x²+y²+z²=b²

xy=z²

per x, y e z (sono date le necessarie condizioni di a e b affinchè x,y 919e42j e z sono distinti e positivi).

Sia a un numero fissato diverso da 0. Trova tutte le soluzioni(che ovviamente

dipendono da a) del sistema:

x+y+z=a

(1/x)+(1/y)+(1/z)=1/a

Per quali interi positivi n l'espressione:

x^n+(2+x)^n+(2-x)^n

ha una radice razionale?(y^n significa y elevato alla n-esima potenza)

Dimostrare che se a,b e c sono tre termini consecutivi di una progressione

aritmetica di interi allora non è possibile che a^n+b^n=c^n

Un polinomio P(x)=x^n+ax^(n-1)+bx^(n-2)+....+1 con coefficienti reali

ha n radici reali. Dimostrare che P(2)>3^n o P(2)=3^n.

Sia P(x) un polinomio i cui coefficienti sono interi positivi. Chiamiamo a(n) la

Somma delle cifre di cui è composto lo svolgimento di P(n). Dimostra che c'è una sequenza che appare infinite volte nella sequenza a(1),a(2),...a(n),...

(a)Trova il minimo valore che può assumere il polinomio

P(x,y)=4+x²y^4+x^4y²-3x²y²

(b)Dimostrare che questo polinomio non può essere espresso come somma di quadrati di polinomi in x e in y con coefficienti reali.

Soluzioni dei problemi

Possiamo facilmente individuare infiniti x tali che p(x)=x (0,1,5,26,..). Quindi p(x)-x è un polinomio con infinite radici e quindi deve essere uguale a 0. Dunque l'unico polinomio che soddisfa le  richieste è p(x)=x

Nota che (r-a)(r-b)(r-c)(r-d)=4 e i fattori a destra sono tutti interi e diversi l'uno dall'altro.Quindi gli unici valori che tali fattori possono assumere sono -1, +1,+2,-2. Sommando queste eguaglianze si ottiene la tesi.

Consideriamo il polinomio q(t) che ha x,y e z come soluzioni.

q(t)=(t-x)(t-y)(t-z)=t^3-(x+y+z)t²+(xy+xz+yz)t-xyz. Ma si ha che

xy+xz+yz=((x+y+z)²-x²-y²-z²)/2=(a²-b²)/2 e sostituendo nell'espressione sopra trovata si ha che q(t)=t^3-at²+((a²-b²)/2)t-z^3.

Dal momento che q(z)=0 si ha che z^3-az²+((a²-b²)/2)z-z^3=0 da cui si ricava che o z=0 o z=(b²-a²)/(2a) e si ricavano poi facilmente le altre soluzioni.

Sia s=xy+xz+yz. Quindi xyz=sa. Così x,y e z sono le radici del polinomio

q(t)=t^3-at²+st-sa. Ma a è chiaramente una radice dell'equazione e quindi almeno uno tra x,y e z è uguale ad a(e quindi chiaramente gli altri due termini sono c e -c per un qualsiasi c diverso da 0). Quindi le sole e uniche soluzione dell'equazione sono tutte le permutazioni della terna (a,c,-c) con c reale diverso da 0.

Se n è pari nessun termine è negativo e almeno uno è positivo, cosicchè in

Questo caso non esiste nessuna radice reale.Ora supponi che n sia dispari e maggiore o uguale a 3(il caso n=1 è banale). Svolgendo il polinomio, si osserva che lo stesso polinomio è monico e ha il termine noto  uguale a 2^(n+1) cosicchè tutte le soluzioni razionali sono intere e divisori di 2^(n+1). Dal momento che è chiaro che né 1 né -1 sono radici, assumiamo che la radice sia pari. Dividendo per 2^n ogni termine quindi si deve trovare una soluzione intera y del polinomio y^n+(1+y)^n+(1-y)^n. Ma in questo caso il termine noto è 2 e il polinomio è ancora una volta monico, cosicchè le sue uniche possibili soluzioni sono 1,-1,2,-2. Ma si nota facilmente che nessuna di esse è radice del polinomio appena trovato. Quindi l'unico n che rispetta le condizioni imposte è 1.

Supponiamo di avere tre termini in progressione aritmetica e li definiamo b-d,

b, b+d. Assumiamo tra l'altro che il MCD(b,d)=1 (in caso contrario basta infatti dividere sia b che d per il MCD per ottenere un'altra progressione aritmetica e, nel caso in cui la prima soddisfasse l'esercizio, anche la seconda sarebbe una terna soluzione dell'equazione proposta, e viceversa.) Quindi abbiamo:

(b-d)^n+b^n=(b+d)^n.

Ma allora:

b^n=(b+d)^n-(b-d)^n=(2d)S((b+d)^i*(b-d)^(n-i))

dove nell'espressione dopo S la i assume tutti i valori da 0 a n-1.

Quindi d è divisore di b^n. Ma dal momento che abbiamo assunto b e d relativamente primi, si ha che d=1. Ma questo caso si può ridurre a quello del problema precedente. Quindi la tesi è dimostrata.

Nota dapprima che tutte le radici di P(x) sono negative in quanto se x>0 allora

P(x)>1. Quindi possiamo scrivere P(x)=(x+a1)(x+a2)............(x+an) dove a1,a2,.....,an sono le radici del polinomio, tutte maggiori di 0 e tali che il loro prodotto sia uguale a 1. Per la diseguaglianza tra media aritmetica e media geometrica otteniamo:

ai=1+1+ai>=3*radcub(1*1*a1)

dove >= significa maggiore o uguale e radcub(k) indica la radice cubuca di k.

Dal momento che abbiamo che il prodotto delle radici è 1 otteniamo che:

P(2)=(2+a1)(2+a2).......(2+an)>=(3^n)*(radcub(a1*a2*a3*......an))=3^n

da cui si ricava immediatamente la tesi.

Supponi che il coefficiente maggiore abbia k cifre. Quindi per ogni m>k

La rappresentazione decimale del polinomio P(10^m) sarà semplicemente costituita dai coefficienti  separati da qualche 0. La somma delle cifre di ogni svolgimento sarà la stessa e è ovvia a questo punto la verità della tesi in quanto ci sono parti che si ripeteranno sempre.

(a) Per la diseguaglianza tra media aritmetica e media geometrica, si ha che

1+x²y^4+x^4y²>=3x²y². Quindi il minimo valore che il polinomio può assumere è 3 e si ottiene per x=y=1.

(b) Ragioniamo per assurdo e supponiamo che

P(x)=f²(x,y)+g²(x,y)+....k²(x,y)

Dove f,g.......k sono polinomi.Diciamo ora che un monomio (x^s)*(y^t) ha grado s+t. Supponi ora che il monomio (x^s)*(y^t) abbia il massimo grado tra tutti i monomi dei polinomi f,g,..k. Allora è chiaro che il coefficiente di (x^2s)*(y^2t) deve essere diverso da 0 nel polinomio P(x). Allora s+t=3 e i polinomi non possono avere il coefficiente di x²y² uguale a 0. Dal momento che poi P(x,0)=P(0,y)=4 i polinomi f,g,...k non possono contenere dei monomi della forma ax^k o by^l. Quindi il coefficiente di x²y² in P(x,y) deve essere uguale alla somma dei quadrati dei coefficienti di xy nei polinomi f,g,..k. Quindi il coefficiente di x²y² deve essere positivo in P(x,y) ma ciò non è vero e quindi raggiungiamo un assurdo.