ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Ιστοσελίδα · #1

Ας δούμε μια κλασσική άσκηση από τα παλιά δροσερή και εύκολη.

Αν η εξίσωση $\alpha x^2 + \beta x + \gamma = 0$ , $\alpha ,\beta ,\gamma \in Q,\alpha \ne 0$ έχει ρίζα τον άρρητο αριθμό $\rho _1 = \kappa + \sqrt \lambda$ $\kappa ,\lambda \in Q$ $\lambda \ne \rho ^2$ $\rho \in Q$ να δείξετε ότι η άλλη ρίζα της θα είναι ο αριθμός $\rho _2 = \kappa - \sqrt \lambda$ (συζυγής).

#2

Ας βάλω μία λύση για τη δροσερή αυτή άσκηση στο συνημμένο.

#3

καλησπέρα Σπύρο

αρκει να αποδειξουμε οτι το $(x-k-\sqrt{l})(x-k+\sqrt{l})$ διαιρει το P(x)=ax^2+bx+c

εστω $P(x)=(x-k-\sqrt{l})(x-k+\sqrt{l})+U(x)$ με U(x)=mx+n

τοτε
$P(p_1)=P(k+\sqrt{l})=m(k+\sqrt{l})+n$ αλλα P(p_1)=0

-->
$m(k+\sqrt{l})+n=0$ ---> $(mk+n)+ m\sqrt{l}=0$ --> $mk+n=0 ,m\sqrt{l}=0$

και αρα θα πρεπει m=0

και επομενως και n=0

-->

#4

Οταν γραφουμε κατι σε doc αν δε του δωσουμε ονομα (Αγγλικα)δεν ανοιγει ευκολα
Στελνω το αρχειο του παυλου παλι

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:Ας βάλω μία λύση για τη δροσερή αυτή άσκηση στο συνημμένο.

k-ser · #5

Δύο παρατηρήσεις στις παραπάνω λύσεις:
1. Για τη λύση της Φωτεινής: Θα πρέπει επιπλέον να δειχθεί ότι m, n ρητοί, το οποίο γίνεται εύκολα.
2. Για τη λύση του Παύλου: Ένα τυπογραφικό: μ=-β/α-κ αντί μ=β/α+κ

#6

k-ser έγραψε:Δύο παρατηρήσεις στις παραπάνω λύσεις:
1. Για τη λύση της Φωτεινής: Θα πρέπει επιπλέον να δειχθεί ότι m, n ρητοί, το οποίο γίνεται εύκολα.

κύριε Σερίφη καλησπέρα
αυτό δεν το σκέφτηκα καθόλου
δηλαδή πως πρέπει να το γράψουμε;

#7

Γειά σας
Μπορούμε να έχουμε και κάτι πιό γενικό όπως στους μιγαδικούς:
Με $x^{\ast }$ συμβολίζουμε τον συζυγή $k-m\sqrt{\lambda }$ του $x=k+m\sqrt{\lambda }$ όπου οι k, m

είναι ρητοί και ο $\lambda$ είναι θετικός ρητός που δεν διαιρείται από τετράγγωνο ακεραίου. Μία άσκηση που μπορούν να την κάνουν ικανοί μαθητές της α' τάξης είναι η ακόλουθη:
1) Δείξτε ότι αν οι αριθμοί a, b

είναι της μορφής $k+m\sqrt{\lambda }$ τότε το άθροισμα τους και το γινόμενο τους είναι της ίδιας μορφής και:
$\left( a+b\right) ^{\ast }=a^{\ast }+b^{\ast }$
$\left( a\cdot b\right) ^{\ast }=a^{\ast }\cdot b^{\ast }$
και μετά
2) Δείξτε ότι αν ο αριθμός $k+m\sqrt{\lambda }$ είναι λύση της εξίσωσης
$p_{m}x^{m}+p_{m-1}x^{m-1}+...+p_{0}=0$
με τους $p_{m},...,p_{0}$ ρητούς τότε και ο $k-m\sqrt{\lambda }$ είναι επίσης λύση της εξίσωσης.
Μαυρογιάννης

#8

Μια και έχουμε πολύ ελεύθερο χώρο ανοικτό (μετά τη τελευταία δημοσίευση του Νίκου Μαυρογιάννη), να αναφέρω ότι επειδή η επέκταση του σώματος $\mathbb{Q}\left(\sqrt{\lambda}\right)$ πάνω από το $\mathbb{Q}$ είναι Galois, και οι αυτομορφισμοί της επέκτασης Galois είναι οι $\{id, \sigma\}$ όπου $\sigma(\lambda)=-\lambda$ , άρα οι ρίζες του πολυωνύμου θα είναι οι $id(\rho)=\rho,\sigma(\rho)$ όπου $\rho$ μία ρίζα του πολυωνύμου.

