Polinomi
ho trovato questo problema che mi sembra molto interessante...
siano $p(x)$,$q(x)$ e $r(x)$ polinomi a coefficienti reali di gradi rispettivamente 2,3,3 che soddisfano $p^2(x)+q^2(x)=r^2(x)$. dimostrare che esaatamente uno tra $q(x)$ ed $r(x)$ ha tutte le radici reali.
siano $p(x)$,$q(x)$ e $r(x)$ polinomi a coefficienti reali di gradi rispettivamente 2,3,3 che soddisfano $p^2(x)+q^2(x)=r^2(x)$. dimostrare che esaatamente uno tra $q(x)$ ed $r(x)$ ha tutte le radici reali.
Risposte
Si tratta soltanto di svolgere due conti.
Abbiamo: $p^2(x)=q^2(x)-r^2(x)=(q(x)+r(x))(q(x)-r(x))$.
Naturalmente $q(x)+r(x)$ e $q(x)-r(x)$ non possono avere entrambi grado 2, altrimenti uno fra $q(x)$ e $r(x)$ non sarebbe di grado 3. Dunque, $q(x)+r(x)$ oppure $q(x)-r(x)$ ha grado 1 e dunque una radice reale $a_1$. Ma allora $a_1$ e' radice anche di $p(x)$, e dunque $p(x)$ ha due radici reali, essendo di grado 2. Sia $p(x)=(x-a_1)(x-a_2)$.
Abbiamo allora che certamente $x-a_1$ divide sia $q(x)+r(x)$ sia $q(x)-r(x)$. Dunque $x-a_1$ divide la loro somma e la loro differenza, ovvero $2q(x)$ e $2r(x)$ e dunque divide $q(x)$ e $r(x)$. Siano allora $q(x)=(x-a_1)q'(x)$ e $r(x)=(x-a_1)r'(x)$.
Vale allora che $c(x-a_1)^2(x-a_2)^2=p(x)^2=(x-a_1)(q'(x)+r'(x))(x-a_1)(q'(x)-r'(x))$ e dunque $c(x-a_2)^2=(q'(x)+r'(x))(q'(x)-r'(x))$. Senza perdita di generalita', $q'(x)-r'(x)$ ha grado 1 e dunque $q'(x)=r'(x)+b$ per qualche $b\in RR$.
Osserviamo ora che $q'(x)+r'(x)$ ha come radice reale doppia $a_2$. Ma allora certamente $q'(x)$ e $r'(x)$ non possono essere entrambi sempre positivi o entrambi sempre negativi, e d'altra parte, differendo essi di una costante non possono essere uno sempre negativo e l'altro sempre positivo. Ne segue che non c'e' altra possibilita' che uno fra $q'(x)$ e $r'(x)$ assuma valori sia positivi che non positivi: per il teorema degli zeri, tale fortunello, essendo di grado 2, ha tutte radici reali.
Inoltre, avendo $q'(x)+r'(x)$ radice reale doppia deve essere sempre maggiore o uguale a zero o sempre minore o uguale a zero. Dunque certamente, tenendo conto che $q'(x)$ e $r'(x)$ differiscono di una costante, uno fra $q'(x)$ e $r'(x)$ e' sempre positivo o sempre negativo e dunque non ha radici reali. Dunque l'esercizio è concluso.
Abbiamo: $p^2(x)=q^2(x)-r^2(x)=(q(x)+r(x))(q(x)-r(x))$.
Naturalmente $q(x)+r(x)$ e $q(x)-r(x)$ non possono avere entrambi grado 2, altrimenti uno fra $q(x)$ e $r(x)$ non sarebbe di grado 3. Dunque, $q(x)+r(x)$ oppure $q(x)-r(x)$ ha grado 1 e dunque una radice reale $a_1$. Ma allora $a_1$ e' radice anche di $p(x)$, e dunque $p(x)$ ha due radici reali, essendo di grado 2. Sia $p(x)=(x-a_1)(x-a_2)$.
Abbiamo allora che certamente $x-a_1$ divide sia $q(x)+r(x)$ sia $q(x)-r(x)$. Dunque $x-a_1$ divide la loro somma e la loro differenza, ovvero $2q(x)$ e $2r(x)$ e dunque divide $q(x)$ e $r(x)$. Siano allora $q(x)=(x-a_1)q'(x)$ e $r(x)=(x-a_1)r'(x)$.
Vale allora che $c(x-a_1)^2(x-a_2)^2=p(x)^2=(x-a_1)(q'(x)+r'(x))(x-a_1)(q'(x)-r'(x))$ e dunque $c(x-a_2)^2=(q'(x)+r'(x))(q'(x)-r'(x))$. Senza perdita di generalita', $q'(x)-r'(x)$ ha grado 1 e dunque $q'(x)=r'(x)+b$ per qualche $b\in RR$.
Osserviamo ora che $q'(x)+r'(x)$ ha come radice reale doppia $a_2$. Ma allora certamente $q'(x)$ e $r'(x)$ non possono essere entrambi sempre positivi o entrambi sempre negativi, e d'altra parte, differendo essi di una costante non possono essere uno sempre negativo e l'altro sempre positivo. Ne segue che non c'e' altra possibilita' che uno fra $q'(x)$ e $r'(x)$ assuma valori sia positivi che non positivi: per il teorema degli zeri, tale fortunello, essendo di grado 2, ha tutte radici reali.
Inoltre, avendo $q'(x)+r'(x)$ radice reale doppia deve essere sempre maggiore o uguale a zero o sempre minore o uguale a zero. Dunque certamente, tenendo conto che $q'(x)$ e $r'(x)$ differiscono di una costante, uno fra $q'(x)$ e $r'(x)$ e' sempre positivo o sempre negativo e dunque non ha radici reali. Dunque l'esercizio è concluso.
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