Μη ρητή συνάρτηση

#1

Να δείξετε με όσους περισσότερους τρόπους γίνεται ότι η συνάρτηση $\displaystyle{\sqrt {x^2+1}}$ δεν είναι ρητή.

#2

Προειδοποίηση: Λύση εκτός φακέλου!

Μπορούμε να μιμηθούμε την απόδειξη ότι ο αριθμός $\displaystyle{\sqrt 2 }$ είναι άρρητος.

Υποθέτουμε ότι υπάρχουν πολυώνυμα $\displaystyle{P\left( x \right)}$ και $\displaystyle{Q\left( x \right)}$ (με πραγματικούς συντελεστές) τέτοια, ώστε $\displaystyle{\sqrt {{x^2} + 1} = \frac{{P\left( x \right)}}{{Q\left( x \right)}}}$ και τα $\displaystyle{P\left( x \right),}$ $\displaystyle{Q\left( x \right)}$ δεν έχουν κοινό παράγοντα βαθμού μεγαλύτερου ή ίσου του

. Τότε, είναι:

$\displaystyle{\left( {{x^2} + 1} \right){Q^2}\left( x \right) = {P^2}\left( x \right),}$

οπότε το πολυώνυμο $\displaystyle{{{x^2} + 1} }$ είναι παράγοντας του $\displaystyle{{P^2}\left( x \right).}$ Επειδή το πολυώνυμο $\displaystyle{{{x^2} + 1} }$ είναι ανάγωγο επί του $\mathbb{R}$ , το $\displaystyle{{{x^2} + 1} }$ θα είναι παράγοντας του $\displaystyle{P\left( x \right).}$ Άρα, θα υπάρχει πολυώνυμο $\displaystyle{R\left( x \right)}$ (με πραγματικούς συντελεστές) τέτοιο, ώστε

$\displaystyle{P\left( x \right) = \left( {{x^2} + 1} \right)R\left( x \right).}$

Αλλά τότε

$\displaystyle{\left( {{x^2} + 1} \right){Q^2}\left( x \right) = {\left( {{x^2} + 1} \right)^2}{R^2}\left( x \right) \Rightarrow {Q^2}\left( x \right) = \left( {{x^2} + 1} \right){R^2}\left( x \right),}$

οπότε το πολυώνυμο $\displaystyle{{{x^2} + 1} }$ είναι παράγοντας του $\displaystyle{{Q^2}\left( x \right),}$ άρα και του $\displaystyle{{Q\left( x \right)}.}$ Αυτό, όμως, είναι άτοπο και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

#3

Πολλή ωραία λύση, του αλγεβριστή par excellance.

Οι δικές μου λύσεις είναι του αναλύστα.

Ιστοσελίδα · #4

Υποθέτουμε ότι υπάρχουν πολυώνυμα P(x)

και

, με πραγματικούς συντελεστές,
βαθμού

και

αντίστοιχα, τέτοια ώστε $\sqrt{x^2+1}=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ .

Τότε (x^2+1)Q^2(x)=P^2(x)

. Για τους βαθμούς των πολυωνύμων των δύο μελών έχουμε:
$2+2n=2m \Leftrightarrow m=n+1$ .

Έστω $Q(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots +a_1x+a_0$ και
$P(x)=b_{n+1}x^{n+1}+b_nx^n+\ldots +b_1x+b_0$ με $a_n, b_{n+1}\neq 0$ .

Για $x\neq 0$ είναι:
$\sqrt{x^2+1}=\dfrac{P(x)}{Q(x)} \Leftrightarrow |x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}=\dfrac{x^{n+1}}{x^n}\cdot\dfrac{b_{n+1}+b_n\cdot\frac{1}{x}+\ldots +b_1\cdot\frac{1}{x^n}+b_0\cdot\frac{1}{x^{n+1}}}{a_n+a_{n-1}\cdot\frac{1}{x}+\ldots +a_1\cdot\frac{1}{x^{n-1}}+b_0\cdot\frac{1}{x^n}}=$

$x\cdot\dfrac{b_{n+1}+b_n\cdot\frac{1}{x}+\ldots +b_1\cdot\frac{1}{x^n}+b_0\cdot\frac{1}{x^{n+1}}}{a_n+a_{n-1}\cdot\frac{1}{x}+\ldots +a_1\cdot\frac{1}{x^{n-1}}+b_0\cdot\frac{1}{x^n}}$

$\bullet$ Αν x>0

τότε: $\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}=\dfrac{b_{n+1}+b_n\cdot\frac{1}{x}+\ldots +b_1\cdot\frac{1}{x^n}+b_0\cdot\frac{1}{x^{n+1}}}{a_n+a_{n-1}\cdot\frac{1}{x}+\ldots +a_1\cdot\frac{1}{x^{n-1}}+b_0\cdot\frac{1}{x^n}}$

