Algebra 2 - Rotupitti.it

2
Incontro del 11 dicembre
2012
2.1 Radici e coe cienti di un polinomio
Nel 1799 Carl Friedrich Gauß ⇤ dimostrò il seguente risultato, noto anche come
Teorema Fondamentale dell’Algebra.
Teorema (Gauß). Ogni polinomio di grado positivo a coe cienti complessi ha
una radice complessa.
Dal teorema di Ru ni discende allora facilmente che ogni polinomio monico
p(x) di grado positivo n a coe cienti complessi (o reali, che sono particolari
numeri complessi) si scrive come prodotto di n polinomi monici complessi di
primo grado:
p(x) =a0 + a1x + ···+ an 1x n 1 + x n =(x ↵1) ···(x ↵n).
Sviluppando il prodotto a destra ed eguagliando i coe cienti si trovano le
formule di Viète † :
an 1 = (↵1 + ···+ ↵n),
an 2 = X
↵i↵j,
16i

... ... ...
n k
ak =( 1)
... ... ...
a0 =( 1) n ↵1 ···↵n.
X
16i1

prodotti a due a due, pertanto, poiché ci sono p radici uguali a 1eq radici
uguali a 3,
a1 = p 3q;
✓ ◆ ✓ ◆
p q
a2 = +9
2 2
✓ ◆ ✓ ◆
p q
p 3q = +9
2 2
3pq;
3pq.
Liberando dai denominatori e svolgendo i calcoli si trova
(p 3q) 2 =3p +3q,
da cui scopriamo che p 3q =3h è divisibile per 3. Sostituendo otteniamo
e pertanto abbiamo il sistema
3(p + q) =9h 2
(
p + q =3h 2
p 3q =3h
da cui otteniamo (
3h(h 1)
q = 4
p = 3h(3h+1)
4
È facile vedere che queste formule restituiscono valori di p ediq interi se e
solo se h è della forma 4s o4s +1(doves è un intero).
2.2 Polinomio reciproco
Dato il polinomio p(x) = a0 + a1x + ··· + an 1xn 1 + anxn ⇣ ⌘
(supponiamo
1
a0 6= 0ean 6= 0), calcoliamo p y = a0 + a1 1
y + ···+ an
1
1 yn 1 + an 1
yn =
1
y n a0y n + a1y n 1 + ···+ an 1y + an . Il polinomio ˜p(x) reciproco di p(x) è
definito come ˜p(x) =a0x n + a1x n 1 + ···+ an 1x + an. Per quanto appena
mostrato vale l’identità:
˜p(x) =x n p
✓ ◆
1
x
= a0x n + a1x n 1 + ···+ an 1x + an (2.3)
e si ottiene da p(x) rovesciando l’ordine dei coe cienti. È facile vedere che se
p(x) =an(x ↵1) ···(x ↵n) è la scomposizione di p(x) come prodotto di
polinomi di primo grado, allora ˜p(x) =an(1 x↵1) ···(1 x↵n). In particolare
le radici del polinomio ˜p(x) sono le inverse delle radici del polinomio p(x).
Una conseguenza del teorema fondamentale dell’algebra, che vedremo quando
a↵ronteremo i numeri complessi, è che i polinomi irriducibili a coe cienti
reali sono quelli di primo grado o quelli di secondo grado con discriminante
< 0. Alla luce di quanto appena detto a↵rontiamo il seguente esercizio.
12

