Dimostrazione polinomio - SNS 1979 (Conferma soluzione)
"Ad ogni polinomio $P(x)$ si associ il polinomio $Q(x)=P(x+1)-P(x)$ (*). Si provi che:
(a) Q è identicamente nullo se e solo se il polinomio $P(x)$ è una costante;
(b) per ogni polinomio $Q(x)$ di grado $<=3$ esistono infiniti polinomi P che verificano la (*)."
Io l'ho risolto in questo modo:
(a) Se $P(x)=k$, allora $Q(x)=0$
$P(x)=a_1x^n+a_2x^(n-1)+...+k$, con $a_1,a_2,...=0$
$P(x-1)=a_1(x+1)^n+a_2(x+1)^(n-1)+...+k=k$
Conseguentemente $Q(x)=P(x+1)-P(x)=k-k=0$
Se $P(x)$ non fosse una costante, ma $a_1,a_2,...$ diversi da 0,
$Q(x)=P(x+1)-P(x)=
$=a_1(x+1)^n+a_2(x+1)^(n-1)+...+k-(a_1x^n+a_2x^(n-1)+...+k)=$
$=a_1((x+1)^n-x^n)+a_2((x+1)^(n-1)-x^(n-1))+...+0$
Per ogni polinomio $P(x)$ questa espressione è uguale a 0 solo se, per ogni $n$, $(x+1)^n-x^n=0$, $(x+1)^n=x^n$, $x+1=x$, che non è mai verificata.
b) Prendo $Q(x)=a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4$ e $P(x)=b_1x^4+b_2x^3+b_3x^2+b_4x+b_5$
Pongo $Q(x)=P(x+1)-P(x)=
$=b_1(x+1)^4+b_2(x+1)^3+b_3(x+1)^2+b_4(x+1)+b_5-(b_1x^4+b_2x^3+b_3x^2+b_4x+b_5)$
e facendo tutti i conti ottengo
$Q(x)=4b_1x^3+x^2(6b_1+3b_2)+x(4b_1+3b_2+2b_3)+b_1+b_2+b_3+b_4$
Ponendo ogni coefficiente della $x$ di questa espressione uguale ai coefficienti $a_1$, $a_2$, $a_3$, $a_4$, risolvendo il sistema ho
$b_1=a_1/4$
$b_2=a_2/3-a_1/2$
$b_3=a_1/4-a_2/2+a_3/2$
$b_4=a_4+a_2/6-a_3/2$
E' solo che non riesco a capire come questi risultati possano in qualche modo dimostrare che per ogni $Q(x)$ i polinomi $P(x)$ sono infiniti.. Probabilmente perché non è questo il modo di dimostrarlo..
Grazie mille dell'aiuto.
(a) Q è identicamente nullo se e solo se il polinomio $P(x)$ è una costante;
(b) per ogni polinomio $Q(x)$ di grado $<=3$ esistono infiniti polinomi P che verificano la (*)."
Io l'ho risolto in questo modo:
(a) Se $P(x)=k$, allora $Q(x)=0$
$P(x)=a_1x^n+a_2x^(n-1)+...+k$, con $a_1,a_2,...=0$
$P(x-1)=a_1(x+1)^n+a_2(x+1)^(n-1)+...+k=k$
Conseguentemente $Q(x)=P(x+1)-P(x)=k-k=0$
Se $P(x)$ non fosse una costante, ma $a_1,a_2,...$ diversi da 0,
$Q(x)=P(x+1)-P(x)=
$=a_1(x+1)^n+a_2(x+1)^(n-1)+...+k-(a_1x^n+a_2x^(n-1)+...+k)=$
$=a_1((x+1)^n-x^n)+a_2((x+1)^(n-1)-x^(n-1))+...+0$
Per ogni polinomio $P(x)$ questa espressione è uguale a 0 solo se, per ogni $n$, $(x+1)^n-x^n=0$, $(x+1)^n=x^n$, $x+1=x$, che non è mai verificata.
