Radici doppie
io ho provato per la seconda parte a calcolare tutta la r-esima derivata che è data da una formula che è simile alla formula per i coefficienti binomiali. Però poi mi sono perso.
Negli appunti suggerisce di andare con l'induzione. Si dimostra il caso in cui la molteplicità è due pero' poi non so come continuare
(VEDI ANCHE 3° Post)
Negli appunti suggerisce di andare con l'induzione. Si dimostra il caso in cui la molteplicità è due pero' poi non so come continuare
(VEDI ANCHE 3° Post)
Risposte
Ti capisco.
Figurati che io ho provato per la quinta parte ma non sono riuscito ad integrare.
Figurati che io ho provato per la quinta parte ma non sono riuscito ad integrare.
ho trovato forse una dim alternativa...
consideriamo prima di tutto le ipotesi: un polinomio $a(x)=(x-\rho)^r \cdot q(x)$ e $q(x)\not=0$ quindi $x-\rho$ non divide $q(x)$.
consideriamo la formula per la derivata all'ordine n di un prodotto di due funzioni:
$D^(n) (f \cdot g) = \sum_{k=0}^n \alpha_k f^{(r-k)} \cdot g^{(k)} $ dove $\alpha_k$ sono i coefficienti binomiali n su k.
Ora vediamo la derivata r-esima di $a(x)$
$D^(r) [(x-\rho)^r] \cdot q(x) + \alpha_1 \cdot D^(r-1) [(x-\rho)^r] \cdot q^{(1)}(x) + \alpha_1 \cdot D^(r-2) [(x-\rho)^r] \cdot q^{(2)}(x) + ... + D^(0) [(x-\rho)^r] \cdot q^{(r)}(x) =$
$= q(x) + \sum_{k=1}^r \alpha_k \cdot (x-\rho)^{r-r+k} \cdot q^{(k)}(x) = q(x) + \sum_{k=1}^r \alpha_k \cdot (x-\rho)^{k} \cdot q^{(k)}(x)$
Tale polinomio è composto dalla somma fra q(x) che calcolato in $\rho$ da una quantità di sicuro diverso da zero per ipotesi e fra la sommatoria che in ogni addendo ha sempre termini in $(x-\rho)$ elevato un intero k compreso fra 1 ed r, e che quindi annullano tutta la sommatoria.
Questo non può accadere se calcoliamo la derivata di a(x) con indice strettamente minore di r.
Dobbiamo solo provare che nella
$z_{r'} (x) = \sum_{k=1}^{r'} \alpha_k \cdot D^{(r'-k)}[(x-\rho)^{r}] \cdot q^{(k)}(x)$ con $r'
l'espressione $D^{(r'-k)}[(x-\rho)^{r}]$ sia diversa da 1 per ogni k e per ogni r' minore di r.
$D^{(r'-k)}[(x-\rho)^{r}]=(x-\rho)^{r-r'+k}$. Bisogna provare che in tali condizioni r-r'+k sia sempre diverso da zero.
Ciò è vero perchè r-r' è sempre positivo e mai zero, e k è sempre positivo o uguale a zero.
Quindi con $r'
Vedete se può andare bene cosi' senza usare l'induzione
consideriamo prima di tutto le ipotesi: un polinomio $a(x)=(x-\rho)^r \cdot q(x)$ e $q(x)\not=0$ quindi $x-\rho$ non divide $q(x)$.
consideriamo la formula per la derivata all'ordine n di un prodotto di due funzioni:
$D^(n) (f \cdot g) = \sum_{k=0}^n \alpha_k f^{(r-k)} \cdot g^{(k)} $ dove $\alpha_k$ sono i coefficienti binomiali n su k.
Ora vediamo la derivata r-esima di $a(x)$
$D^(r) [(x-\rho)^r] \cdot q(x) + \alpha_1 \cdot D^(r-1) [(x-\rho)^r] \cdot q^{(1)}(x) + \alpha_1 \cdot D^(r-2) [(x-\rho)^r] \cdot q^{(2)}(x) + ... + D^(0) [(x-\rho)^r] \cdot q^{(r)}(x) =$
$= q(x) + \sum_{k=1}^r \alpha_k \cdot (x-\rho)^{r-r+k} \cdot q^{(k)}(x) = q(x) + \sum_{k=1}^r \alpha_k \cdot (x-\rho)^{k} \cdot q^{(k)}(x)$
Tale polinomio è composto dalla somma fra q(x) che calcolato in $\rho$ da una quantità di sicuro diverso da zero per ipotesi e fra la sommatoria che in ogni addendo ha sempre termini in $(x-\rho)$ elevato un intero k compreso fra 1 ed r, e che quindi annullano tutta la sommatoria.
Questo non può accadere se calcoliamo la derivata di a(x) con indice strettamente minore di r.
Dobbiamo solo provare che nella
$z_{r'} (x) = \sum_{k=1}^{r'} \alpha_k \cdot D^{(r'-k)}[(x-\rho)^{r}] \cdot q^{(k)}(x)$ con $r'
l'espressione $D^{(r'-k)}[(x-\rho)^{r}]$ sia diversa da 1 per ogni k e per ogni r' minore di r.
$D^{(r'-k)}[(x-\rho)^{r}]=(x-\rho)^{r-r'+k}$. Bisogna provare che in tali condizioni r-r'+k sia sempre diverso da zero.
Ciò è vero perchè r-r' è sempre positivo e mai zero, e k è sempre positivo o uguale a zero.
Quindi con $r'
Vedete se può andare bene cosi' senza usare l'induzione
Con l'induzione può risultare più facile.
Se $g(x)$ ha $a$ come radice di molteplicità $h$ allora $g(x)=(x-a)^h f(x)$ con $f(a) ne 0$. La derivata è $(x-a)^{h-1}(h f(x)+(x-a)f'(x))$, quindi ha $a$ come zero di molteplicità $h-1$. Per ipotesi induttiva ciò significa che tutte le derivate di $g'$ fino alla $h-2$-esima sono zero in $a$ ma non la $h-1$-esima, in altre parole tutte le derivate di $g$ fino alla $h-1$-esima sono zero in $a$ ma non la $h$-esima.
Viceversa supponiamo che $g(x)$ abbia tutte le derivate zero in $a$ fino alla $h-1$-esima ma non zero in $a$ per la $h$-esima. Allora $g'(x)$ ha tutte le derivate zero in $a$ fino alla $h-2$-esima ma non zero in $a$ per la $h-1$-esima. Per ipotesi induttiva $g'(x)$ ha $a$ come zero di molteplicità $h-1$, scriviamo $g'(x)=(x-a)^{h-1}t(x)$. Scrivendo $g(x)=(x-a)^kl(x)$ dove $k$ è la molteplicità dello zero $a$ di $g$, abbiamo $g'(x)=k (x-a)^{k-1}l(x)+(x-a)^kl'(x)=(x-a)^{h-1} t(x)$. Segue che $k le h$ e siccome $x-a$ non divide $l(x)$ si deve avere $k=h$.
Se $g(x)$ ha $a$ come radice di molteplicità $h$ allora $g(x)=(x-a)^h f(x)$ con $f(a) ne 0$. La derivata è $(x-a)^{h-1}(h f(x)+(x-a)f'(x))$, quindi ha $a$ come zero di molteplicità $h-1$. Per ipotesi induttiva ciò significa che tutte le derivate di $g'$ fino alla $h-2$-esima sono zero in $a$ ma non la $h-1$-esima, in altre parole tutte le derivate di $g$ fino alla $h-1$-esima sono zero in $a$ ma non la $h$-esima.
Viceversa supponiamo che $g(x)$ abbia tutte le derivate zero in $a$ fino alla $h-1$-esima ma non zero in $a$ per la $h$-esima. Allora $g'(x)$ ha tutte le derivate zero in $a$ fino alla $h-2$-esima ma non zero in $a$ per la $h-1$-esima. Per ipotesi induttiva $g'(x)$ ha $a$ come zero di molteplicità $h-1$, scriviamo $g'(x)=(x-a)^{h-1}t(x)$. Scrivendo $g(x)=(x-a)^kl(x)$ dove $k$ è la molteplicità dello zero $a$ di $g$, abbiamo $g'(x)=k (x-a)^{k-1}l(x)+(x-a)^kl'(x)=(x-a)^{h-1} t(x)$. Segue che $k le h$ e siccome $x-a$ non divide $l(x)$ si deve avere $k=h$.
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