roots (si intende, dopo mangiato!)
roots (si intende, dopo mangiato!)
Mostrare che $ p(x)=x^6-2x^5+x^4-2x^3+x^2-2x+1 $ ha esattamente 4 radici di modulo 1.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
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Jack Luminous
- Messaggi: 42
- Iscritto il: 06 nov 2008, 20:57
Avrei trovato una soluzione del tutto elementare.
L'equazione p(x)=0 è una reciproca di prima specie che si risolve
dividendo il tutto per $ \displaystyle x^3 $ e ponendo:
(1) $ \displaystyle x+\frac{1}{x}=y $
In tal modo,tenuto conto di note formule,si giunge all'equazione:
(2) $ \displaystyle f(y)=y^3-2y^2-2y+2=0 $
Ora è:
$ \displaystyle[f(-2)\cdot f(-1)=-10<0 ], [f(0) \cdot f(1)=-2<0] , [f(2)\cdot f(3)=-10<0] $
Pertanto la (2) ha 3 radici reali così definite:
$ \displaystyle -2<y_1<-1,0<y_2<1,2<y_3<3 $
da cui si deduce che:
(3) $ \displaystyle |y_1|<2,|y_2|<2 $ mentre la terza radice $ \displaystyle y_3 $ ha modulo maggiore di 2.
Risolvendo la (1) rispetto ad x si ricava:
$ \displaystyle x =\frac{y}{2}\mp \sqrt{\frac{y^2}{4}-1} $
Sostituendo in tale formula le $ \displaystyle y_i $ e tenuto conto delle (3) , per le 6 radici di p(x) si ha:
$ \displaystyle x_{1,2} =\frac{y_1}{2}\mp i\sqrt{1-\frac{y_1^2}{4}} $
$ \displaystyle x_{3,4} =\frac{y_2}{2}\mp i\sqrt{1-\frac{y_2^2}{4}} $
$ \displaystyle x_{5,6} =\frac{y_3}{2}\mp \sqrt{\frac{y_3^2}{4}-1} $
Essendo chiaramente :$ \displaystyle |x_{1,2}|=|x_{3,4}|=1,|x_{5,6}|\neq 1 $, l'assunto è dimostrato
karl
L'equazione p(x)=0 è una reciproca di prima specie che si risolve
dividendo il tutto per $ \displaystyle x^3 $ e ponendo:
(1) $ \displaystyle x+\frac{1}{x}=y $
In tal modo,tenuto conto di note formule,si giunge all'equazione:
(2) $ \displaystyle f(y)=y^3-2y^2-2y+2=0 $
Ora è:
$ \displaystyle[f(-2)\cdot f(-1)=-10<0 ], [f(0) \cdot f(1)=-2<0] , [f(2)\cdot f(3)=-10<0] $
Pertanto la (2) ha 3 radici reali così definite:
$ \displaystyle -2<y_1<-1,0<y_2<1,2<y_3<3 $
da cui si deduce che:
(3) $ \displaystyle |y_1|<2,|y_2|<2 $ mentre la terza radice $ \displaystyle y_3 $ ha modulo maggiore di 2.
Risolvendo la (1) rispetto ad x si ricava:
$ \displaystyle x =\frac{y}{2}\mp \sqrt{\frac{y^2}{4}-1} $
Sostituendo in tale formula le $ \displaystyle y_i $ e tenuto conto delle (3) , per le 6 radici di p(x) si ha:
$ \displaystyle x_{1,2} =\frac{y_1}{2}\mp i\sqrt{1-\frac{y_1^2}{4}} $
$ \displaystyle x_{3,4} =\frac{y_2}{2}\mp i\sqrt{1-\frac{y_2^2}{4}} $
$ \displaystyle x_{5,6} =\frac{y_3}{2}\mp \sqrt{\frac{y_3^2}{4}-1} $
Essendo chiaramente :$ \displaystyle |x_{1,2}|=|x_{3,4}|=1,|x_{5,6}|\neq 1 $, l'assunto è dimostrato
karl
La (1) dà $ x^2-yx+1=0 $. Se ammette due soluzioni complesse esse sono coniugate. Ma il modulo di un complesso è il prodotto di questo per il coniugato, quindi le soluzioni hanno lo stesso modulo = termine noto (che rappresenta il prodotto) = 1.jordan ha scritto:Giusto Karl..
un altro modo dopo il (3) per concludere che il modulo è 1?(non facendo bovinamente i conti..?)
Da $ |y| < 2 $ per i primi due casi abbiamo $ y^2-4 < 0 $, quindi l'equazione ha $ \Delta < 0 $ e ha sol. complesse che hanno per quanto detto prima modulo = 1.
Da $ |y| > 2 $ nell'ultimo caso abbiamo che le sol. sono reali e reciproche, quindi è impossibile che il loro valore assoluto sia 1 (altrimenti la somma varrebbe al massimo 2 in valore ass., cosa vietata da $ |y| > 2 $
si giusto anche cosi..
propongo una via alternativa
se $ x \in \mathbb{R} $ allora $ |x+x^{-1}| \ge 2 $ per am-gm ed è due sse $ |x|=1 $. D'altronde se $ |x+x^{-1}|<2 $ esiste un $ t \in [0,2\pi) $ tale che $ x=\cos t +i\sin t=e^{i\pi} $, e quindi $ x+x^{-1}=e^{i\pi}+e^{-i\pi}=2\cos t $, edato che quanto detto è reversibile allora il modulo è davvero 1.
si, piu semplice la vostra..
propongo una via alternativa
se $ x \in \mathbb{R} $ allora $ |x+x^{-1}| \ge 2 $ per am-gm ed è due sse $ |x|=1 $. D'altronde se $ |x+x^{-1}|<2 $ esiste un $ t \in [0,2\pi) $ tale che $ x=\cos t +i\sin t=e^{i\pi} $, e quindi $ x+x^{-1}=e^{i\pi}+e^{-i\pi}=2\cos t $, edato che quanto detto è reversibile allora il modulo è davvero 1.
si, piu semplice la vostra..
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