SNS 98/99 Radici di polinomio
Buongiorno a tutti..
Sono qui perchè avrei bisogno di un piccolo aiuto nella seguente dimostrazione. E' un quesito tratto dall'esame di ammissione alla Normale dell' a.a. 1998 - 1999. (per chi fosse interessato qui è possibile scaricare il pdf con tutte le prove di ingresso dal 1960 http://download.sns.it/proveesame/matm_all.pdf).
Ma veniamo a noi:
"Dati due interi pari $m$ e $n$ con $m
$k>(m^2+n^2)/2$
allora il polinomio
$p(x) = (x^2+k)(x-m)(x-n)+1$
ha due radici reali e due non reali."
Sul fatto che il polinomio abbia quattro radici in totale non ci sono dubbi (ce lo assicura il teorema fondamentale dell'algebra). Ma come dimostrare la tesi???
Vi scongiuro... help!!!!!!
Grazie mille e perdonate ancora una volta la mia ignoranza....
Pol
Sono qui perchè avrei bisogno di un piccolo aiuto nella seguente dimostrazione. E' un quesito tratto dall'esame di ammissione alla Normale dell' a.a. 1998 - 1999. (per chi fosse interessato qui è possibile scaricare il pdf con tutte le prove di ingresso dal 1960 http://download.sns.it/proveesame/matm_all.pdf).
Ma veniamo a noi:
"Dati due interi pari $m$ e $n$ con $m
$k>(m^2+n^2)/2$
allora il polinomio
$p(x) = (x^2+k)(x-m)(x-n)+1$
ha due radici reali e due non reali."
Sul fatto che il polinomio abbia quattro radici in totale non ci sono dubbi (ce lo assicura il teorema fondamentale dell'algebra). Ma come dimostrare la tesi???
Vi scongiuro... help!!!!!!
Grazie mille e perdonate ancora una volta la mia ignoranza....
Pol
Risposte
Calcolati la derivata seconda $p''(x)$. Mostra che $p''(x)>0$ per ogni $x\in RR$. E infine mostra che $p(a)<0$ per qualche $a\in RR$ (ad esempio, per $a=(m+n)/2$). Da questi fatti segue che $p(x)$ ha esattamente due radici reali
perdonami fields ma non credo di aver capito bene.
Ok, d'accordo faccio la derivata seconda: ottengo (derivando rispetto ad $x$)
$ 12x^2-6(m+n)x+2k+2mn $
(sperando di non aver combinato pasticci). Ora come faccio a mostrare che $p''(x)>0$ per ogni $x\in RR$ ? La disequazione è di secondo grado ma è parametrica. Come stabilisco quale soluzione è maggiore e quale minore?
Grazie ancora.
"fields":
Calcolati la derivata seconda $p''(x)$. Mostra che $p''(x)>0$ per ogni $x\in RR$.
Ok, d'accordo faccio la derivata seconda: ottengo (derivando rispetto ad $x$)
$ 12x^2-6(m+n)x+2k+2mn $
(sperando di non aver combinato pasticci). Ora come faccio a mostrare che $p''(x)>0$ per ogni $x\in RR$ ? La disequazione è di secondo grado ma è parametrica. Come stabilisco quale soluzione è maggiore e quale minore?
Grazie ancora.
potresti provare a vedere come e' fatto il delta, anche se non ho fatto i conti.
Esatto, calcoli il delta e mostri che è minore di zero. I calcoli sono banali.
Mi piacerebbe vedere la dimostrazione del metodo suggerito da fields (che è comunque corretto)....
Mi spiego meglio: risolvendo l'equazione $ p''(x) = 0$ trovo
$x_(1,2) = (3n+3m +- sqrt(9m^2+9n^2-6mn-24k))/12$
Sinceramente non so come fare a stabilire delta < 0 . Ho tre variabili!!
Scusate ancora forse è cretina come cosa ma proprio non ci arrivo.... grazie
$x_(1,2) = (3n+3m +- sqrt(9m^2+9n^2-6mn-24k))/12$
Sinceramente non so come fare a stabilire delta < 0 . Ho tre variabili!!