Αφού λοιπόν η $\kappa+\sqrt{\lambda}$ είναι ρίζα, άρα η άλλη ρίζα θα είναι η $\sigma\left(\kappa+\sqrt{\lambda}\right)=\kappa-\sqrt{\lambda}$ .

Αλέξανδρος

#9

Γενίκευση (για μεγαλύτερες τάξεις)

Έστω P(x)

ένα πολυώνυμο

-οστού βαθμού με ρητούς συντελεστές και $\lambda$ ένας ρητός που δεν είναι

-οστή δύναμη ρητού. Να αποδείξετε ότι εάν το P(x)

έχει σαν ρίζα τον αριθμό $\kappa+\sqrt[n]{\lambda}$ , τότε έχει ρίζες και τα $\kappa+\omega^i\sqrt[n]{\lambda}, i=1,\ldots,n$ όπου $\omega$ είναι μία πρωταρχική

-οστή ρίζα της μονάδος και ο $\kappa$ είναι ρητός.

Αλέξανδρος

k-ser · #10

Φωτεινή,
κάνοντας πράξεις στο
$P(x)=a(x-k-\sqrt{l})(x-k+\sqrt{l})+mx+n$
παίρνουμε:
P(x)=a[x^2-(2k+m)x-k^2+l+n]

Εφόσον είναι:
$P(x)=\alpha x^2+\beta x +\gamma$
θα πρέπει:
$a=\alpha, m=-\frac{\beta}{a}+2k, n=\frac{\gamma}{a}+k^2-l$
και έτσι a, m, n

ρητοί.
Να διευκρινίσω επιπλέον, ότι θα πρέπει στο P(x) που γράφεις να το πολλαπλασιάσεις και με κάποιον αριθμό

ο οποίος εκφράζει το πηλίκο της διαίρεσης
$P(x):(x-k-\sqrt{l})(x-k+\sqrt{l})$ .

#11

κύριε Σερίφη ευχαριστώ

όσο για το ! α ! μου ξέφυγε

Ιστοσελίδα · #12

Και η δική μου προσέγγιση για την άσκηση:

Αφού ο αριθμός $\rho _1$ είναι ρίζα της εξίσωσης
$\alpha (\kappa + \sqrt \lambda )^2 + \beta (\kappa + \sqrt \lambda ) + \gamma = 0 \Leftrightarrow$
$\alpha (\kappa ^2 + \lambda + 2\kappa \sqrt \lambda ) + \beta \kappa + \beta \sqrt \lambda + \gamma = 0 \Leftrightarrow$
$(\alpha \kappa ^2 + \alpha \lambda + \beta \kappa + \gamma ) + (2\alpha \kappa + \beta )\sqrt \lambda = 0$
απ’ όπου έχουμε ότι:
$\alpha \kappa ^2 + \alpha \lambda + + \beta \kappa + \gamma = 0$ (1)
$2\alpha \kappa + \beta = 0$ (2)

Για να είναι ο $\rho _2$ λύση πρέπει και αρκεί να επαληθεύει την εξίσωση (Ι) έτσι
$\alpha \rho _2^2 + \beta\rho _2 + \gamma = \alpha (\kappa - \sqrt \lambda )^2 + \beta (\kappa - \sqrt \lambda ) + \gamma =$
$=\alpha (\kappa ^2 + \lambda - 2\kappa \sqrt \lambda ) + \beta \kappa - \beta \sqrt \lambda + \gamma =$
$= (\alpha \kappa ^2 + \alpha \lambda + \beta \kappa + \gamma ) - (2\alpha \kappa + \beta )\sqrt \lambda =$
$= 0 - 0\sqrt \lambda = 0$ λόγω των σχέσεων (1) και (2)

Άρα πράγματι την επαληθεύει.

Χρήστος Λαζαρίδης · #13

Σπύρο
Πολύ καθυστερημένα έχω να κάνω την εξής παρατήρηση.
Στον τρόπο σου, νομίζω, ότι θα έπρεπε να προηγηθεί μία σημείωση του τύπου: $a+b\sqrt{c}=0\Leftrightarrow a=b=0$ .
Η σημείωση αυτή δεν είναι αυτονόητη.
Φιλικά
Χρήστος

ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Re: ΕΞΙΣΩΣΗ 2ου ΒΑΘΜΟΥ (1)

Μέλη σε σύνδεση