Esercizio. Scomporre il polinomio x 4 + 1 come prodotto di due polinomi a
coe cienti reali di secondo grado (si noti che il detto polinomio non ha radici
reali).
Soluzione. Notiamo che il polinomio p(x) =x 4 + 1 coincide con il proprio reciproco,
pertanto se ↵ è una radice (complessa) di p(x), anche ↵ 1 =1/↵ lo è.
Possiamo, allora scrivere p(x) nella forma
x 4 +1=p(x) =(x ↵)(x ↵ 1 )(x )(x
=(x 2
(↵ + ↵ 1 )x + 1)(x 2
=(x 2 Ax + 1)(x 2 Bx + 1) =
= x 4
(A + B)x 3 +(AB + 2)x 2
1 )=
( + 1 )x + 1) =
(A + B)x +1,
dove A = ↵ + ↵ 1 e B = + 1 . Eguagliando i coe cienti grado per grado
otteniamo (
A + B =0
AB = 2
da cui ricaviamo A = p 2eB = p 2 (o viceversa) e quindi
p(x) =(x 2 + p 2 · x + 1)(x 2
p 2 · x + 1).
2.3 Identità di Newton
Si definisce k-esima funzione potenza sulle variabili x1,...xn la somma
hk(x1,...xn) =x k 1 + ···+ x k n. (2.4)
Per brevità scriveremo hk per indicare hk(↵1,...↵n) esk per indicare la
k-esima funzione simmetrica elementare sk(↵1,...,↵n).
Dato un polinomio monico p(x) = a0 + a1x + ··· + an 1x n 1 + x n =
( 1) n sn +( 1) n 1 sn 1x + ··· s1x n 1 + x n , sempre con le notazioni della
sezione precedente abbiamo
0=p(↵1) =( 1) n sn +( 1) n 1 sn 1↵1 + ···
n
s1↵1 1
+ ↵n 1
0=p(↵2) =( 1) n sn +( 1) n 1 sn 1↵2 + ···
n
s1↵2 1
+ ↵n 2
.
0=p(↵n) =( 1) n sn +( 1) n 1 n 1
sn 1↵n + ··· s1↵n + ↵ n n.
Sommando membro a membro otteniamo:
0=( 1) n nsn +( 1) n 1 sn 1h1 + ··· s1hn 1 + hn
13

da cui si ricava
hn = s1hn 1 s2hn 2 + ···+( 1) n 2 sn 1h1 +( 1) n 1 nsn.
Rimandando a poco più avanti per i dettagli della dimostrazione, avendo cura di
porre si =0peri>n, notiamo che questa identità ha un carattere più generale
e può essere scritta come:
hk = s1hk 1 s2hk 2 + ···+( 1) k 2 sk 1h1 +( 1) k 1 ksk. (2.5)
Elencando i primi valori di k =1,...,l si ottengono le Identità di Newton:
h1 = s1
h2 = s1h1 2s2
... ... ...
hn = s1hn 1 s2hn 2 + ···+( 1) n 2 sn 1h1 +( 1) n 1 nsn
... ... ...
hl = s1hl 1 s2hl 2 + ···+( 1) n 2 sn 1hl n+1 +( 1) n 1 snhl n per l>n.
Diamo ora una dimostrazione delle Identità di Newton. Utilizzando la formula
della derivata del prodotto di funzioni, calcoliamo la derivata del suo
reciproco:
˜p 0 (x) = d
dx (1 x↵1) ···(1 x↵n) =
nX
= ↵i(1 x↵1) ···(1 x↵i 1)(1 x↵i+1) ···(1 x↵n),
i=1
e poniamo Hr(x) =h1 + xh2 + ···+ x r hr+1.
Dall’identità
1 t r+1
1 t =(1+t + t2 + ···+ t r )
segue che
Hr(x) =h1 + xh2 + ···+ x r hr+1 =
=(↵1 + ···+ ↵n)+x(↵ 2 1 + ···+ ↵ 2 n)+···+ x r (↵ r+1
1
nX
= ↵i 1+(x↵i)+(x↵i) 2 + ···+(x↵i) r =
i=1
= ↵1 1+(x↵1)+(x↵1) 2 + ···+(x↵1) r + ···+
+ ···+ ↵n 1+(x↵n)+(x↵n) 2 + ···+(x↵n) r =
(1 x
= ↵1
r+1↵ r+1
1 )
(1 x↵1)
xr+1 nX
q(x)
=
i=1
+ ···+ ↵n
(1 x r+1 ↵ r+1
n )
(1 x↵n)
+ ···+ ↵r+1 n )=
↵i(1 x↵1) ···(1 x↵i 1)(1 x↵i+1) ···(1 x↵n)
(1 x↵1) ···(1 x↵n)
14

