Radici reali

[fields1]

Un facile esercizio. Sia $p(x)$ un polinomio di grado dispari e a coefficienti reali. Dimostrare algebricamente (i.e., senza usare i teoremi dell'analisi) che $p(x)$ ha una radice reale.

[Sk_Anonymous]

Sia $p(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k$, dove $n \in \mathbb{N}^+$ ed $a_0, ...,a_n \in RR$, con $a_n \ne 0$. Se $x_0 \in CC$ è t.c. $p(x_0) = 0$, così pure $0 = p$*$(x_0) = \sum_{k=0}^n a_k (x_0$*$)^k$, i.e. $p(x_0$*$) = 0$, dove * indica il coniugio. Senonché $x_0 \ne x_0$*, quando $x_0$ non è reale. Siano perciò $R = \{x_0 \in RR: p(x_0) = 0\}$ e $C = \{x_0 \in CC\setminus RR: p(x_0) = 0\}$. Allora $n \equiv |R \cup C| \equiv |R| + |C| \equiv |R|$ mod 2.

[fields1]

Mancano dei passaggi... ovvero quelli che dovrebbero dimostrare che $n\equiv |R uu C|$ (mod 2).

[carlo232]

"fields":Mancano dei passaggi... ovvero quelli che dovrebbero dimostrare che $n\equiv |R uu C|$ (mod 2).

Beh, immagino sottointendesse il teorema fondamentale dell'algebra unito al fatto che $R$ e $C$ si intersecano nel vuoto.

[fields1]

Beh, immagino sottointendesse il teorema fondamentale dell'algebra unito al fatto che $R$ e $C$ si intersecano nel vuoto.

Non basta. Bisogna anche dimostrare che le radici complesse hanno molteplicità 1 in base all'approccio di DavidHilbert

Edit: si puo' anche evitare il discorso sulla molteplicita', ma non devo dire io come...

[Sk_Anonymous]

"fields":

Beh, immagino sottointendesse il teorema fondamentale dell'algebra unito al fatto che $R$ e $C$ si intersecano nel vuoto.

Non basta. Bisogna anche dimostrare che le radici complesse hanno molteplicità 1 in base all'approccio di DavidHilbert

Non è vero, non ho mai supposto che le radici complesse avessero molteplicità 1. Non è certo un caso se le uguaglianze son prese mod 2. Del resto, qualunque sia $x_0 \in CC$, è evidente che $x_0$ è uno zero di molteplicità algebrica $m \in NN$ per l'equazione $p(x) = 0$ sse è tale il suo coniugato $x_0$*. Perciò $|C|$ possiede la stessa parità di una qualunque enumerazione degli zeri dell'equazione p(x) = 0 che tenga anche conto delle loro molteplicità.

[fields1]

"DavidHilbert":
Non è vero, non ho mai supposto che le radici complesse avessero molteplicità 1.

"fields":
Edit: si puo' anche evitare il discorso sulla molteplicita', ma non devo dire io come...

"DavidHilbert":
Non è certo un caso se le uguaglianze son prese mod 2. Del resto, qualunque sia $x_0 \in CC$, è evidente che $x_0$ è uno zero di molteplicità algebrica $m \in NN$ per l'equazione $p(x) = 0$ sse è tale il suo coniugato $x_0$*. Perciò $|C|$ possiede la stessa parità di una qualunque enumerazione degli zeri dell'equazione p(x) = 0 che tenga anche conto delle loro molteplicità.

Evidente per me che ho proposto il problema, forse evidente per te, ma forse non evidente per qualcun altro meno esperto di te, non credi? Da quando in qua l'evidenza soggettiva e' un'argomentazione matematica?

[fields1]

Comunque, se a qualcuno interessa, si puo' dimostrare, ma io non lo faro', che se $p(x)$ e' un polinomio a coefficienti in un campo infinito $F$ e irriducibile in $F[x]$ e $K$ e' un campo che contiene $F$, allora se $k\in K\\F$ e' una radice di $p(x)$, allora la molteplicita' algebrica di $k$ in $p(x)$ e' 1.

ciao ciao

[Sk_Anonymous]

"fields":
Evidente per me che ho proposto il problema, forse evidente per te, ma forse non evidente per qualcun altro meno esperto di te, non credi? Da quando in qua l'evidenza soggettiva e' un'argomentazione matematica?

Da sempre! La matematica non pretende, infatti, di essere trasparente come l'aria al mondo intero. Se prendi gli articoli originali di un Gauss piuttosto che di un Euler, per non dire di tutta la letteratura matematica contemporanea, dubito che finirai per darmi torto. Ad ogni modo, siano $p$ e $q$ le molteplicità algebriche di $x_0 \in CC$ e del suo coniugato in quanto radici dell'eq. $p(x) = 0$. Allora identicamente $p(x) = (x-x_0)^p a(x) = (x-x_0$*$)^q b(x)$, dove $a(x), b(x) \in CC[x]$ sono t.c. $a(x_0) b(x_0$*$) \ne 0$. Da qui p(x) = $(x - x_0$*$)^p $a*(x) = $(x-x_0)^k$ b*(x), dove a*(x) e b*(x) denotano, rispettivamente, i polinomi ottenuti coniugando i coefficienti di a(x) e b(x). Dunque $p \le k \le p$.

[fields1]

Bene.

La matematica non pretende, infatti, di essere trasparente come l'aria al mondo intero.

Excursus:

La Logica Matematica insegna che la matematica puo' essere trasparente come l'aria al mondo intero, al punto che un automa o un calcolatore stupido potrebbero verificare la correttezza di una dimostrazione.

In ogni caso, le dimostrazioni di Gauss e Eulero non erano dimostrazioni rigorose nel senso moderno del termine, e infatti la matematica dell'Ottocento ha sentito il bisogno di darsi fondamenta piu' solide.

Comunque riconosco che scrivere una dimostrazione trasparente al mondo intero, come sono le dimostrazioni prescritte dalla Logica matematica, puo' essere alquanto noioso. E' la noia il principale ostacolo alla perfezione.

fine Excursus

[Sk_Anonymous]

"fields":Comunque, se a qualcuno interessa, si puo' dimostrare, ma io non lo faro', che se $p(x)$ e' un polinomio a coefficienti in un campo infinito $F$ e $K$ e' un campo che contiene $F$, allora se $k\in K\\F$ e' una radice di $p(x)$, allora la molteplicita' algebrica di $k$ in $p(x)$ e' 1.

$F = RR$, $K = CC$, $k = i$ e $p(x) = (x^2+1)^2$.

[fields1]

Editato.

[fields1]

....e usando il lemma che ho scritto, tornando al nostro problema, si conclude facilmente. Infatti se $p(x)$ ha grado dispari, deve avere un fattore irriducibile di grado dispari. Dunque si puo’ assumere, senza perdita di generalità, che $p(x)$ sia irriducibile e che quindi abbia radici complesse di molteplicità 1.

[Mega-X]

"fields":Un facile esercizio. Sia $p(x)$ un polinomio di grado dispari e a coefficienti reali. Dimostrare algebricamente (i.e., senza usare i teoremi dell'analisi) che $p(x)$ ha una radice reale.

dimostrare che ha UNA SOLA radice reale o almeno una?

[Sk_Anonymous]

Almeno una, naturalmente.