Πολυώνυμο με μόνο πραγματικές ρίζες!

#1

Ελπίζω να μην έχει προταθεί άλλη φορά:

Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα με συντελεστές από το σύνολο $\displaystyle{\{-1,1\},}$ τα οποία έχουν όλες τους τις ρίζες πραγματικές.

#2

Αν $\displaystyle{p_n=x^n\pm x^{n-1}\pm...\pm x\pm 1=x(x^{n-1}\pm x^{n-2}\pm...\pm x\pm 1)\pm 1=xp_{n-1}\pm 1}$ μαζι με το αντίθετο του είναι τα ζητούμενα νιοστού βαθμού

Αν $\displaystyle{p=x-1,q=x+1}$
1ου βαθμού είναι τα $\displaystyle{p,q,-p,-q}$
2ου βαθμού είναι τα (με όλες τις ρίζες πραγματικές) $\displaystyle{xp-1,xq-1,1-xp,1-xq}$
3ου βαθμού είναι τα (με όλες τις ρίζες πραγματικές) $\displaystyle{p^2q,q^2p,-p^2q,-q^2p}$
4ου βαθμού είναι τα (με όλες τις ρίζες πραγματικές) δεν υπάρχουν

άρα τα 12 προηγούμενα είναι όλα

#3

Για να είμαι ειλικρινής δεν καταλαβαίνω τη λύση του Ροδόλφου παραπάνω παρά το ότι καταλήγει στο ίδιο αποτέλεσμα με το δικό μου. Ροδόλφε αν μπορείς γράψε τις σκέψεις σου λίγο πιο αναλυτικά.

Δίνω και τη δική μου προσέγγιση στο θέμα:

Σύμφωνα με τους γενικευμένους τύπους Vieta αν $r_1,r_2,\ldots , r_n$ οι ρίζες του πολυωνύμου P(x)

και επειδή οι ρίζες είναι ίδιες με εκείνες του -P(x)

ισχύει (χωρίς βλάβη της γενικότητας) ότι:

$P(x)=x^n-S_1x^{n-1}+S_{2}x^{n-2}+\cdot + (-1)^nS_n$ όπου

$\displaystyle {S_1=\sum_{i=1}^n r_i}$

$S_2=\displaystyle\sum_{\begin{matrix} 1\leq i,j\leq n\\ i\neq j \end{matrix}}\left(r_ir_j\right)$

$\vdots$

$S_n=r_1r_2\cdots r_n$

Τότε ισχύει $0\leq \displaystyle\sum_{1\leq i \leq n} r_1^2=S_1^2-2S_2=1-2S_2$ άρα $S_2\leq \displaystyle\frac{1}{2}$ οπότε S_2=-1

άρα $\displaystyle\sum_{1\leq i \leq n} r_1^2=3$

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε: $\displaystyle\frac{r_1^2+r_2^2+\cdots + r_n^2}{n}\geq \sqrt[n]{\left(r_1r_2\cdots r_n)^2}$ δηλαδή $n\leq 3$ .

άρα το πολυώνυμο P(x)

είναι το πολύ 3ου βαθμού. Η υπόθεση ισχύει φανερά για τα 4 πολυώνυμα 1ου βαθμού. Από τα 4 πολυώνυμα 2ου βαθμού της παραπάνω μορφής (με συντελεστή 1 του μεγιστοβάθμιου όρου), τα 2 τα οποία έχουν S_2=-1

είναι τα

και

τα οποία ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος. Συνεπώς έχουμε κι άλλα 2 πολυώνυμα 2ου βαθμού με τις ίδιες ρίζες (εκείνα που είναι αντίθετα των παραπάνω). Συνεπώς έχουμε συνολικά 4 πολυώνυμα 2ου βαθμού που ικανοποιούν τις συνθήκες. Τέλος, από τα 8 πολυώνυμα 3ου βαθμού της παραπάνω μορφής, τα 4 τα οποία έχουν S_2=-1

είναι τα $x^3+x^2-x+1, \ x^3+x^2-x-1, \ x^3-x^2-x+1, \ x^3-x^2-x-1$ εκ των οποίων μόνο τα $x^3+x^2-x-1, \ x^3-x^2-x+1$ ικανοποιούν τις υποθέσεις του προβλήματος (τα 2 υπόλοιπα μπορούμε να δείξουμε με χρήση π.χ. παραγώγων ότι έχουν μόνο μία πραγματική ρίζα). Συνεπώς έχουμε 4 πολυώνυμα 3ου βαθμού τα οποία ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος.