dove q(x) è un opportuno polinomio in x, e pertanto
Hr(x) = xr+1q(x) ˜p 0 (x)
.
˜p(x)
Otteniamo allora la seguente eguaglianza tra polinomi (nell’indeterminata x)
che è vera per ogni valore del numero naturale r:
x r+1 q(x) ˜p 0 (x) =Hr(x)˜p(x)
Uguagliando tra loro i coe cienti delle potenze di x con esponente minore o
uguale a r nei due membri della precedente equazione, troviamo, come preannuciato,
le Identità di Newton per l 6 r. D’altra parte la genericità di r mostra
che queste eguaglianze sono vere per ogni numero naturale l.
Esercizio. Nel caso n = 2 determinare le prime quattro funzioni potenza come
espressione polinomiale nelle funzioni simmetriche elementari.
Soluzione. Chiaramente h1 = s1 = ↵1 + ↵2. Dalla seconda equazione ricaviamo
↵ 2 1 + ↵ 2 2 = h2 = s1h1 2s2 =
= s 2 1
2s2 =
=(↵1 + ↵2) 2
2↵1↵2.
Dall’ultima equazione di Newton elencata sopra (l = 3, n = 2) si trova
↵ 3 1 + ↵ 3 2 = h3 =
= h1s2 + h2s1 =
= s1s2 +(s 2 1 2s2)s1 =
= s 3 1
3s1s2 =
=(↵1 + ↵2) 3
3(↵1 + ↵2)(↵1↵2).
Infine, sempre dall’ultima equazione di Newton elencata sopra (l = 4, n = 2),
abbiamo:
↵ 4 1 + ↵ 4 2 = h4 =
= h2s2 + h3s1 =
= (s 2 1 2s2)s2 +(s 3 1 3s1s2)s1 =
= s 4 1
=(↵1 + ↵2) 4
4s 2 1s2 +2s 2 2 =
4(↵1 + ↵2) 2 (↵1↵2) + 2(↵1↵2) 2 .
15

A titolo di curiosità riportiamo anche le funzioni potenza con indici più elevati
(sempre per n = 2):
h5 = s 5 1
5s 3 1s2 +5s1s 2 2
h6 = s 6 1 6s 4 1s2 +9s 2 1s 2 2 2s 3 2
h7 = s 7 1 7s 5 1s2 + 14s 3 1s 2 2 7s1s 3 2
h8 = s 8 1 8s 6 1s2 + 20s 4 1s 2 2 16s 2 1s 3 2 +2s 4 2
h9 = s 9 1 9s 7 1s2 + 27s 5 1s 2 2 30s 3 1s 3 2 +9s1s 4 2
h10 = s 10
1 10s 8 1s2 + 35s 6 1s 2 2 50s 4 1s 3 2 + 25s 2 1s 4 2 2s 5 2
Esercizio. Determinare i coe cienti a, b e c del polinomio x 3 + ax 2 + bx + c le
cui radici siano i quadrati delle radici del polinomio x 3 3x + 1.
Soluzione. In questo caso si ha s1 = 0, s2 = 3es3 = 1. Scriviamo le prime
sei formule di Newton per n = 3:
s1 = h1
2s2 = h1s1 h2
3s3 = h1s2 h2s1 + h3
0=h1s3 h2s2 + h3s1 h4
0= h2s3 + h3s2 h4s1 + h5
0=h3s3 h4s2 + h5s1 h6
Invertendo tali relazioni rispetto ad h1, ...,h6 si trova:
h1 = s1
h2 = h1s1 2s2
= s 2 1
2s2
h3 = h1s2 + h2s1 +3s3 =
= s1s2 + s 3 1 2s2s1 +3s3 =
= s 3 1 3s1s2 +3s3
h4 = h1s3 h2s2 + h3s1 =
= s1s3 (s 2 1 2s2)s2 +(s 3 1 3s1s2 +3s3)s1 =
= s 4 1 4s 2 1s2 +2s 2 2 +4s1s3
h5 = h2s3 h3s2 + h4s1 =
=(s 2 1 2s2)s3 (s 3 1 3s1s2 +3s3)s2 +(s 4 1 4s 2 1s2 +2s 2 2 +4s1s3)s1 =
= s 5 1 5s 3 1s2 +5s 2 1s3 +5s1s 2 2 5s2s3
h6 = h3s3 h4s2 + h5s1 =
=(s 3 1 3s1s2 +3s3)s3 (s 4 1 4s 2 1s2 +2s 2 2 +4s1s3)s2+
16

