Limite di radici

Messaggioda spugna » 08/06/2019, 22:33

Si consideri, per ogni $n>=2$, l'equazione polinomiale $x^n=x^(n-1)+x^(n-2)+...+x+1$.

a) Dimostrare che per ogni $n$ esiste un'unica soluzione reale positiva, che chiameremo $rho_n$.
b) Calcolare $L=\lim_{n -> +oo} \rho_n$.
c) Determinare il comportamento asintotico di $\rho_n-L$ per $n -> +oo$.
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Re: Limite di radici

Messaggioda onlynose » 09/06/2019, 21:55

Il punto (a) si può fare usando la regola dei segni di Cartesio.

Inoltre si ha che, posto $x\ne1$,
$$x^{n-1}+x^{n-2}+\dots+1=\frac{1-x^n}{1-x},$$
e con facili conti si arriva alla seguente equazione equivalente a quella data: $x^n(2-x)=1$, da cui ci può già dire che la
radice positiva appartiene a $(1,2)$. (Osservando prima che essa deve essere maggiore di $1$, poiché nella nuova equazione dobbiamo supporre $x>1$).

Poi si può osservare, con pochi conti, che la funzione $f_n(x)=x^n(2-x)-1$ è definitivamente crescente da $\rho_n$ in poi per ogni $n$, questo ci serve per poter dire che la successione $\{\rho_n\}$ è monotona decrescente. Infatti $f_{n+1}(\rho_n)=\rho_n\rho_n^n(2-\rho_n)-1=\rho_n-1>0$ e quindi $\rho_{n+1}<\rho_{n}$. Da ciò possiamo dedurre che la successione $\{\rho_n\}$ ammette limite $L$, essendo limitata e monotona.
Per $n\rightarrow+\infty$ avrò che $|L^n(2-L)-1|<\varepsilon$, da cui posso facilmente dedurre che L=1.
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Re: Limite di radici

Messaggioda spugna » 10/06/2019, 01:01

onlynose ha scritto:la funzione $f_n(x)=x^n(2-x)-1$ è definitivamente crescente da $\rho_n$ in poi per ogni $n$


Occhio che in realtà è decrescente (il coefficiente del termine di grado massimo è negativo), e quindi per lo stesso ragionamento che hai fatto dopo $\{ rho_n \}$ è crescente. Prova a ripartire da qui, non sei lontano.

Comunque ti ringrazio per avermi ricordato la regola dei segni, mi ero dimenticato che funzionasse anche per polinomi di grado superiore al secondo :-D Invece non ho capito il passaggio che hai fatto nell'ultima riga...
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Re: Limite di radici

Messaggioda onlynose » 10/06/2019, 01:27

Giusto! Poiché la funzione è decrescente e dunque $\{\rho_n\}$ crescente si dovrebbe avere $L=2$ (credo).
Sull'ultima riga non sono sicurissimo del ragionamento: Non riesco a trovare un modo, a parte quello scritto, per far vedere che il limite "arrivi" a $2$ e non si fermi prima. Io ho pensato di sostituire $L$ al posto di $\rho_n$ nella funzione $f_n(x)$ per $n$ sufficientemente grande e per continuità della funzione (anche se in realtà è una successione di funzioni) si ha che $|f_n(L)-f_n(\rho_n)|$ sia arbitrariamente piccolo. Però non sono sicuro che sia giusto questo modo di procedere. Fammi sapere che ne pensi.
Riguardo l'ultimo punto non ho avuto grandi idee al momento.
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Re: Limite di radici

Messaggioda spugna » 10/06/2019, 20:08

onlynose ha scritto:Io ho pensato di sostituire $L$ al posto di $\rho_n$ nella funzione $f_n(x)$ per $n$ sufficientemente grande e per continuità della funzione (anche se in realtà è una successione di funzioni) si ha che $|f_n(L)-f_n(\rho_n)|$ sia arbitrariamente piccolo. Però non sono sicuro che sia giusto questo modo di procedere. Fammi sapere che ne pensi.

Penso che il problema stia proprio nel fatto che si stia considerando una successione di funzioni: a livello intuitivo mi viene da dire che l'avvicinarsi delle radici a $L$ viene compensato dall'aumentare del grado... In ogni caso la prova che quel passaggio non è lecito (o almeno non senza altre ipotesi, ma nel caso non ti saprei dire quali) è che ti ha portato a dire che $L=1$, quando ormai è chiaro che ciò è impossibile.
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Re: Limite di radici

Messaggioda spugna » 24/08/2019, 00:41

Rilancio aggiungendo due punti...

Sia $q_n(x)=x^n-x^{n-1}-...-x-1$. Si dimostri che per ogni $n>=2$:

d) tutte le radici complesse di $q_n$, esclusa $rho_n$, hanno modulo minore di $1$;
e) $q_n$ è irriducibile in $QQ[x]$.
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