OliForum Matematico

premetto che secondo me come problema è molto olimpico..

Ad ogni modo..
Mostrare che per ogni $ (a,b) \in \mathbb{C}^2 $, entrambi diversi da 0, il seguente polinomio ha almeno una radice con modulo 1:
$ p(x)=ax^3+bx^2+\overline{b}x+\overline{a} $

Beh, in effetti ... ma oramai l'hai messo qui e qui lo si lascia.

Viene molto carino graficamente... se avete kig divertitevi a farlo girare!
P.S. non è un txt, è che non mi accetta l'estensione: cambiatela in kig.

Carino
Un polinomio di terzo grado ha sempre tre radici. Sia z una di esse, quindi $ $p(z)=0$ $.
Il polinomio è "quasi palindromo", infatti $ $\overline{z}^3\cdot p(\frac{1}{\overline{z}})=\overline{p(z)}=\overline{0}=0$ $.
Poichè $ $a$ $ è diverso da 0, anche $ $z$ $ lo è, quindi $ $p(\frac{1}{\overline{z}})=0$ $.
Le radici però sono 3, quindi ce n'è almeno una tale che $ $z=\frac{1}{\overline z}$ $, cioè con modulo 1.

Julio, sono molto curioso di vedere una soluzione grafica ma sto kig non so nemmeno cosa sia...

PubTusi ha scritto:Le radici però sono 3, quindi ce n'è almeno una tale che $ $z=\frac{1}{\overline z}$ $, cioè con modulo 1.

Giusto ma non è finita...

mmm.. cioè?

PubTusi ha scritto:mmm.. cioè?

Cioe non è proprio vero quello frase che ho citato prima..pensaci un secondo sono sicuro che capirai

Già, che semo

Rimane il caso in cui una radice ha molteplicità 2 è la terza è l'inverso del coniugato.
Ma allora deve essere $ $\frac{\overline{a}}{a}=-\frac{z^2}{\overline{z}}$ $ perchè il prodotto delle 3 radici è l'opposto del termine noto del polinomio diviso per il coefficiente del termine di grado più alto
ma il Lhs ha modulo 1, mentre il rhs ha modulo $ $|z|$ $, e torniamo quindi a $ $|z|=1$ $

PubTusi ha scritto:Rimane il caso in cui una radice ha molteplicità 2 è la terza è l'inverso del coniugato.

Ma allora deve essere $ $\frac{\overline{a}}{a}=-\frac{z^2}{\overline{z}}$ $

Scusa la petulanza puoi spiegarla meglio?

Fatto, spero

PubTusi ha scritto:Rimane il caso in cui una radice ha molteplicità 2 è la terza è l'inverso del coniugato.

Apparte qualche accento ( ) io non capisco proprio questo tuo caso: se una radice ha molteplicità 2 allora ricadi nel tuo primo caso dato che su tre ne esiste almeno uno pari al coniugato dell'inverso..

Ok, cerco di mettere un pò in ordine:
Supponiamo il polinomio abbia una radice z con modulo diverso da 1, allora ho dimostrato che se z è una radice allore lo è anche $ $\frac{1}{\overline {z}}$ $.
Supponiamo anche la terza radice t abbia modulo diverso da 1.
Se $ $t=z$ $ ( o $ $t=\frac{1}{\overline {z}}$ $) si raggiunge un assurdo (penultimo post).
Altrimenti anche $ $\frac{1}{\overline {t}}$ $ dev essere una radice. Ma 4 radici sono un pochino troppe per un polinomio di terzo grado.

Si è ok, scusa se lho chiesto piu di una volta
La mia strada cmq era un po diversa, considerava che se $ (c,d,e) \in \mathbb{C}^3 $ erano le radici allora $ (\frac{1}{\overline{c}},\frac{1}{\overline{d}},\frac{1}{\overline{e}}) \in \mathbb{C}^3 $ era un vettore permutazione di quest'ultimo. Allora o uno corrisponde all'inverso da cui la tesi, oppure formano una catena da tre wlog $ c=\frac{1}{\overline{d}},d=\frac{1}{\overline{e}},e=\frac{1}{\overline{c}} $,ma se $ |c|>1 \implies |d|<1\implies |e| $ $ >1 \implies |c|<1 $..
E pensandoci un po è la stessa cosa che dici te..