+(s 5 1 5s 3 1s2 +5s 2 1s3 +5s1s 2 2 5s2s3)s1 =
= s 6 1 6s 4 1s2 +6s 3 1s3 +9s 2 1s 2 2 12s1s2s3 2s 3 2 +3s 2 3
Invertendo invece le prime tre formule rispetto ad s1, s2, s3 si trova:
s1 = h1
s2 = h1s1 h2
2
= h2 1
s3 = h3 h2s1 + h1s2
3
In particolare si trova:
2
h2
=
h
h3 h2h1 + h1
2 1
a = s1(↵ 2 1,↵ 2 2,↵ 2 3)= (↵ 2 1 + ↵ 2 2 + ↵ 2 3)=
= h2(↵1,↵2,↵3) = s 2 1 +2s2 =
= 6
b = s2(↵ 2 1,↵ 2 2,↵ 2 3)=
= h1(↵2 1,↵2 2,↵2 3) 2 h2(↵2 1,↵2 2,↵2 2
3)
= h2(↵1,↵2,↵3) 2 2
h4(↵1,↵2,↵3)
= (s2 1 2s2) 2 (s 4 1 4s 2 1s2 +2s 2 2 +4s1s3)
=9
c = s3(↵ 2 1,↵ 2 2,↵ 2 3)=
2
=
=
3
2
=
h2
= 2h3 3h1h2 + h 3 1
6
= 2h3(↵2 1,↵2 2,↵2 3) 3h1(↵2 1,↵2 2,↵2 3)h2(↵2 1,↵2 2,↵2 3)+h1(↵2 1,↵2 2,↵2 3) 3
6
= 2h6(↵1,↵2,↵3) 3h2(↵1,↵2,↵3)h4(↵1,↵2,↵3)+h2(↵1,↵2,↵3) 3
6
(tenendo conto del fatto che s1 = 0)
= 2( 2s32 +3s2 3) 3( 2s2)(2s2 2)+( 2s2) 3
6
=
= 1.
17
=
=

Soluzione alternativa. Consideriamo una radice ↵ del polinomio x 3 3x + 1, si
ha allora
↵ 3 =3↵ 1;
↵ 4 =3↵ 2 ↵;
↵ 5 =3↵ 3 ↵ 2 = ↵ 2 +9↵ 3;
↵ 6 = ↵ 3 +9↵ 2
3↵ =9↵ 2
6↵ +1.
Sommando membro a membro la quarta eguaglianza e la seconda moltiplicata
per 6, troviamo ↵ 6 6↵ 4 = 9↵ 2 + 1, da cui deduciamo che ↵ 2 è radice
del polinomio q(x) =x 3 6x 2 +9x 1.
Esercizio (Olimpiadi 2008 Senior, problemi a risposta rapida). Siano a1, a2,
a3, a4 le radici (eventualmente complesse e ripetute a seconda della molteplicità)
del polinomio
x 4 +7x 3
13x 2 + 17x 5.
Calcolare
1
a1
+ 1
+
a2
1
+
a3
1
a4
Soluzione. Detto p(x) =x 4 +7x 3 13x 2 + 17x 5, i numeri 1
sono radici del polinomio monico (multiplo del reciproco)
1 1
˜p(x) =
5 5
7 13
x +
5 5 x2 17
5 x3 + x 4 .
a1
, 1
,
a2
1
a3
e 1
a4
La somma delle radici di questultimo è uguale al coe ciente del termine di terzo
grado cambiato di segno:
1
a1
2.4 Radici multiple
+ 1
+
a2
1
+
a3
1
=
a4
17
5
Una radice ↵ di un polinomio p(x) èdettamultiplase(x ↵) 2 divide p(x).
Proposizione 2. Una radice ↵ di un polinomio p(x) è m u l t i p l a s e e s o l ↵o
s e
è una radice del polinomio derivato p(x) 0 .
Dimostrazione. Scriviamo p(x) nella forma p(x) =an(x ↵1) ···(x ↵n). Questo
polinomio ha una radice doppia se e solo se ↵i = ↵j per qualche coppia di
indici i e j con i 6= j. Otteniamo
p(x) 0 = an
nX
i=1
18
Y
1applejapplen
j6=i
(x ↵j)