Scusate ancora forse è cretina come cosa ma proprio non ci arrivo.... grazie
Prova a utilizzare l'unica ipotesi che hai su $k$....
$ (9m^2+9n^2-6mn-24k) $
So che $ k > (m^2+n^2)/2$ da cui segue $ 2k > (m^2+n^2)$. Questo significa che $(9m^2+9n^2-24k) < 0 $ o è una conclusione affrettata?
Grazie mille Luca.. sempre gentile e disponibile.. grazie anche a tutti voi..
So che $ k > (m^2+n^2)/2$ da cui segue $ 2k > (m^2+n^2)$. Questo significa che $(9m^2+9n^2-24k) < 0 $ o è una conclusione affrettata?
Grazie mille Luca.. sempre gentile e disponibile.. grazie anche a tutti voi..
La conclusione è giusta, ma ti manca un pezzo... E' così che va:
Poiché $k>(m^2+n^2)/2$
$9m^2+9n^2-6mn-24k<9m^2+9n^2-6mn-24(m^2+n^2)/2=-3(n+m)^2<=0$
Poiché $k>(m^2+n^2)/2$
$9m^2+9n^2-6mn-24k<9m^2+9n^2-6mn-24(m^2+n^2)/2=-3(n+m)^2<=0$
Ahhhhh... giusto. Hai ragione.. grazie fields... ora provo ad andare avanti con gli altri passaggi. Grazie infinite.
Pol
Pol
fields, scusa ancora una volta... ho seguito tutto quello che mi hai detto senza incontrare altri problemi... ma mi puoi spiegare perchè, dopo aver dimostrato che la derivata seconda è sempre negativa e dopo aver mostrato che per alcuni valori $a in RR$ ho che $p(a)<0$, ecco, come posso affermare che il polinomio ha sicuramente due radici reali??
Grazie ancora... mandami la fattura a fine anno!!! Pol
Grazie ancora... mandami la fattura a fine anno!!!
Pol
Sono cose che si fanno alle superiori. Detto alla buona, il tuo grafico è a forma di U, come ti indica la derivata seconda positiva. Per cui le radici sono due. Poi quelle complesse sono due in quanto coniugate.
Sì, sarebbe da dimostrare però... in realtà devi usare anche il fatto che hai un polinomio... anche $e^(-x)-1$ è convessa ed esiste un valore per cui è negativa, ma ha solo una radice reale.
La cosa gira così: siccome $f$ è polinomiale, ed è di 4 grado, allora sia a $+\infty$ che a $-\infty$ tende a $+\infty$. Se esiste $x$ reale tale per cui $f(x)<0$, per il Th degli zeri esistono almeno due soluzioni reali di $f(x)=0$. Se $f$ avesse una terza radice, dovrebbe avere un punto di massimo locale, e dunque essere concava in un intorno di tale punto, che è impossibile.
La cosa gira così: siccome $f$ è polinomiale, ed è di 4 grado, allora sia a $+\infty$ che a $-\infty$ tende a $+\infty$. Se esiste $x$ reale tale per cui $f(x)<0$, per il Th degli zeri esistono almeno due soluzioni reali di $f(x)=0$. Se $f$ avesse una terza radice, dovrebbe avere un punto di massimo locale, e dunque essere concava in un intorno di tale punto, che è impossibile.
"Luca.Lussardi":
Sì, sarebbe da dimostrare però... in realtà devi usare anche il fatto che hai un polinomio... anche $e^(-x)-1$ è convessa ed esiste un valore per cui è negativa, ma ha solo una radice reale.
La cosa gira così: siccome $f$ è polinomiale, ed è di 4 grado, allora sia a $+\infty$ che a $-\infty$ tende a $+\infty$. Se esiste $x$ reale tale per cui $f(x)<0$, per il Th degli zeri esistono almeno due soluzioni reali di $f(x)=0$. Se $f$ avesse una terza radice, dovrebbe avere un punto di massimo locale, e dunque essere concava in un intorno di tale punto, che è impossibile.
Tutto perfettamente chiaro... grazie mille a tutti quanti, soprattutto a te, Luca, e a fields. Thanks a lot!
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