Άρα τελικά το σύνολο των ζητούμενων πολυωνύμων είναι 4+4+4=12.

Αλέξανδρος

#4

ευχαρίστως Αλέξανδρε να είμαι πιο αναλυτικός

ισχυρισμός
τα ζητούμενα πολυώνυμα παράγει η αναδρομική σχέση $\displaystyle{p_n(x)=\pm x p_{n-1}(x)\pm1}$ [1]
αυτή προκύπτει από το $\displaystyle{{p_n(x)=\pm x^n\pm x^{n-1}\pm...\pm x\pm 1=x(\pm x^{n-1}\pm x^{n-2}\pm...\pm x\pm 1)\pm 1=xp_{n-1}(x)\pm 1}, n=degp_n(x),n=1,2,...}$

επιπλέον θέλουμε κάθε $\displaystyle{p_n(x)}$ να έχει όλες του τις ρίζες πραγματικές [2]

για $\displaystyle{n=1}$ τα $\displaystyle{p_1(x)}$ είναι τα $\displaystyle{\pm x\pm 1}$ ονομάζοντας $\displaystyle{p=x+1,q=x-1}$ τα $\displaystyle{p_1(x)}$ είναι τα $\displaystyle{p,q,-p,-q}$

από εδώ και πέρα δουλεύει η αναδρομική [1] μαζί με την [2] οπότε από τα 8 πολυώνυμα που δίνει η [1] κατάλληλα λογω της [2] είναι μόνο τα $\displaystyle{xp-1 ,xq-1,1-xp,1-xq}$
φθάνω έτσι στο $\displaystyle{n=4}$ όπου παρατηρώ ότι κανένα από τα $\displaystyle{p_4(x)}$ δεν είναι κατάλληλο λόγω της [2]
οπότε η [1] + [2} σταμάτησαν να παράγουν πολυώνυμα άρα δεν υπάρχουν άλλα

#5

Ροδόλφε υπάρχει πρόβλημα νομίζω με την λύση σου. Αν p_n

ένα πολυώνυμο βαθμού

με συντελεστές $\pm 1$ και μόνο πραγματικές ρίζες τότε σύμφωνοι έχουμε $p_n = xp_{n-1} \pm 1$ όπου το $p_{n-1}$ είναι πολυώνυμο βαθμού n-1

με συντελεστές $\pm 1$ . Γιατί όμως πρέπει και αυτό να έχει μόνο πραγματικές ρίζες;

#6

Έχεις δίκιο Δημήτρη
Θα προσπαθήσω να δω αν "σώζεται" η απόδειξή μου

#7

προσπάθεια να σωθεί η απόδειξή μου(δεν ξέρω αν είναι επιτυχής)

το $\displaystyle{p_{n-1}}$ είναι το πηλίκο της διαίρεσης $\displaystyle{p_n:x}$ . Άρα ΜΟΝΑΔΙΚΟ αν δίνονται ο διαιρετέος ,ο διαιρέτης και το υπόλοιπο Αν πάμε την διαδικασία ένα βήμα πίσω (και τελικά μέχρι το 1) το $\displaystyle{p_{n-1}}$ έχει επιλεγεί ώστε να έχει όλες τις ρίζες πραγματικές. Δεν μπορεί λοιπόν το $\displaystyle{p_n}$ που ορίζεται πλήρως από τις ρίζες του να τις έχει όλες πραγματικές και το $\displaystyle{p_{n-1}}$ να έχει μιγαδική ρίζα

Πολυώνυμο με μόνο πραγματικές ρίζες!

Πολυώνυμο με μόνο πραγματικές ρίζες!

Re: Πολυώνυμο με μόνο πραγματικές ρίζες!

Re: Πολυώνυμο με μόνο πραγματικές ρίζες!

Re: Πολυώνυμο με μόνο πραγματικές ρίζες!

Re: Πολυώνυμο με μόνο πραγματικές ρίζες!

Re: Πολυώνυμο με μόνο πραγματικές ρίζες!

Re: Πολυώνυμο με μόνο πραγματικές ρίζες!

Μέλη σε σύνδεση