equindi
p(↵i) 0 = an
Y
1applejapplen
j6=i
(↵i ↵j).
Troviamo allora che che p(↵i) 0 = 0 se e solo se ↵i = ↵j per qualche coppia di
indici i e j con j 6= i.
Esempio (polinomi di secondo grado). Supponiamo che il polinomio p(x) =
ax 2 + bx + c abbia una radice multipla ↵. Per quanto appena detto si ha
(
p(↵) = a↵ 2 + b↵ + c =0
p(↵) 0 =2a↵ + b =0
da cui di ricava ↵ = b
2a , ↵2 = b2
4a
2 e, sostituendo nella prima equazione e
semplificando, 0 = b2 +4ac
= , dove è il discriminante del polinomio
4a 4a
p(x).
Esempio (polinomi di terzo grado). Supponiamo che il polinomio p(x) =x3 +
ax2 a
+ bx + c abbia una radice multipla. Poniamo x = y 3 , sostituendo si
ottiene
p(x) =y 3
ay 2 + a2
3 y
= y 3 + py + q
= l(y)
a3 27 + ay2 2a a2
y +
3 9
dove l(y) è un polinomio in y con radici multiple e
p = a2
3
2a
3
a3 a2
+ b, q = +
27 9
ab
3
+ c.
+ by
ab
3
+ c =
Non si perde quindi di generalità riducendosi a considerare il caso (apparentemente
particolare) dei polinomi della forma
l(x) =x 3 + px + q.
Notiamo che se q = 0, allora una radice di l(x) è uguale a zero, e la somma
delle tre radici è anch’essa nulla. Se, come stiamo supponendo, l(x) ha radici
multiple e q = 0 allora due radici coincidono, una radice è nulla e le altre
due sono necessariamente opposte tra loro: l’unica possibilità di avere queste
condizioni è che siano nulle tutte e tre le radici. Ne deduciamo in tal caso che
p =0echel(x) =x 3 .
Supponiamo allora di essere nel caso in cui p 6= 06= q. Se ↵ è una radice
multipla di l(x) abbiamo
0=l(↵) =↵ 3 + p↵ + q
0=l(↵) 0 =3↵ 2 + p
19

Pertanto 0 = 3l(↵) ↵l(↵) 0 =2p↵ +3q e ↵ = 3q
. Sostituendo tale valore
nella prima equazione si trova 0 = 27q3
8p 2
3q
2
+ q =
2p
q
8p2 (4p3 + 27q2 ). È facile
vedere che questa condizione è anche su ciente: il polinomio l(x) =x 3 + px + q
ha una radice multipla se e solo se 4p 3 + 27q 2 = 0. Infatti, se le radici di l(x)
sono ↵1, ↵2 e ↵3, sapendo che ↵3 = ↵1 ↵2, sitrova
p = ↵1↵2 + ↵1↵3 + ↵2↵3 =
= ↵ 2 1 ↵1↵2 ↵ 2 2 ;
q = ↵1↵2↵3 =
= ↵ 2 1↵2 + ↵1↵ 2 2 ;
4p 3 + 27q 2 = 4↵ 6 1 12↵ 5 1↵2 +3↵ 4 1↵ 2 2 + 26↵ 3 1↵ 3 2 +3↵ 2 1↵ 4 2 12↵1↵ 5 2 4↵ 6 2 =
= (↵1 ↵2) 2 (2↵1 + ↵2) 2 (↵1 +2↵2) 2 =
= (↵1 ↵2) 2 (↵1 ↵3) 2 (↵2 ↵3) 2 .
Il numero = 4p 3 27q 2 è detto discriminante del polinomio x 3 + px + q e
si annulla se e solo tale polinomio ha una radice multipla.
Esercizio. Dato un polinomio p(x) =ax 3 + bx 2 + cx + d, con d 6= 0diterzo
grado a coe cienti reali chiamiamo mossa ammissibile una delle seguenti:
1. passare dal polinomio p(x) al suo reciproco ˜p(x) =a + bx + cx 2 + dx 3 ,
2. se v 2 R non è una radice di p(x) passare da p(x) aq(x) =p(x + v),
3. se u 2 R e u 6= 0 passare da p(x) as(x) =p(u · x),
4. se w 2 R e w 6= 0 passare da p(x) at(x) =w · p(x).
È possibile passare dal polinomio p(x) = x 3 7x + 6 al polinomio h(x) =
x 3 12x + 16 con un numero finito di mosse ammissibili?
Soluzione. La risposta è no, infatti ognuna delle mosse ammissibili non altera la
tipologia e il numero delle radici distinte di un polinomio. Notiamo che invece i
due polinomi, avendo il primo discriminante p = 4 · ( 7) 3 27 · 6 2 = 400
ed il secondo h = 4 · ( 12) 3 27 · (16) 2 = 0, hanno rispettivamente tre radici
distinte il primo e radici multiple il secondo.
20