mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 11:09 am**

Καλή σας μέρα.
Οι αριθμοί $\alpha ,\beta ,\gamma ,x,y$ είναι ρητοί και ο $\gamma$ δεν είναι τετράγωνο ρητού. Να αποδειχθεί ότι αν ισχύει $\root{3}\of{\alpha +\beta \sqrt{\gamma }}=x+y\sqrt{\gamma }$ τότε θα ισχύει και $\root{3}\of{\alpha -\beta \sqrt{\gamma }}=x-y\sqrt{\gamma }$ .
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 11:41 am**

Καλημέρα και χρόνια πολλά στους Στέφανους.

Δίνω μια ευκολότερη άσκηση αλλά η οποία δίνει το «κλειδί» για την ενδιαφέρουσα άσκηση του Νίκου:

Αν α, β, γ, δ ρητοί με β, δ μη τέλεια τετράγωνα ρητών και αν
$\alpha +\sqrt{\beta }=\gamma +\sqrt{\delta }$

τότε α = γ και β = δ (ή αλλιώς, τότε $\alpha -\sqrt{\beta }=\gamma -\sqrt{\delta }$ )

Φιλικά
Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 11:52 am**

Καλημέρα!Για να δούμε μια προσπάθεια απόδειξης...
Υψώνοντας στον κύβο τη δοθείσα, λαμβάνουμε: α+βsqr(γ)=(χ+ψsqr(γ))^3.
Κάνοντας τις πράξεις,προκύπτει:
α+βsqr(γ)=χ^3+3χψ^2γ+(3χ^2ψ+ψ^3γ)sqr(γ) η οποία γίνεται:
α-(χ^3+3χψ^2γ)= (3χ^2ψ+ψ^3γ-β)sqr(γ), δηλαδή με λίγα λόγια ρ1=ρ2sqr(γ) (ρ1,ρ2 ρητοί).
Αν ρ2 όχι μηδεν, τότε sqr(γ)=ρ1/ρ2 άτοπο γιατί sqr(γ) άρρητος. Αρα ρ2=0, απ' όπου υποχρεωτικά και ρ1=0.
Αρα α=χ^3+3χψ^2γ και β=3χ^2ψ+ψ^3γ. Αν αντικαταστήσουμε στην κυβική ρίζα του α-βsqr(γ), προκύπτει
σχετικά εύκολα το ζητούμενο.

Υ.Γ
Δε θεωρώ παλιομοδίτικες αυτές τις ασκήσεις, απλά απ' το διάβασμα που κάνω και ΘΑ κάνω καταλαβαίνω πόσο κακό
μου έχει κάνει η ενασχόληση με τη ''φασόν'' δουλειά του φροντιστηρίου, αφού μου είχαν σβήσει αυτές τς θεμελιώδεις γνώσεις της επιστήμης που αγαπάω,τα μαθηματικά. Ευχαριστώ τον κύριο Μαυρογιάννη για την άσκηση...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 12:15 pm**

Είναι αυτό που λέμε ότι επειδή $\sqrt{\gamma} \not\in\mathbb{Q}$ , και επειδή το ελάχιστο πολυώνυμο του $\sqrt{\gamma}$ είναι βαθμού

πάνω από το $\mathbb{Q}$ , άρα η επέκταση του σώματος $\mathbb{Q}\left( \sqrt{\gamma}\right)$ , είναι βαθμού 2 πάνω από το $\mathbb{Q}$ , άρα τα στοιχεία του $\mathbb{Q}\left( \sqrt{\gamma}\right)$ είναι της μορφής $\alpha+\beta\sqrt{\gamma}, \ \ \alpha,\beta \in \mathbb{Q}$ οπότε είναι επόμενο εάν ισχύει σχέση της μορφής

$\alpha+\beta\sqrt{\gamma} = \kappa+\lambda\sqrt{\gamma}$ να έχουμε ισοδύναμα $(\alpha=\kappa$ και $\beta=\lambda)$ .