και παίρνοντας το όριο στο $+\infty$ θα έχουμε: $\dfrac{b_{n+1}}{a_n}=1$

$\bullet$ Αν x<0

τότε: $-\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}=\dfrac{b_{n+1}+b_n\cdot\frac{1}{x}+\ldots +b_1\cdot\frac{1}{x^n}+b_0\cdot\frac{1}{x^{n+1}}}{a_n+a_{n-1}\cdot\frac{1}{x}+\ldots +a_1\cdot\frac{1}{x^{n-1}}+b_0\cdot\frac{1}{x^n}}$

και παίρνοντας το όριο στο $-\infty$ θα έχουμε: $\dfrac{b_{n+1}}{a_n}=-1$
Φθάσαμε σε άτοπο, οπότε η συνάρτηση $\sqrt{x^2+1}$ δεν είναι ρητή.

#5

Φυσικά η ενδεδειγμένη λύση είναι η αλγεβρική που προτείνει ο Βαγγέλης.
Ας δούμε μια άλλη. Ας πούμε ότι είναι ρητή και γράφεται ως πηλίκο $\frac{f\left( x\right) }{g\left( x\right) }$ δύο πολυωνύμων. Μπορούμε να γράψουμε:
$\displaystyle \frac{f\left( x\right) }{g\left( x\right) }=\frac{a_{m}x^{m}\left( 1+..\right) }{b_{n}x^{n}(1+...)}=\frac{a_{m}x^{n+2k}\left( 1+..\right) }{b_{n}x^{m}\left( 1+..\right) }=\frac{a_{m}}{b_{n}}x^{2k}\frac{\left( 1+..\right) }{\left( 1+..\right) }$
Η πρώτη ισότητα είναι η προφανής και στα $\left( 1+..\right)$ τα αποσιωπητικά δηλώνουν όρους που στα $\pm \infty$ έχουν όριο μηδέν.
Η δεύτερη ισότητα (οι εκθέτες είναι θετικοί ακέραιοι) προκύπτει από το γεγονός ότι όπως η $\sqrt{x^{2}+1}$ έται και η $\frac{f\left( x\right) }{g\left( x\right) }$ θα έχει στα $\pm \infty$ όριο $+ \infty$ . Η τρίτη ισότητα προκύπτει μετά από απλοποίηση.
Το άτοπο το έχουμε από το γεγονός ότι η $\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}$ στο $+ \infty$ έχει όριο

ενώ η $\frac{f\left( x\right) }{xg\left( x\right) }$ έχει όριο $+ \infty$ . Για τους μαθητές που μας διαβάζουν σημειώνω ότι η θεώρηση της $\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x}$ δεν ήλθε από το πουθενά: έχει να κάνει με την ασύμπτωτο της $\sqrt{x^{2}+1}$ που είναι η y=x

ενώ η υποτιθέμενη ίση της $\frac{a_{m}}{b_{n}}x^{2k}\frac{\left( 1+..\right) }{\left( 1+..\right) }$ δεν έχει.
Μαυρογιάννης

ΥΓ 'Οση ώρα έγραφα είχαν ανέβει οι απαντήσεις του ΜΙχάλη και του Στράτη. Συνήθως το

μας ενημερώνει αν έχει προηγηθεί ανάρτηση. Μάλλον έχει αλλάξει κάτι που δεν είδα.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Είναι φανερό ότι η διαφορά των βαθμών των πολυωνύμων είναι

(όριο στο $\infty$ )
Επίσης και τα δύο πολυώνυμα δεν έχουν ρίζες.
ΑΤΟΠΟ γιατί ένα από τα πολυώνυμα είναι περιττού βαθμού.

#7

Η λύσεις του Στράτη και του Νίκου είναι στο μήκος κύματος με τις δικές μου λύσεις, αντίστοιχα. Τις καταγράφω χάριν πληρότητας.

1) Αν $\displaystyle { \sqrt{x^2+1}=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ τότε $\displaystyle { \dfrac{P\left ( \frac {1}{x} \right) }{Q\left ( \frac {1}{x} \right) }= \sqrt{\frac {1}{x^2}+ 1}= \frac {\sqrt{x^2+1}}{|x|} }$ συνεπώς

$\displaystyle { |x| = \frac {Q \left ( \frac {1}{x} \right) P(x)}{P\left ( \frac {1}{x} \right) Q(x) } = }$ ρητή. Άτοπο.

Το άτοπο βγαίνει με διάφορους τρόπους, όπως παίρνοντας όρια στο άπειρο ή από την μη παραγωγισιμότητα της |x|

στο

.