b) Prendo $Q(x)=a_1x^3+a_2x^2+a_3x+a_4$ e $P(x)=b_1x^4+b_2x^3+b_3x^2+b_4x+b_5$
Pongo $Q(x)=P(x+1)-P(x)=
$=b_1(x+1)^4+b_2(x+1)^3+b_3(x+1)^2+b_4(x+1)+b_5-(b_1x^4+b_2x^3+b_3x^2+b_4x+b_5)$
e facendo tutti i conti ottengo
$Q(x)=4b_1x^3+x^2(6b_1+3b_2)+x(4b_1+3b_2+2b_3)+b_1+b_2+b_3+b_4$
Ponendo ogni coefficiente della $x$ di questa espressione uguale ai coefficienti $a_1$, $a_2$, $a_3$, $a_4$, risolvendo il sistema ho
$b_1=a_1/4$
$b_2=a_2/3-a_1/2$
$b_3=a_1/4-a_2/2+a_3/2$
$b_4=a_4+a_2/6-a_3/2$
E' solo che non riesco a capire come questi risultati possano in qualche modo dimostrare che per ogni $Q(x)$ i polinomi $P(x)$ sono infiniti.. Probabilmente perché non è questo il modo di dimostrarlo..
Grazie mille dell'aiuto.
Risposte
Ciao!
Ho capito che vuoi dire, ma a fomulazione è errata.
Se vuoi escludere il caso costante, e rientrare in TUTTI gli altri, devi scrivere: con $a_1$,$a_2$... non tutti nulli.
Cioè, almeno uno deve essere diverso da zero.
Scusa, questo pezzo non è chiaro.
Perché "per ogni $n$"?
$n$ è fissato al momento in cui tu fissi il polinomio, non è un'indeterminata, come la $x$ ad esempio.
Poi attenzione, il passaggio
$(x+1)^n=x^n$ $=>$ $x+1=x$
è scorretto.
Tant'è che, ad esempio,
$(x+1)^2=x^2$ ammette soluzione.
Chiariamo sul punto A, il punto B a dopo.
Ciao!
Se $P(x)$ non fosse una costante, ma $a_1,a_2,...$ diversi da 0,
Ho capito che vuoi dire, ma a fomulazione è errata.
Se vuoi escludere il caso costante, e rientrare in TUTTI gli altri, devi scrivere: con $a_1$,$a_2$... non tutti nulli.
Cioè, almeno uno deve essere diverso da zero.
Per ogni polinomio $P(x)$ questa espressione è uguale a 0 solo se, per ogni $n$, $(x+1)^n-x^n=0$, $(x+1)^n=x^n$, $x+1=x$, che non è mai verificata.
Scusa, questo pezzo non è chiaro.
Perché "per ogni $n$"?
$n$ è fissato al momento in cui tu fissi il polinomio, non è un'indeterminata, come la $x$ ad esempio.
Poi attenzione, il passaggio
$(x+1)^n=x^n$ $=>$ $x+1=x$
è scorretto.
Tant'è che, ad esempio,
$(x+1)^2=x^2$ ammette soluzione.
Chiariamo sul punto A, il punto B a dopo.
Ciao!
Ho sbagliato a dire per ogni $n$. Provo a spiegarmi.
Come dici te, non posso dire che $(x+1)^n=x^n$ non è mai verificata: essa è verificata per tutti gli $n$ pari e la soluzione è $x=-1/2$. E' solo che se è vero che nell'espressione di $Q(x)$ se $x=-1/2$ gli addendi con gli esponenti pari si possono annullare, mai lo faranno gli addendi ad esponenti dispari. Quindi con $a_1$, $a_2$,.. non tutti nulli (come hai detto tu!) quella somma comunque non sarà zero.
Come dici te, non posso dire che $(x+1)^n=x^n$ non è mai verificata: essa è verificata per tutti gli $n$ pari e la soluzione è $x=-1/2$. E' solo che se è vero che nell'espressione di $Q(x)$ se $x=-1/2$ gli addendi con gli esponenti pari si possono annullare, mai lo faranno gli addendi ad esponenti dispari. Quindi con $a_1$, $a_2$,.. non tutti nulli (come hai detto tu!) quella somma comunque non sarà zero.
Perdonami il ritardo della risposta.
Non vorrei sbagliare, ma il discorso continua a non convincermi. Tu praticamente dici che se
$a_1[(x+1)^n-x^n]+a_2[(x+1)^(n-1)-x^(n-1)]+.... =0$ allora i coefficienti sono tutti nulli.
La questione secondo me non è liquidabile così, anche se appare evidente che ciò che dici è vero (anzo lo è
).
Piccolo esempio: dici se metto $x=-1/2$, le potenze a esponente pari se ne vanno.
Ma tu che puoi dire di quelle dispari?
Che ne sai che in quel tipo di polinomio i coefficienti non sono legati proprio dalla relazione
$a_1[(-1/2+1)^(2n+1)-(-1/2)^(2n+1)]+...+=0$.
Ricorda che $a_1,a_2...$ sono reali e non positivi, quindi non puoi dire che quella somma è positiva o cose simili.
Parliamoci chiaro, è un discorso assurdo, ma purtroppo in mate c'è l'abitudine di essere rigorosi. Fino alla nause, se serve
Sperando di non essermi sbagliato, ti invio alla soluzione.
Supposto quindi $Q$ identicamente nullo, hai $p(x+1)=p(x)$.
Cioè ti sta dicendo che il polinomio calcolato di "qualcosa" è uguale al polinomio calcolato in "qualcosa +1".
Questo ti autorizza a dire, ad esempio, $p(0)=p(1)=p(2)=...$.
Ora considera il polinomio
$A(x)=p(x)-p(0)$ (cioè il polinomio senza il suo termine noto.
Inizia a sostituire ad $x$ i valori 0,1,2,....n.
Cosa puoi dire di $A(x)$?
A presto!
"elios":
Ho sbagliato a dire per ogni $n$. Provo a spiegarmi.
Come dici te, non posso dire che $(x+1)^n=x^n$ non è mai verificata: essa è verificata per tutti gli $n$ pari e la soluzione è $x=-1/2$. E' solo che se è vero che nell'espressione di $Q(x)$ se $x=-1/2$ gli addendi con gli esponenti pari si possono annullare, mai lo faranno gli addendi ad esponenti dispari. Quindi con $a_1$, $a_2$,.. non tutti nulli (come hai detto tu!) quella somma comunque non sarà zero.
Non vorrei sbagliare, ma il discorso continua a non convincermi. Tu praticamente dici che se
$a_1[(x+1)^n-x^n]+a_2[(x+1)^(n-1)-x^(n-1)]+.... =0$ allora i coefficienti sono tutti nulli.
La questione secondo me non è liquidabile così, anche se appare evidente che ciò che dici è vero (anzo lo è
).Piccolo esempio: dici se metto $x=-1/2$, le potenze a esponente pari se ne vanno.
Ma tu che puoi dire di quelle dispari?
Che ne sai che in quel tipo di polinomio i coefficienti non sono legati proprio dalla relazione
$a_1[(-1/2+1)^(2n+1)-(-1/2)^(2n+1)]+...+=0$.
Ricorda che $a_1,a_2...$ sono reali e non positivi, quindi non puoi dire che quella somma è positiva o cose simili.
Parliamoci chiaro, è un discorso assurdo, ma purtroppo in mate c'è l'abitudine di essere rigorosi. Fino alla nause, se serve
Sperando di non essermi sbagliato, ti invio alla soluzione.
Supposto quindi $Q$ identicamente nullo, hai $p(x+1)=p(x)$.
Cioè ti sta dicendo che il polinomio calcolato di "qualcosa" è uguale al polinomio calcolato in "qualcosa +1".
Questo ti autorizza a dire, ad esempio, $p(0)=p(1)=p(2)=...$.
Ora considera il polinomio
$A(x)=p(x)-p(0)$ (cioè il polinomio senza il suo termine noto.
Inizia a sostituire ad $x$ i valori 0,1,2,....n.
Cosa puoi dire di $A(x)$?
A presto!
Io farei un altro ragionamento. Premesse: Q(x) è identicamente nullo quando sono nulli tutti i coefficienti delle potenze di x e si ha $Q(x)=a_1[(x+1)^n-x^n]+a_2[(x+1)^(n-1)-x^(n-1)]+.... $.
Svolgendo i calcoli si nota che il termine di grado massimo, cioè quello con $x^(n-1)$, può derivare solo dalla prima parentesi quadra e il suo coefficiente si annulla solo se $a_1=0$. Passiamo ora al termine di grado n-2, ottenendo $a_2=0$, eccetera.
Devo meditare con calma sulla seconda domanda, ma una cosa è subito evidente: se esiste una soluzione P(x) allora ne esistono infinite della forma P(x)+k.
Aggiungo un suggerimento di altro tipo per Elios: sicuramente noti che ci sono righe troppo lunghe, che danno difficoltà di lettura. In LaTex (e quindi suppongo anche qui) questo capita quando ci sono formule troppo lunghe e nel tuo primo intervento ce n'è una: modificala spezzandola in due formule, meglio se separate da un "a capo" o almeno da uno spazio.
