Molteplicità delle soluzioni complesse coniugate
Vi chiedo aiuto per una dimostrazione che dovrebbe essere facile ma continua a sfuggirmi.
Dunque, é noto che, avendo un polinomio di grado n a coefficienti reali, se un numero complesso z é soluzione allora lo é anche il suo coniugato z*.
Ora, supponendo $\nu_1$ la molteplicità algebrica di z e $\nu_2$ la molteplicità algebrica di z*, come é possibile dimostrare che:
$\nu_1$ = $\nu_2$ ?
Ho provato a ragionare per assurdo ma mi blocco in partenza....
Dunque, é noto che, avendo un polinomio di grado n a coefficienti reali, se un numero complesso z é soluzione allora lo é anche il suo coniugato z*.
Ora, supponendo $\nu_1$ la molteplicità algebrica di z e $\nu_2$ la molteplicità algebrica di z*, come é possibile dimostrare che:
$\nu_1$ = $\nu_2$ ?
Ho provato a ragionare per assurdo ma mi blocco in partenza....
Risposte
Sia $p(x) in RR[x]$ il polinomio di partenza, di grado $n$.
Certamente esiste $z in CC$ tale che $p(z)=0$. Sia $nu$ la sua molteplicità algebrica (naturalmente $1<=nu<=n$).
Certamente esiste $z in CC$ tale che $p(z)=0$. Sia $nu$ la sua molteplicità algebrica (naturalmente $1<=nu<=n$).
[*:2y89ya5x]Se $z in RR$ si ha $z= barz$, dunque certamente $z$ e $barz$ hanno la stessa molteplicià (cioè $nu$).
[/*:m:2y89ya5x]
[*:2y89ya5x]Se invece $z in CC\\RR$,
come hai detto giustamente anche tu, anche $bar{z}$ è radice del polinomio: $p(barz)=0$.
Questo significa che $(x-z)(x-barz)$ divide $p(x)$.
Ma $(x-z)(x-barz)= x^2-(z+barz)x +z barz$ e sia $z+bar(z)$ sia $z bar z$ sono numeri reali,
dunque $(x-z)(x-barz) in RR[x]$.
Pertanto esiste $q(x) in RR[x]$ di grado $n-2$ tale che $p(x)= (x-z)(x-barz) q(x)$.
Eccetera eccetera[/*:m:2y89ya5x][/list:u:2y89ya5x]
Ci sono arrivato anch'io nel pomeriggio finalmente! 
Però c'é un problema: come dimostro che i polinomi di grado n-2, n-4 ecc... sono ancora a coefficienti reali? La dimostrazione non sta in piedi senza!
Però c'é un problema: come dimostro che i polinomi di grado n-2, n-4 ecc... sono ancora a coefficienti reali? La dimostrazione non sta in piedi senza!
Se dividi un polinomio a coefficienti reali di grado $n$ per un polinomio a coefficienti reali di grado $2$ (che lo divide),
si ottiene un polinomio a coefficienti reali di grado $n-2$.
si ottiene un polinomio a coefficienti reali di grado $n-2$.
É sempre vera questa affermazione? Scusa l'insistenza Al limite mi sapresti dare un suggerimento per dimostrarlo?
Al limite mi sapresti dare un suggerimento per dimostrarlo?
Ci stiamo perdendo in un bicchiere d'acqua.
Sia $p(x) in RR[x]$ di grado $n$. Se $EE q(x) in RR[x]$ di grado $m<=n$ tale che $q(x)|p(x)$,
allora $p(x)=q(x)*s(x)$, con $s(x)in RR[x]$ di grado $m-n$.
Fin qui ci sei?
Sia $p(x) in RR[x]$ di grado $n$. Se $EE q(x) in RR[x]$ di grado $m<=n$ tale che $q(x)|p(x)$,
allora $p(x)=q(x)*s(x)$, con $s(x)in RR[x]$ di grado $m-n$.
Fin qui ci sei?
Si ovviamente si!
Beh, allora nota che la frase che non ti torna è proprio questa ultima con $m=2$
No no ma guarda che a me torna perfettamente, so che é cosi, il punto era dimostrare questa affermazione in modo rigoroso!
Non c'è nulla da dimostrare. E' la definizione di "divide"
Siano \(\displaystyle p(x), q(x) \in \mathbb{R}[x] \)
\(\displaystyle q(x) \mid p(x) \) se e solo se \(\displaystyle \exists s(x) \in \mathbb{R}[x]\) tale che \(\displaystyle p(x)=q(x) \cdot s(x) \).
E in \(\displaystyle \mathbb{R}[x] \) il grado di un prodotto di due polinomi è la somma dei gradi dei due polinomi
Siano \(\displaystyle p(x), q(x) \in \mathbb{R}[x] \)
\(\displaystyle q(x) \mid p(x) \) se e solo se \(\displaystyle \exists s(x) \in \mathbb{R}[x]\) tale che \(\displaystyle p(x)=q(x) \cdot s(x) \).
E in \(\displaystyle \mathbb{R}[x] \) il grado di un prodotto di due polinomi è la somma dei gradi dei due polinomi
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