2) Αν $\displaystyle { \sqrt{x^2+1}=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ τότε $\displaystyle { \frac {\sqrt{x^2+1}}{x} =\dfrac{P(x)}{xQ(x)}$

Παίρνοντας $x\to +\infty$ , το όριο του αριστερού, και άρα του δεξιού, μέλους είναι

. Όμως αυτό μας οδηγεί σε άτοπο καθώς παίρνοντας τώρα $x\to -\infty$ , το μεν αριστερό μέλος έχει όριο

το δε δεξί

.

Edit: Διόρθωσα τυπογραφικό.

#8

Νομίζω ότι μπορούμε να έχουμε και μια minimal λύση που να χρησιμοποιεί μόνο βασικές γνώσεις πολυωνύμων της Β΄Λυκείου χωρίς καθόλου ανάλυση ή θεωρία αναγώγων πολυωνύμων.
Ας υποθέσουμε όπως πριν ότι η $\sqrt{x^{2}+1}$ είναι ως συνάρτηση ίση με $\frac{f\left( x\right) }{g\left( x\right) }$ όπου τα f(x)

,

έχουν βαθμούς

,

και επικεφαλής συντελεστές a_m

,

. Υψώνοντας στο τετράγωνο την $\sqrt{x^{2}+1}=\frac{f\left( x\right) }{g\left( x\right) }$ και δουλεύοντας με βαθμούς βρίσκουμε ότι m=n+1

. H $\frac{f\left( x\right) }{g\left( x\right) }$ πρέπει να είναι άρτια συνάρτηση διότι η $\sqrt{x^{2}+1}$ είναι. Άρα $\frac{f\left( -x\right) }{g\left( -x\right) }=\frac{f\left( x\right) }{g\left( x\right) }$ που μας οδηγεί στην ισότητα των πολυωνύμων $f\left( -x\right) g\left( x\right)$ και $f\left( x\right) g\left( -x\right)$ . Από αυτήν συνάγουμε ότι $a_{m}b_{n}\left( -1\right) ^{m}=a_{m}b_{m}\left( -1\right) ^{n}$ που λόγω της m=n+1

μας δίνει την $a_{m}b_{n}=0$ (άτοπο).
Μαυρογιάννης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Ας το δυσκολέψουμε.
Δείξτε ότι δεν μπορεί να ισχύει $\sqrt{x^{2}+1}=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ με P(x),Q(x)

πραγματικά πολυώνυμα
σε κανένα διάστημα.

#10

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Ας το δυσκολέψουμε.
Δείξτε ότι δεν μπορεί να ισχύει $\sqrt{x^{2}+1}=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ με πραγματικά πολυώνυμα
σε κανένα διάστημα.

Σταύρο είναι σίγουρο ότι δυσκολεύει ουσιωδώς; Η ισχύς της σχέσης $\sqrt{x^{2}+1}=\frac{f\left( x\right) }{g\left( x\right) }$ σε κάποιο διάστημα συνεπάγεται την ισχύ της $g^{2}\left( x\right) \left( x^{2}+1\right) =f^{2}\left( x\right)$ στο ίδιο διάστημα. Επειδή πρόκειται για πολυώνυμα η σχέση αυτή ισχύει παντού στο $\mathbb{R}$ οπότε αναγόμαστε στην απάντηση του Βαγγέλη.
Μαυρογιάννης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

Νίκο έχεις δίκιο.Ανάγεται εύκολα στην γενική περίπτωση.
Στο μυαλό μου είχα την εξής λύση.(πολύπλοκη)

Εστω $P(x)=\sqrt{x^{2}+1}Q(x)$ (1)

Παραγωγίζοντας παίρνουμε $P'(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}Q(x)+\sqrt{x^{2}+1}Q'(x)$

Αντικαθιστώντας την (1) στην τελευταία και κάνοντας πράξεις παίρνουμε

$P'(x)P(x)Q(x)=xQ^{3}(x)+P^{2}(x)Q'(x)$ (2)

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι (P(x),Q(x))=1

Ετσι η (2) δίνει ότι Q(x)/Q'(x)

που είναι ΑΤΟΠΟ.

Μη ρητή συνάρτηση

Μη ρητή συνάρτηση

Re: Μη ρητή συνάρτηση

Re: Μη ρητή συνάρτηση

Re: Μη ρητή συνάρτηση

Re: Μη ρητή συνάρτηση

Re: Μη ρητή συνάρτηση

Re: Μη ρητή συνάρτηση

Re: Μη ρητή συνάρτηση

Re: Μη ρητή συνάρτηση

Re: Μη ρητή συνάρτηση

Re: Μη ρητή συνάρτηση

Μέλη σε σύνδεση