Svolgendo i calcoli si nota che il termine di grado massimo, cioè quello con $x^(n-1)$, può derivare solo dalla prima parentesi quadra e il suo coefficiente si annulla solo se $a_1=0$. Passiamo ora al termine di grado n-2, ottenendo $a_2=0$, eccetera.
Devo meditare con calma sulla seconda domanda, ma una cosa è subito evidente: se esiste una soluzione P(x) allora ne esistono infinite della forma P(x)+k.
Aggiungo un suggerimento di altro tipo per Elios: sicuramente noti che ci sono righe troppo lunghe, che danno difficoltà di lettura. In LaTex (e quindi suppongo anche qui) questo capita quando ci sono formule troppo lunghe e nel tuo primo intervento ce n'è una: modificala spezzandola in due formule, meglio se separate da un "a capo" o almeno da uno spazio.
"Steven":
Questo ti autorizza a dire, ad esempio, $p(0)=p(1)=p(2)=...$.
Ora considera il polinomio
$A(x)=p(x)-p(0)$ (cioè il polinomio senza il suo termine noto.
Inizia a sostituire ad $x$ i valori 0,1,2,....n.
Come hai scritto tu, $p(0)=p(1)$.
Considerando $A(1)=p(1)-p(0)$ si ha $A(1)=0$ per ciò che ho appena detto.
Considero $A(2)=p(2)-p(1)=p(2)-p(0)$. Affinché anche $A(2)$ sia zero, $p(2)=p(0)$.
Andando avanti per tutti i valori, si ha la stessa situazione: affinché $A(n)=p(n)-p(n-1)=p(n)-p(0)$ sia zero, $p(n)=p(0)$, cioè il polinomio deve essere uguale al termine noto, ovvero ad una costante.
Che ne dici?
"giammaria":
Devo meditare con calma sulla seconda domanda, ma una cosa è subito evidente: se esiste una soluzione P(x) allora ne esistono infinite della forma P(x)+k.
Oddio, a me non sembra affatto evidente.. Aspetto tue delucidazioni.
Posto $R(x)=P(x)+k$, si ha $R(x+1)-R(x)=P(x+1)+k-[P(x)+k]=P(x+1)-P(x)=Q(x)$.
Per quanto riguarda il tuo completamento alla soluzione di Steven, obietto che tu hai dimostrato che la funzione assume sempre lo stesso valore per x intero; per x non intero potrebbe però avere anche un altro valore. Questo potrebbe per esempio succedere per funzioni periodiche con periodo 1; occorre ancora dimostrare che non può succedere per i polinomi.
Per quanto riguarda il tuo completamento alla soluzione di Steven, obietto che tu hai dimostrato che la funzione assume sempre lo stesso valore per x intero; per x non intero potrebbe però avere anche un altro valore. Questo potrebbe per esempio succedere per funzioni periodiche con periodo 1; occorre ancora dimostrare che non può succedere per i polinomi.
"giammaria":
Posto $R(x)=P(x)+k$, si ha $R(x+1)-R(x)=P(x+1)+k-[P(x)+k]=P(x+1)-P(x)=Q(x)$.
Per quanto riguarda il tuo completamento alla soluzione di Steven, obietto che tu hai dimostrato che la funzione assume sempre lo stesso valore per x intero; per x non intero potrebbe però avere anche un altro valore. Questo potrebbe per esempio succedere per funzioni periodiche con periodo 1; occorre ancora dimostrare che non può succedere per i polinomi.
La dimostrazione proposta da steven va bene
Sta dicendo che il polinomio di grado n $A(x)$ ha una quantità numerabile di zeri e dunque $A(x)$ è il polinomio identicamente nullo, di conseguenza...
Ok, diciamo che la prima parte è fatta, e va sistemata nel rigore matematico.
Per la seconda parte invece? Avendo trovato le espressioni di coefficienti di $P$ in funzione di quelli di $Q$, potrei cercare quel valore $k$ per cui, come dice giammaria, sommandolo ottengo infiniti polinomi $P$ che valgono..
Per la seconda parte invece? Avendo trovato le espressioni di coefficienti di $P$ in funzione di quelli di $Q$, potrei cercare quel valore $k$ per cui, come dice giammaria, sommandolo ottengo infiniti polinomi $P$ che valgono..
"elios":
Come hai scritto tu, $p(0)=p(1)$.
