Πολυώνυμο χωρίς ρίζες

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Εστω

πολυώνυμο με συντελεστές από το $\mathbb{R}$

Αν P(x)> 0

για $x\epsilon \mathbb{R}$

να δειχθεί ότι υπάρχουν πολυώνυμα Q(x),S(x)

με συντελεστές στο $\mathbb{R}$

ώστε $P(x)=(Q(x))^{2}+(S(x))^{2}$

Επιπλέον να δειχθεί ότι τα Q,S

μπορούν να επιλεγούν ώστε να έχουν διαφορετικό βαθμό.

#2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Εστω πολυώνυμο με συντελεστές από το $\mathbb{R}$

Αν για $x\epsilon \mathbb{R}$

να δειχθεί ότι υπάρχουν πολυώνυμα με συντελεστές στο $\mathbb{R}$

ώστε $P(x)=(Q(x))^{2}+(S(x))^{2}$

Επιπλέον να δειχθεί ότι τα μπορούν να επιλεγούν ώστε να έχουν διαφορετικό βαθμό.

Με επαγωγή (στους άρτιους, μια και τα πολυώνυμα περιττού βαθμού πάντα έχουν ρίζα).

Για δευτεροβάθμια είναι γνωστό από το σχολείο και χρήση του $\displaystyle{ax^2+bx+c = a\left (x+\frac {b}{2a}\right )^2 + \frac {-(b^2-4ac)}{4a}}$ . Εδώ $a>0, \, \Delta <0$ .

Για το επαγωγικό βήμα και με χρήση του γεγονότος ότι οι ρίζες $p\pm iq$ είναι συζυγείς μιγαδικές, έχουμε: Για πολυώνυμο βαθμού 2n+2

χωρίς πραγματικές ρίζες, υπάρχει πολυώνυμο $P_{2n}$ βαθμού

χωρίς πραγματικές ρίζες (άρα εμπίπτει στην επαγωγική υπόθεση) με

$\displaystyle{P_{2n+2}(x)= P_{2n} (x)\left((x-p)^2+q^2\right)= \left((A(x))^2+(B(x))^2\right)\left( (c(x))^2+ (d(x))^2\right)=$

$\displaystyle {= \left( A(x)c(x)+B(x)d(x)\right)^2+ \left( A(x)d(x)-B(x)c(x)\right)^2}$

όπως θέλαμε.

Μπορούμε να φροντίσουμε οι βαθμοί να είναι διαφορετικοί γιατί έτσι το κάναμε στο πρώτο βήμα και, από κεί και πέρα, παίρνουμε τα $A,\, c$ της εκάστοτε γραφής ως τα υψηλόβαθμα.

#3

Το παραπάνω αποτέλεσμα δεν ισχύει για πολυώνυμα σε $\displaystyle{n \ge 2}$ μεταβλητές. Δείτε τη σχετική συζήτηση εδώ.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Πολύ ωραία Βαγγέλη.
Αυτή είναι μια από τις αποδείξεις που γνωρίζω.
Γνωρίζω ακόμα μία.
Θα το αφήσω κάποιες μέρες και μετά θα την γράψω.

#5

emouroukos έγραψε:Το παραπάνω αποτέλεσμα δεν ισχύει για πολυώνυμα σε $\displaystyle{n \ge 2}$ μεταβλητές.

Το ότι δεν ισχύει για πολλές μεταβλητές με είχε εντυπωσιάσει όταν το πρωτοάκουσα. Στο κάτω κάτω για απόδειξη ανισοτήτων, το πρώτο πράγμα που κάνει κανείς είναι να γράψει την παράσταση ως άθροισμα τετραγώνων. Να όμως που αποδεικύεται ότι αυτό δεν γίνεται πάντα! Καταπληκτικό!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Γνωρίζω ακόμα μία.
Θα το αφήσω κάποιες μέρες και μετά θα την γράψω.

Νομίζω ότι υπάρχει μία πολύ απλή απόδειξη με Cauchy-Schwarz στο βιβλίο του Steele, "Τhe Cauchy-Schwarz Master class", αλλά δεν το έχω μπορστά μου να ψάξω.

#6

Γράφω τη λύση που είχα στο μυαλό μου από το πρωί την οποία είχα μοιραστεί με τη συνάδελφο Ε. Περυσινάκη στο σχολείο. Δυστυχώς δεν είχα χρόνο στη διάρκεια της μέρας να τη γράψω.

Μερικές παρατηρήσεις:

Καταρχήν αν το r_i

είναι πραγματική ρίζα τότε θα είναι άρτιας πολλαπλότητας διότι διαφορετικά θα άλλαζε το πρόσημο του πολυωνύμου P(x)

εκατέρωθεν του r_i

, άτοπο. Όμως κάθε παράγοντας της μορφής $(x-r_i)^{2n_i}$ γράφεται $\left[(x-r_i)^{n_i}\right]^2+0^2$ ως άθροισμα τετραγώνων πολυωνύμων με πραγματικούς συντελεστές.

