piccolo problema della normale
Mi spiace, ma sì: un polinomio di secondo grado può essere sempre positivo, sempre negativo, o assumere segni dipendenti da x. Il mio era solo un suggerimento per il calcolo rapido del polinomio con tre valori prefissati; già altri hanno notato che questo non risolve il problema dato. Però con una piccola modifica, o seguendo il suggerimento di fph....Franz89 ha scritto: [ho detto una cazzata?
Non mi piace che i problemi restino senza soluzione; poiché Franz89 non manda la sua (di sicuro l’ha ormai trovata), invio le mie. Premessa: a, b, c sono positivi in quanto valori assunti dal sempre positivo p(x).
Prima soluzione
$ p(x)=q(x)^2+k $
è sempre positivo se lo è k. Si ha poi $ p(1)=a \iff q(1)=\pm \sqrt{a-k} $ e simili; deve ovviamente essere k $ \leq $a, b, c . Da queste condizioni, scegliendo a piacere i segni, ricavo il polinomio di secondo grado q(x).
Seconda soluzione
$ p(x)= p_1(x-2)^2(x-3)^2+ p_2(x-3)^2(x-1)^2+ p_3(x-1)^2(x-2)^2 $
e ricavo le $ p_i $ dalle condizioni date; otterrò certo soluzioni positive, garantendo la positività di p(x). Pregio: se a, b, c sono razionali, lo sono anche i coefficienti del polinomio.
Varianti
Il polinomio q(x) può essere di grado superiore al secondo, con alcuni coefficienti arbitrari. Inoltre sia k che le $ p_i $ possono essere sostituiti da polinomi sempre positivi o nulli (ottimi i quadrati) con limitazioni facilmente trovabili.
Prima soluzione
$ p(x)=q(x)^2+k $
è sempre positivo se lo è k. Si ha poi $ p(1)=a \iff q(1)=\pm \sqrt{a-k} $ e simili; deve ovviamente essere k $ \leq $a, b, c . Da queste condizioni, scegliendo a piacere i segni, ricavo il polinomio di secondo grado q(x).
Seconda soluzione
$ p(x)= p_1(x-2)^2(x-3)^2+ p_2(x-3)^2(x-1)^2+ p_3(x-1)^2(x-2)^2 $
e ricavo le $ p_i $ dalle condizioni date; otterrò certo soluzioni positive, garantendo la positività di p(x). Pregio: se a, b, c sono razionali, lo sono anche i coefficienti del polinomio.
Varianti
Il polinomio q(x) può essere di grado superiore al secondo, con alcuni coefficienti arbitrari. Inoltre sia k che le $ p_i $ possono essere sostituiti da polinomi sempre positivi o nulli (ottimi i quadrati) con limitazioni facilmente trovabili.
chiedo scusa per il ritardo...non sono stato molto presente ultimamente...
la soluzione che propongo è di prendere come p(x) un polinomio di sesto grado.
Scelgo x1, x2 tali che 1<x1<2, 2<x2<3.
Impongo che la derivata si annulli nei punti 1, x1, 2, x2, 3, cioé:
$ p'(x)=A(x-1)(x-x_1)(x-2)(x-x_2)(x-3) $, con A>0.
Integro e ottengo, a meno di una costante k, un polinomio di sesto grado nei parametri A, x1, x2. Dopo aver scelto un'oppotuna k, impongo p(1)=a p(2)=b, p(3)=c ottenendo A, x1 e x2.
1,2,3 sono punti di minimo relativi, pertanto p(x) è sempre positivo.
la soluzione che propongo è di prendere come p(x) un polinomio di sesto grado.
Scelgo x1, x2 tali che 1<x1<2, 2<x2<3.
Impongo che la derivata si annulli nei punti 1, x1, 2, x2, 3, cioé:
$ p'(x)=A(x-1)(x-x_1)(x-2)(x-x_2)(x-3) $, con A>0.
Integro e ottengo, a meno di una costante k, un polinomio di sesto grado nei parametri A, x1, x2. Dopo aver scelto un'oppotuna k, impongo p(1)=a p(2)=b, p(3)=c ottenendo A, x1 e x2.
1,2,3 sono punti di minimo relativi, pertanto p(x) è sempre positivo.
Franz89
No, non funziona: in questo modo tu imponi che ci siano dei minimi per x = 1, 2, 3 ma devi ancora imporre che valgano a, b, c. Se prestabilisci i valori delle $ x_i $ ti restano due soli parametri (A, k) per tre condizioni; se non li prestabilisci non hai nessuna garanzia che cadano negli intervalli voluti. Ho provato a cercare una soluzione che sfrutti la tua idea di lavorare sui minimi, ma senza risultati apprezzabili; temo proprio che il problema sia risolubile solo con metodi simili a quelli indicati nel mio ultimo intervento.