Non c'è due senza tre

[sprmnt21]

I polinomi $P$, $Q$, $R$ con coefficienti reali, di cui uno di grado $2$ e due di grado $3$, soddisfano la seguente uguaglianza $P^2+Q^2=R^2$. Prova che uno dei polinomi di grado $3$ ha tre radici reali.

[orsoulx]

Provo a delineare la traccia di un possibile percorso

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Sia Q il polinomio di secondo grado, P ed R quelli di terzo. Sia ancora $ Q^2=R^2-P^2=(R+P)(R-P) $, con P ed R normalizzati (coefficiente di terzo grado uguale ad 1). Siccome $ S=R+P $ è di terzo grado, $ D=R-P $ dovrà essere di primo ed avrà una sola radice reale $ \alpha $. Q ha allora 2 soluzioni reali $ \alpha $ e $ \beta $, eventualmente coincidenti.
Nel caso siano distinte la sostituzione $ X={x- \alpha} / {\beta - \alpha} $.....

Ciao
B.

[dan95]

Anche io sono arrivato alla stessa conclusione di orsoul facendo altre considerazioni

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Asserzione 1: $P$ o $Q$ è di grado 2. Infatti se $P$ e $Q$ fossero entrambi di grado 3 $R$ sarebbe anch'esso di grado 2. Dunque dalle ipotesi del problema possiamo affermare senza perdità di generalità che $deg Q=2$ .
Asserzione 2: $P$, $Q$ e $R$ hanno almeno una radice in comune. Poiché una cubica è suriettiva avremo che $R$ ha almeno una radice reale dunque $EE z_1$ t.c. $P^2(z_1)+Q^2(z_1)=R^2(z_1)=0 \Leftrightarrow P(z_1)=Q(z_1)=0$, dunque $Q(z_1)$ ammette due radici eventualmente coincidenti

@orsuol
Ho modificato la dimostrazione del post di pachisi sui quadrilateri convessi, che ne pensi?

[giammaria]

Io ho impostato il problema come orsoulx ma senza preoccuparmi di radici distinte o no; è necessaria la premessa di dan95, che assegna a $Q$ il secondo grado.

Come detto da orsoulx, $D$ è di primo grado, quindi, con numeri tutti reali, si ha

$D=a(x-alpha)" "$ con $a!=0$

Nella $Q^2=SD$ il secondo membro è divisibile per $x-alpha$, quindi deve esserlo anche il primo; poiché $Q$ è di secondo grado ed usando sempre numeri reali deve essere

$Q=b(x-alpha)(x-beta)" "$ con $b!=0$

Ne consegue
$S=Q^2/D=b^2/a(x-alpha)(x-beta)^2$

$P=(S-D)/2=1/2[b^2/a(x-alpha)(x-beta)^2-a(x-alpha)]=1/(2a)(x-alpha)[b^2(x-beta)^2-a^2]$

che ha le tre radici reali $x=alpha; x=beta+-a/b$

[orsoulx]

....ma senza preoccuparmi di radici distinte o no...

Hai fatto bene e la tua soluzione, mi pare, perfetta.
Il mio distinguere i due casi non era però un'inutile complicazione. Derivava solo dalla sostituzione (nel caso di due soluzioni coincidenti funziona altrettanto efficacemente $ X=x-\alpha $) che permette di ridurre drasticamente i calcoli portando le radici in 0 e 1, senza perdere di generalità.
Ciao
B

[sprmnt21]

qua c'è la discussione dove ho trovato il problema:

http://artofproblemsolving.com/communit ... 54p2560792