Φυσικά μια στοιχειώδης προσέγγιση χωρίς τη χρήση θεωρίας σωμάτων δεν παύει να είναι εκείνη του chris_gatos.

EDIT: Για να θυμίσω στους συναδέλφους που μπορεί να μη θυμούνται, αναφέρω ότι ένας από τους πολλούς τρόπους κατασκευής των μιγαδικών αριθμών με χρήση άλγεβρας, είναι με επισύναψη του στοιχείου i που έχει σαν ελάχιστο πολυώνυμό του το x^2+1

το οποίο είναι βαθμού

πάνω από το $\mathbb{R}$ . Άρα η επέκταση του σώματος $\mathbb{R}\left(i\right)$ (που δεν είναι τίποτε άλλο από το σώμα $\mathbb{C}$ των μιγαδικών αριθμών) είναι βαθμού

πάνω από το $\mathbb{R}$ , άρα τα στοιχεία του είναι της μορφής $\alpha+\beta i , \ \ \alpha,\beta\in\mathbb{R}$ οπότε εάν

$\alpha+\beta i = \kappa+\lambda i$ , τότε έχουμε ισοδύναμα $(\alpha=\kappa$ και $\beta=\lambda)$

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 12:45 pm**

Mε την ορολογία του Αλέξανδρου η υπόδειξη του Μιχάλη λέει ότι (με $\gamma ,\delta$ ρητούς που είναι ελεύθεροι τετραγώνου ) είναι
$\mathbb{Q}\left( \sqrt{\gamma }\right) \cap \mathbb{Q}\left( \sqrt{\delta }\right) -\mathbb{Q}\neq \varnothing \Leftrightarrow \gamma =\delta$
OΚ μπορούσα να το πω, σαν άνθρωπος, με λόγια αλλά το έγραψα έτσι για προπαγανδιστικούς λόγους: $\LaTeX$ über alles.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 7:06 pm**

Καλησπέρα σε όλους
Άλλη μια στοιχειώδης προσέγγιση στο θέμα.

irrational numbers - old fashioned.png

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 7:44 pm**

nsmavrogiannis έγραψε: Οι αριθμοί $\alpha ,\beta ,\gamma ,x,y$ είναι ρητοί και ο $\gamma$ δεν είναι τετράγωνο ρητού. Να αποδειχθεί ότι αν ισχύει $\root{3}\of{\alpha +\beta \sqrt{\gamma }}=x+y\sqrt{\gamma }$ τότε θα ισχύει και $\root{3}\of{\alpha -\beta \sqrt{\gamma }}=x-y\sqrt{\gamma }$ .

1) Νίκο, μου είχε ξεφύγει το εξής: Μπορούμε να βελτιώσουμε κάπως την άσκηση εισάγοντας μια ακόμα μεταβλητή:

Οι αριθμοί $\alpha ,\beta ,\gamma, \delta, x,y$ είναι ρητοί και οι $\gamma, \delta$ δεν είναι τετράγωνα ρητών. Να αποδειχθεί ότι αν ισχύει $\root{3}\of{\alpha +\beta \sqrt{\gamma }}=x+y\sqrt{\delta}$ τότε θα ισχύει και $\root{3}\of{\alpha -\beta \sqrt{\gamma }}=x-y\sqrt{\delta}$ .

Η λύση του Χρήστου τώρα δεν περνάει ατόφια, αλλά θέλει κάποιες απλές προσαρμογές.

