Vojtech Jarnik 2013/3 Category II

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Vojtech Jarnik 2013/3 Category II

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Φεβ 19, 2016 3:38 pm

Να δειχθεί ότι δεν υπάρχει πολυώνυμο P(x) με ακέραιους συντελεστές ώστε P(\sqrt[3]{5} + \sqrt[3]{25}) = 5+\sqrt[3]{5}.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5791
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Vojtech Jarnik 2013/3 Category II

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Φεβ 20, 2016 4:14 am



Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Vojtech Jarnik 2013/3 Category II

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Φεβ 20, 2016 11:43 am

Με κάπως διαφορετική εκτέλεση.

Θέτω \alpha = \sqrt[3]{5} και \omega = \alpha + \alpha^2. Επειδή \omega \in \mathbb{Q}(\alpha) και ο \alpha έχει βαθμό 3, τότε ο βαθμός του \omega διαιρεί το 3. Δεν είναι δύσκολο να δειχθεί ότι ο βαθμός του \omega δεν είναι 1 αλλά μπορούμε πιο γρήγορα να παρατηρήσουμε ότι αν ο βαθμός ήταν 1, τότε το 5+\alpha = P(\omega) θα ήταν ρητός, άτοπο.

Άρα υπάρχουν μοναδικά a,b,c \in \mathbb{Q} ώστε P(\omega) = a + b\omega + c\omega^2.

Επειδή οι \alpha,\alpha^2 είναι αλγεβρικοί ακέραιοι (ρίζες μονικών πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές) το ίδιο ισχύει και για τον \omega. [Οι αλγεβρικοί ακέραιοι είναι δακτύλιος.] Οπότε οι a,b,c που βρήκαμε πιο πάνω είναι ακέραιοι.

Αλλά \omega^2 = \alpha^2 + 2\alpha^3 + \alpha^4 = \alpha^2 + 5\alpha + 10. Οπότε \omega^2-\omega = 4\alpha+10. Άρα \displaystyle{\alpha +5= \frac{\omega^2-\omega+10}{4}.}

Δηλαδή a=5/2,b=-1/4,c=1/4, άτοπο.


Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Vojtech Jarnik 2013/3 Category II

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Σάβ Φεβ 20, 2016 7:49 pm

Έστω το πολυώνυμο έχει βαθμό n τότε προφανώς

P(5^{\dfrac{1}{3}}+5^{\dfrac{2}{3}})=C_{2n}(5^{\dfrac{1}{3}})^{2n}+C_{2n-1}(5^{\dfrac{1}{3}})^{2n-1}+...+C_15^{\dfrac{1}{3}}+C_0

C_{2n}\neq{0} , C_i ακέραιοι.

Αφού

P(5^{\dfrac{1}{3}}+5^{\dfrac{2}{3}})=5+5^{\dfrac{1}{3} τότε

C_0=5 άρα

C_{2n}(5^{\dfrac{1}{3}})^{2n}+C_{2n-1}(5^{\dfrac{1}{3}})^{2n-1}+...+C_15^{\dfrac{1}{3}}=5^{\dfrac{1}{3}}

οπότε

C_{2n}(5^{\dfrac{1}{3}})^{2n-1}+C_{2n-2}(5^{\dfrac{1}{3}})^{2n-2}+...+C_25^{\dfrac{1}{3}}+C_1=1

Αδύνατον γιατί C_1 ακέραιος.

*Διόρθωσα ένα τυπογραφικό λάθος στο τέλος.
*Αν κάτι θέλει απόδειξη η είναι λάθος ενημερώστε.


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Vojtech Jarnik 2013/3 Category II

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Φεβ 21, 2016 11:31 am

Δημήτρη, τα C_i δεν είναι μοναδικά. Δεν είμαι σίγουρος λοιπόν πως καταλήγεις σε άτοπο. Δεν θα μπορούσε π.χ. να είναι C_0=5,C_1 = -4 και C_4=1;


Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1203
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Vojtech Jarnik 2013/3 Category II

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Κυρ Φεβ 21, 2016 2:19 pm

Ναι Δημήτρη... Σφάλμα!

Πάντος είναι ενδιαφέρον που έχει λύση στους ρητούς και όχι στους ακέραιους.

Φαντάζομαι οτι θα ισχύει το παρακάτω

P(5^{\dfrac{1}{3}}+(5^{\dfrac{1}{3}})^2)=c_0+c_15^{\dfrac{1}{3}}

c_0c_1\neq0 θα έχει λύσεις

αν και μόνο αν 4|c_1

Σωστά;


Ξεπέρασε τον εαυτό σου.
Κανένα πρόβλημα δεν μπορεί να σε νικήσει.Εμείς το εντοπίζουμε εμείς το λύνουμε!
Φιλοσοφία είναι η λύτρωση του ανθρώπου από τις αποτυχίες του.
Κανακάρης Δημήτριος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες