P=Q^2+R^2
Sia P un polinomio tale che per ogni x numero reale $P[x]≥0$.
Dimostrare l'esistenza di due polinomi Q e R tali che $P=Q^2+R^2$.
Dimostrare l'esistenza di due polinomi Q e R tali che $P=Q^2+R^2$.
Risposte
suppongo che il polinomio fosse a coefficienti reali ????
in tal caso forse si potrebbe procedere per induzione sul grado di p(x)...
1) si osserva che deve essere n pari e si fà il caso n=2 a mano;
2) si prende un polinomio di grado maggiore, tipo 2k con k maggiore di 1. Si scompone il polinomio in prodotti di polinomi di secondo grado a coefficienti reali (si può fare in quanto p(x) è stato supposto a coefficienti reali). Si osserva:
Oss: un polinomio di secondo grado a coefficienti reali ha segno definito sse a discriminante negativo, ovvero due radici complesse. se non è definito un polinomio di secondo grado ha due radici reali (o una reale doppia);
quindi se nello sviluppo in polinomi di secondo grado compaiono polinomi con: a) una radice reale doppia, b) un polinomio con segno definito; siamo a posto, in quanto si scrive $q(x)$ (il nostro polinomio) come $q(x)=a(x)b(x)$, con a e b entrambi definiti. Usando l'ipotesi induttiva e l'identità $(A^2+B^2)(C^2+D^2)=(AC-BD)^2+(AD+CB)^2$ si conclude.
Se nello sviluppo non compaiono polinomi di tal fatta (e nemmeno sviluppando i polinomi di secondo grado con due radici reali compaiono una radice doppia per q(x)), allora è del tipo (per l'oss) $q(x)=(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)$ con $a_i!=a_j$ se $i!=j$. ma un polinomio di tal tipo si verifica che non è definito positivo (basta fare la tabella dei segni).
in tal caso forse si potrebbe procedere per induzione sul grado di p(x)...
1) si osserva che deve essere n pari e si fà il caso n=2 a mano;
2) si prende un polinomio di grado maggiore, tipo 2k con k maggiore di 1. Si scompone il polinomio in prodotti di polinomi di secondo grado a coefficienti reali (si può fare in quanto p(x) è stato supposto a coefficienti reali). Si osserva:
Oss: un polinomio di secondo grado a coefficienti reali ha segno definito sse a discriminante negativo, ovvero due radici complesse. se non è definito un polinomio di secondo grado ha due radici reali (o una reale doppia);
quindi se nello sviluppo in polinomi di secondo grado compaiono polinomi con: a) una radice reale doppia, b) un polinomio con segno definito; siamo a posto, in quanto si scrive $q(x)$ (il nostro polinomio) come $q(x)=a(x)b(x)$, con a e b entrambi definiti. Usando l'ipotesi induttiva e l'identità $(A^2+B^2)(C^2+D^2)=(AC-BD)^2+(AD+CB)^2$ si conclude.
Se nello sviluppo non compaiono polinomi di tal fatta (e nemmeno sviluppando i polinomi di secondo grado con due radici reali compaiono una radice doppia per q(x)), allora è del tipo (per l'oss) $q(x)=(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)$ con $a_i!=a_j$ se $i!=j$. ma un polinomio di tal tipo si verifica che non è definito positivo (basta fare la tabella dei segni).
"yurifrey":
Sia P un polinomio tale che per ogni x numero reale $P[x]≥0$.
Dimostrare l'esistenza di due polinomi Q e R tali che $P=Q^2+R^2$.
Preferisco il seguente metodo costruttivo:
(1) Se $P$ non possiede zeri reali allora, va da se che è il prodotto di polinomi a discriminante negativo del tipo $aX^2+bX+c=(sqrt{a}X+{b}/{2sqrt{a}})^2 +(sqrt{{4ac-b^2}/{4a}})^2$ e si può utilizzare più volte l'identità $(A^2+B^2)(C^2+D^2)=(AC-BD)^2+(AD+BC)^2$.
(2) Se $P$ possiede zeri reali allora si può scrivere come $P=P'P''$ dove $P'$ ha solo zeri reali e $P''$ ha solo zeri complessi. $P'$ e $P''$ hanno lo stesso segno, assumiamo $P'$ e $P''$ positivi. $P''$ si tratta come al punto (1). Mentre è facile accorgersi che $P'$ deve essere un quadrato avendo solo radici reali. Il caso $P'$ e $P''$ negativo segue immediatamente considerando $-P'$ e $-P''$.
Si sembra funzioni datemi pareri.
Saluti
Mistral
mmm... ma in fondo sono così diverse le due soluzioni?
ps: e come ogni Pasqua, torna il buon Mistral!
ps: e come ogni Pasqua, torna il buon Mistral!
"Thomas":
mmm... ma in fondo sono così diverse le due soluzioni?
ps: e come ogni Pasqua, torna il buon Mistral!
Leggendo la tua risposta a parte usare l'induzione no.
Sono comunque più frequente di ogni Pasqua.
Saluti e Buona Pasqua
Mistral
Vi posto la mia soluzione.
Se P non possiede zeri reali si utilizza l'identità di Brahmagupta.
Se P possiede zeri reali allora le sue radici $\alpha_i$ sono per forza doppie. Inoltre, fra le radici complesse, se $z$ è radice $\bar{z}$ è anch'essa radice. Essendo quello dei polinomi un anello fattoriale si può scrivere:
$P=\prod_i(X-\alpha_i)^(2m)\prod_j(X-z_j)(X-\bar{z_j})$
$P=(prod_i(X-\alpha_i)^m\prod_j(X-z_j))(\prod_i(X-\alpha_i)^m\prod_j(X-\bar{z_j}))$
$P=(Q+iR)(Q-iR)=Q^2+R^2$
Se P non possiede zeri reali si utilizza l'identità di Brahmagupta.
Se P possiede zeri reali allora le sue radici $\alpha_i$ sono per forza doppie. Inoltre, fra le radici complesse, se $z$ è radice $\bar{z}$ è anch'essa radice. Essendo quello dei polinomi un anello fattoriale si può scrivere:
$P=\prod_i(X-\alpha_i)^(2m)\prod_j(X-z_j)(X-\bar{z_j})$
$P=(prod_i(X-\alpha_i)^m\prod_j(X-z_j))(\prod_i(X-\alpha_i)^m\prod_j(X-\bar{z_j}))$
$P=(Q+iR)(Q-iR)=Q^2+R^2$
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