2) math_finder: δεν καταλαβαίνω την λύση σου. Σίγουρα έχει προβλήματα.
Πρώτα από όλα δεν χρησιμοποιήσες τις υποθέσεις περί ρητών α, β, γ, x, y.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 8:55 pm**

Μιχάλη
Θεωρώ αν και δεν το αναφέρω για τα χ,y,α,β,γ ότι ισχύουν οι υποθέσεις της άσκησης.
Το πνεύμα είναι το εξής . Θέτω r=ριζα(γ)
Οι τρίτες δυνάμεις των συζυγών χ+yr και χ-yr μετα από πράξεις βγαίνει ότι είναι οι επίσης συζυγείς μεταξύ τους οι αριθμοί a+br και a-br . Αν το δούμε αντίστροφα τότε οι κυβικές ρίζες αυτών των συζυγών αριθμών a+br και a-br είναι οι χ+yr και χ-yr που είναι συζυγείς , πράγμα που θέλαμε να αποδείξουμε.

Αν η ένσταση είναι για το αν οι δικοί μου α και β είναι ρητοί οπως απαιτεί η εκφώνηση , προφανώς είναι αφου έχουν προκύψει με πολλαπλασιασμους ,προσθέσεις και δυνάμεις των ρητών χ,y. Αν βοηθάει (και εφόσον θυμάμαι καλά) το σύνολο
Α={κ με κ=p+qr με p,q στο Q και r=ριζα μη τετράγωνου ρητού} είναι κλειστό και ως προς τις δύο συνηθισμένες πράξεις.
Αλλά ενδέχεται και να έχει κολλήσει το μυαλό μου και να μη βλέπω κάτι το οφθαλμοφανές.
Θα το ξαναδώ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 9:27 pm**

Μιχάλη νομίζω ότι ο Πάνος έχει δίκιο. Στο $\mathbb{Q}\left( \sqrt{d}\right)$ η συζυγία $\sigma$ είναι $\mathbb{Q}$ -αυτομορφισμός (ο μοναδικός μαζί με την ταυτοτική). Αν ισχύει $w^{3}=p+q\sqrt{d}$ τότε ουσιαστικά αυτό που κάνει (εξωσχολικό βέβαια) ο Πάνος είναι να πάρει το $\sigma$ και των δύο μελών οπότε $\sigma \left( w^{3}\right) =\sigma \left( p+q\sqrt{d}\right)$ και επομένως $\sigma \left( w\right) ^{3}=p-q\sqrt{d}$ .
Με την ευκαιρία για δες την αρχική πρόταση που έθεσες (καθώς και την επόμενη). Μου φαίνεται ότι πρέπει να ενισχύσουμε τις υποθέσεις για τους αριθμούς που είναι κάτω από τις ρίζες. Νομίζω ότι πρέπει να είναι ελεύθεροι τετραγώνου και όχι απλώς μη τετράγωνοι.
Π.χ. $1+\sqrt{12}=1+2\sqrt{3}$
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 9:51 pm**

Πανομοιότυπα με την αρχική μου σχέση καταλήγω α+βsqr(γ)=ρ1+ρ2sqr(δ) με ρ1=χ^3+3χψ^2δ και ρ2=3χ^2ψ+ψ^3δ,ρητοί αριθμοί.Αν γ=δ,τότε πρόκειται για την αρχική μορφή της άσκησης.Υποθέτω πως γ διαφορετικό του δ.Αν β=0 τότε α=ρ1+ρ2sqr(δ),δηλαδή
ρ2sqr(δ)=α-ρ1.Αν ρ2 οχι μηδέν,άτοπο γιατί sqr(δ) άρρητος.Άρα υποχρεωτικά ρ2=0,δηλαδή β=ρ2.Τώρα εύκολα προκύπτει
και α=ρι.Όμοια εργαζόμαστε και με την υπόθεση ρ2=0...
Μπορούμε να υποθέσουμε ότι β,ρ2 όχι μηδέν.Τότε βsqr(γ)=ρ1-α+ρ2sqr(δ).Υψώνοντάς στο τετράγωνο κτλ καταλήγουμε: β^2γ=κ^2+ρ2^2δ+2κρ2sqr(δ) (Έθεσα κ=α-ρ1).Αν κ όχι μηδέν τότε καταλήγουμε σε άτοπο,αφού το sqr(δ) άρρητος.Αρα υποχρεωτικά κ=0 => α=ρ1.Τότε καταλήγουμε βsqr(γ)=ρ2sqr(δ).Άρα σε κάθε περίπτωση αντικαθιστώντας στην
κυβική ρίζα του α-βsqr(γ) παίρνουμε το ζητούμενο.
Υ.Γ Συγνώμη αν σας κούρασα με τη χρήση της...παλιομοδίτικης πληκτρολόγησης,αλλά οσονούπω θα μάθω κι εγώ!
Απολογούμαι για τυχόν λάθη ή παρανοήσεις αλλά παράλληλα με την παρακολούθηση του κλάμπ,διαβάζω κιόλας...
Οι καλές συνήθειες (όπως π.χ η παρακολούθηση των συζητήσεων στο mathematica δεν...κόβονται!)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 11:21 pm**

