distinte
ii) tali radici sono tutte quelle della forma $ \pm \sqrt{2 \pm \sqrt{2 \pm \sqrt{2\pm...}}} $ (con $ n $ simboli di radice)
iii) tali radici sono tutte comprese tra $ -2 $ e $ 2 $ (dimostratelo!)

Attendo conferme da frengo. Bye

EDIT: Avevo fatto un filo di confusione sul finale.

[ficus2002]

se $ x_{n+1}=x_n^2-2 $ e poni $ x=t+t^{-1} $ ottieni $ t_{n+1}=t_n^2 $. Quindi hai $ t_n=t^{2^n} $. Di conseguenza, puoi calcolare la forma esplicita di $ x_n=P_n(x) $.

[frengo]

vabbè vabbè fatelo come vi pare, io l'avevo fatto così:

1)$ P_n(x) $ ha grado $ 2^n $

ora faccio la sostituzione spettacolare:

$ x=2\cos t $

ora diventa

$ P_1(x)=x^2-2=4\cos^2 t-2=2\cos 2t $

e per induzione

$ P_n(x)=P_{n-1}^2(x)-2=4\cos^2 2^{n-1}t-2=2\cos2^nt $.

analizziamo ora l'equazione
$ P_n(x)=0 $
$ 2\cos2^nt=0 $

che ha come soluzione

$ \displaystyle 2^nt=\frac{\pi}{2}+k\pi $

$ \displaystyle t=\frac{\pi}{2^{n+1}}+k\frac{\pi}{2^n} $

che, per $ k\in\mathbb{Z} $ sono 2^{n+1} angoli compresi tra $ 0 $ e $ 2\pi $.

a noi ci servono le soluzioni in $ x=\cos t $, e questi angoli che abbiamo trovato hanno coseni uguali a coppie ($ k_1=a,k_2=2^n+1-a $)quindi i valori di x sono $ 2^n $. Essendo il grado del polinomio $ 2^n $ il polinomio ha tutte le radici reali.

L'aiutino era dal post "radici e coseni", in cui compare quella serie di radici che spunta fuori a boll...

ciao ciao a tutti

[Boll]

Quel post non l'avevo letto e comunque fino a poco prima della fine del problema non serviva a niente

[Simo_the_wolf]

Invece è più interessante fare questo:

definiamo $ P_n(x) $ sempre allo stesso modo e vogliamo chiederci quante radici reali ha il polinomio $ P_n(x)-x=0 $ o più in generale $ P_n(x)-P_m(x) $

[ficus2002]

Se poniamo $ Q_n(t)=t^{2^n} $ con $ x=t+t^{-1} $, allora $ P_n(x)=Q_n(t) + Q_n^{-1}(t)=t^{2^n}+t^{-2^n} $.

Quindi, per esempio, $ P_n(x)-x=t^{2^n}-t+t^{-2^n}-t^{-1} $.