Considerando $A(1)=p(1)-p(0)$ si ha $A(1)=0$ per ciò che ho appena detto.
Sì.
"elios":
Considero $A(2)=p(2)-p(1)=p(2)-p(0)$. Affinché anche $A(2)$ sia zero, $p(2)=p(0)$.
Il contrario
Tu SAI già che $p(0)=p(2)$ (visto che vale la catena $p(0)=p(1)=....$
Quindi $A(2)$ vale zero.
E analogamente, iterando, $A(N)$ vale zero, per ogni $N$.
Quindi $A(x)$ si annulla per infiniti valori di $x$.
Se fosse diverso dal polinomio nullo, significherebbe che ha infinite radici, assurdo perché un polinomio di grado $n$ saprai che ammette al massimo $n$ radici in $RR$ (in $CC$ saprai che ne ammette $n$ di preciso perché è un campo algebricamente chiuso).
Ora penso alla seconda.
Ciao.
"Steven":
[quote="elios"]
Considero $A(2)=p(2)-p(1)=p(2)-p(0)$. Affinché anche $A(2)$ sia zero, $p(2)=p(0)$.
Il contrario
[/quote]
Sì ok, ho sbarellato. E per quanto riguarda l'obiezione di giammaria? Quella cosa la ricavo a partire dai numeri interi..
"elios":
E per quanto riguarda l'obiezione di giammaria? Quella cosa la ricavo a partire dai numeri interi..
Penso abbia frainteso: non si voleva subito mostrare che il polinomio assumesse sempre lo stesso valore (cioè zero), ma mostrare che assume il valore di zero per INFINITI valori di $x$, da cui deriva effettivamente che il polinomio è identicamente nullo.
Infatti, come già detto, un polnomio reale di variabile reale di grado $n$ ammette al massimo $n$ valori di $x$ per cui s'annulla.
"Mathematico":Sono pienamente d'accordo; la mia obiezione era che il completamento dato da elios mancava di una parte.
La dimostrazione proposta da steven va bene
Per elios: la seconda parte può essere svolta esattamente come hai fatto tu nel primo intervento; forse ci sono metodi migliori ma non mi vengono in mente. Dal sistema non si può però ricavare $b_5$ che può quindi avere qualsiasi valore (corrisponde al mio +k) e ci sono perciò infinite soluzioni.
"giammaria":
Sono pienamente d'accordo; la mia obiezione era che il completamento dato da elios mancava di una parte.
Sì, ho riletto per bene la discussione, e mi accorgo solo ora che ti riferivi a elios... La devo smettere di rispondere ai post quando la mia testa è altrove
.Per far sì che questo messaggio sia completamente inutile, consiglio di seguire il ragionamento di giammaria per la seconda parte perchè richiede meno conti e ti fa risparmiare molto tempo..
Ah.. Quindi tutti i polinomi della forma $P(x)=b_1x^4+b_2x^3+b_3x^2+b_4x+b_5$ con $b_1$, $b_2$, $b_3$, $b_4$ della forma calcolata in funzione dei coefficienti di Q(x), e con $b_5$ qualunque numero reale, sono soluzione, perciò tali polinomi sono infiniti.
Due curiosità:
1) cosa vuol dire esattamente "identicamente nullo"?
2) ho provato a fare i conti con un grado di $Q(x)$ maggiore di 3 e la soluzione mi viene plausibile anch'essa, cioè ci sono infiniti polinomi $P(x)$. Allora perché il problema mi chiede di dimostrarlo per un grado minore o uguale a 3? per facilitarmi i calcoli?
1) cosa vuol dire esattamente "identicamente nullo"?
2) ho provato a fare i conti con un grado di $Q(x)$ maggiore di 3 e la soluzione mi viene plausibile anch'essa, cioè ci sono infiniti polinomi $P(x)$. Allora perché il problema mi chiede di dimostrarlo per un grado minore o uguale a 3? per facilitarmi i calcoli?
1) "identicamento nullo" significa "nullo per ogni valore di x".
2) Me lo sono chiesto anch'io; penso che sia solo per facilitare i calcoli. Fra l'altro, ho una mezza idea per una soluzione di altro tipo; se funziona la posterò.
2) Me lo sono chiesto anch'io; penso che sia solo per facilitare i calcoli. Fra l'altro, ho una mezza idea per una soluzione di altro tipo; se funziona la posterò.
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