Επίσης αν το $\zeta_j=a_j+b_ji, \ a_j, b_j\in\mathbb{R}$ είναι μη πραγματική ρίζα του $P(x)\in \mathbb{R}[x]$ τότε το $\overline{\zeta_j}=a_j-b_ji$ θα είναι επίσης ρίζα κι έτσι ο (x-a_j-b_ji)(x-a_j+b_ji)=(x-a_j)^2+b_j^2

θα ήταν παράγοντας του P(x)

και γράφεται και ως άθροισμα τετραγώνων πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές.

Επιστροφή στο πρόβλημα:

Έστω ότι το P(x)

γράφεται $P(x)=a\displaystyle\prod_{i=1}^n(x-r_i)^{2n_i}\cdot\displaystyle\prod_{j=1}^m\left[(x-a_j)^2+b_j^2\right], \ a>0$ όπου r_i

πραγματικές ρίζες του P(x)

και

μη πραγματικές ρίζες.

Τώρα όλο το θέμα είναι να καταφέρουμε να γράψουμε αυτό το γινόμενο, που αποτελείται από παράγοντες της μορφής p^2(x)+q^2(x)

, ως άθροισμα τετραγώνων πολυωνύμων. Εκεί μας βοηθάει η ταυτότητα Lagrange που έγραψε και ο κ. Μιχάλης παραπάνω με την οποία μετατρέπουμε το γινόμενο αθροίσματος τετραγώνων σε άθροισμα τετραγώνων: (a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2

Επαγωγικά αυτό γίνεται και για περισσότερους από δύο παράγοντες (π.χ. για n+m

παράγοντες που έχω παραπάνω) κάτι που ολοκληρώνει την απόδειξη. Νομίζω ο παραπάνω τρόπος απαντάει και στο ερώτημα του Σταύρου ώστε τα τελικά πολυώνυμα P(x)

και

που θα προκύψουν, να μην είναι ίδιου βαθμού.

Αλέξανδρος

#7

Παρατηρώ τώρα ότι στην απόδειξή μου παραπάνω θεώρησα ότι $P(x)\geq 0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ (δηλαδή ότι ενδέχεται να υπάρχουν και πραγματικές ρίζες του πολυωνύμου) αντί για P(x)>0

που δίνει η εκφώνηση. Προφανώς από απροσεξία. Την αφήνω γιατί βελτιώνει λίγο το αποτέλεσμα και δεν αλλάζει και ο τρόπος απόδειξης.

Για την περίπτωση P(x)>0

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , δεν έχουμε πραγματικές ρίζες και απλά γράφουμε $P(x)=a\displaystyle\prod_{j=1}^m \left[(x-a_j)^2+b_j^2\right]$ και η απόδειξη συνεχίζεται με τον ίδιο επαγωγικό τρόπο όπως παραπάνω με χρήση της ταυτότητας Lagrange.

Αλέξανδρος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

Οπως ανέφερε ο Μιχάλης Λάμπρου είναι το πρόβλημα 3.2 του εξαίρετου βιβλίου
The Cauchy-Schwarz Master Class
του J.Michael Steele

Εκεί υπάρχει λύση όμοια με αυτές που δόθηκαν.
Το πρόβλημα και την λύση την γνωρίζω από τα μαθητικά μου χρόνια.

Υποθέτω ότι ο μεγιστοβάθμιος συντελεστής είναι

Το

έχει μιγαδικές ρίζες συζυγείς ανά δύο.

Εστω ότι αυτές είναι $z_{1},z_{2},....z_{n},z_{1}^{-},z_{2}^{-},.....z_{n}^{-}$

Θεωρούμε το $g(x)=(x-z_{1})(x-z_{2})....(x-z_{n})$

Προφανώς $P(x)=g(x)g(x)^{-}$

και g(x)=Q(x)+iS(x)

όπου

πολυώνυμα με degS< degQ

Τελικά $P(x)=g(x)g(x)^{-}=(Q(x)+iS(x))(Q(x)-iS(x))=Q^{2}(x)+S^{2}(x)$

Σημείωση $z^{-}$ είναι ο συζυγής του

Πολυώνυμο χωρίς ρίζες

Πολυώνυμο χωρίς ρίζες

Re: Πολυώνυμο χωρίς ρίζες

Re: Πολυώνυμο χωρίς ρίζες

Re: Πολυώνυμο χωρίς ρίζες

Re: Πολυώνυμο χωρίς ρίζες

Re: Πολυώνυμο χωρίς ρίζες

Re: Πολυώνυμο χωρίς ρίζες

Re: Πολυώνυμο χωρίς ρίζες

Μέλη σε σύνδεση