strano polinomio da Gas

[Luke99]

Sia [tex]p(x)[/tex] un polinomio non identicamente nullo che soddisfa la seguente condizione :
[tex]xp(x)=(x-1)p(x+\frac{1}{2011})[/tex]
Calcolare la somma di tutti i reali [tex]z[/tex] tali che [tex]p(z)=0[/tex]

[CosecantofPi]

Non capisco coma sia possibile..
$$xp(x)=(x-1)(p(x+\frac{1}{2011}))$$
Questa cosa vale zero se e solo se o $x=0$ o $p(x)=0$. Siccome noi vogliamo trovare le soluzioni di $p(x)=0$ allora dovremmo trovare tutte le soluzioni tali che $(x-1)(p(x+\frac{1}{2011}))=0$ ma con $x$ diverso da zero. La prima soluzione che vediamo e' $x=1$, perche' cosi "$x-1$" varrebbe zero e per la legge dell annullamento del prodotto il prodotto risulterebbe zero. Quindi $p(1)=0$. Un altra soluzione, e se $p(x+\frac{1}{2011})=0$.. ma noi non sappiamo quando accade, sappiamo pero' che accade sicuramente quando $x+\frac{1}{2011} = 1$ visto che sappiamo che $p(1)=0$. Allora $x=\frac{2010}{2011}$. Ma allora anche $p(\frac{2010}{2011})=0$.. Abbiamo trovato una seconda radice.. Cercando una terza possiamo fare lo stesso ragionamento.. siccome sappiamo che $p(\frac{2010}{2011})=0$ allora ci basta trovare un $x$ tale che $x+\frac{1}{2011}=\frac{2010}{2011}$ e avremmo trovato un altra radice.. e cosi via, per induzione si puo' dimostrare che ogni radice si puo' trovare cosi:
sia $r_i$ la i-esima radice trovata, allora la (i+1)-esima radice la troveremo cosi:
$$r_{i+1}=r_i - \frac{1}{2011}$$.
Le radici che possiamo trovare, che soddisfano $xp(x)=(x-1)(p(x+\frac{1}{2011}))$ sono infinite, e minori o uguali ad $1$, tranne $0$, perche' senno staremo annullando l equazione utilizzando la moltiplicazione per il polinomio di $x$, che esattamente cio' che vogliamo evitare, poiche' vogliamo trovare tutte $z$ tali che $p(z)=0$. Cosa sto sbagliando?

[CosecantofPi]

Aspetto correzioni

[ElPaso98]

@CosecantofPi, io non sono tanto convinto della tua induzione perché qui stiamo parlando di numeri reali e non naturali, d'altro canto si vede che, usando il tuo ragionamento [tex]1,2010/2011...1/2011[/tex] sono tutte radici del polinomio quindi diciamo che ragionevolmente (parola cruciale in una GaS ) la soluzione del problema è la loro somma,cioè [tex]2011\cdot2012/(2\cdot2011)=1006[/tex], ora se qualcuno dimostrasse che il polinomio ha prorpio 2012 radici reali sarebbe ottimo, magari ci provo domani

[CosecantofPi]

@CosecantofPi, io non sono tanto convinto della tua induzione perché qui stiamo parlando di numeri reali e non naturali, d'altro canto si vede che, usando il tuo ragionamento [tex]1,2010/2011...1/2011[/tex] sono tutte radici del polinomio quindi diciamo che ragionevolmente (parola cruciale in una GaS ) la soluzione del problema è la loro somma,cioè [tex]2011\cdot2012/(2\cdot2011)=1006[/tex], ora se qualcuno dimostrasse che il polinomio ha prorpio 2012 radici reali sarebbe ottimo, magari ci provo domani

La soluzione è proprio quella, ma allora nel problema bisognerebbe specificare "positive" Perche se 1/2011 è radice, si può continuare a scendere fino ai numeri negativi

[ElPaso98]

In effetti ripetendo lo stesso ragionamento si ha che se [tex]p(0)=0[/tex], allora abbiamo infinite altre soluzioni negative del tipo [tex]-1/2011,-2/2011...[/tex], mentre se [tex]p(2012/2011)=0[/tex] abbiamo infinte soluzioni positive tipo [tex]2013/2011, 2014/2011...[/tex] e questi due casi sono impossibili

[CosecantofPi]

In effetti ripetendo lo stesso ragionamento si ha che se [tex]p(0)=0[/tex], allora abbiamo infinite altre soluzioni negative del tipo [tex]-1/2011,-2/2011...[/tex], mentre se [tex]p(2012/2011)=0[/tex] abbiamo infinte soluzioni positive tipo [tex]2013/2011, 2014/2011...[/tex] e questi due casi sono impossibili

Esatto, è strano che il problema non imponga un limite, tipo maggiori o uguali a zero oppure non negativi

[Veritasium]

Risposta

Testo nascosto:

1006

Soluzione

Testo nascosto:

Per [tex]x = 0[/tex] si ha [tex]p(\frac{1}{2011}) = 0.[/tex] Troviamo che se $\frac{n}{2011}$ è radice allora lo è anche $\frac{n+1}{2011}$ per $n = 0,
1, ..., 2010.$
Mostriamo che queste sono le uniche soluzioni: sia $\alpha$ la più grande radice di $p,$ che esiste in quanto esso è un polinomio. Allora $\alpha p(\alpha) = 0 = (\alpha - 1)p(\alpha + \frac{1}{2011})$ ed essendo che $\alpha + \frac{1}{2011}$ non è radice per ipotesi allora $\alpha = 1.$
Analogamente sia $\beta$ la più piccola radice di $p$ allora $(\beta - \frac{1}{2011})p(\beta - \frac{1}{2011}) = (\beta - \frac{1}{2011} - 1)p(\beta) = 0$ da cui $\beta = \frac{1}{2011}.$
Dunque la somma è $\sum_{k = 1}^{2011} \frac{k}{2011} = \frac{\frac{2011\cdot2012}{2}}{2011} = 1006$

[Luke99]

Effettivamente la risposta é quella, grazie