math_finder έγραψε:Μιχάλη
Θεωρώ αν και δεν το αναφέρω για τα χ,y,α,β,γ ότι ισχύουν οι υποθέσεις της άσκησης.
Το πνεύμα είναι το εξής . Θέτω r=ριζα(γ)
Οι τρίτες δυνάμεις των συζυγών χ+yr και χ-yr μετα από πράξεις βγαίνει ότι είναι οι επίσης συζυγείς μεταξύ τους οι αριθμοί a+br και a-br . Αν το δούμε αντίστροφα τότε οι κυβικές ρίζες αυτών των συζυγών αριθμών a+br και a-br είναι οι χ+yr και χ-yr που είναι συζυγείς , πράγμα που θέλαμε να αποδείξουμε.

Αν η ένσταση είναι για το αν οι δικοί μου α και β είναι ρητοί οπως απαιτεί η εκφώνηση , προφανώς είναι αφου έχουν προκύψει με πολλαπλασιασμους ,προσθέσεις και δυνάμεις των ρητών χ,y. Αν βοηθάει (και εφόσον θυμάμαι καλά) το σύνολο
Α={κ με κ=p+qr με p,q στο Q και r=ριζα μη τετράγωνου ρητού} είναι κλειστό και ως προς τις δύο συνηθισμένες πράξεις.
Αλλά ενδέχεται και να έχει κολλήσει το μυαλό μου και να μη βλέπω κάτι το οφθαλμοφανές.
Θα το ξαναδώ

Πάνο,

Χμμμμ. Η ένστασή μου είναι στο ότι αν δεν πούμε κάπου στην απόδειξη φράσεις όπως «και επειδή α είναι ρητός έπεται ότι ...» ή «και επειδή x είναι ρητός έπεται ότι ...» ή άλλες παρόμοιες για τις άλλες μεταβλητές, σημαίνει ότι η απόδειξη έχει κενό. Θα δώσω παράδειγμα.

Πριν από αυτό, δες την απόδειξη του Χρήστου (και μια λίγο πιο απλή που δίνω παρακάτω). Θα παρατηρήσεις ότι ο Χρήστος σε διάφορα σημεία λέει τέτοιες φράσεις.

Παράδειγμα. Εννοείται θα πάρω τους α και x άρρητους, που σημαίνει ότι μία απόδειξη η οποία δεν χρησιμοποιεί «α ρητός» και «x ρητός», εφαρμόζεται και στο παράδειγμα που δίνω.

Για a = $15 \sqrt{2}$ , b=1, c =2, x= $\sqrt{2}$ , y=1 έχουμε

$\sqrt[3]{15\sqrt{2}+\sqrt{2}}= \sqrt{2}+\sqrt{2}$ και όμως
$\sqrt[3]{15\sqrt{2}-\sqrt{2}}\neq \sqrt{2}-\sqrt{2}$

Μπορεί να κάνω λάθος, αλλά έτσι το βλέπω.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 11:46 pm**

chris_gatos έγραψε:Πανομοιότυπα με την αρχική μου σχέση καταλήγω α+βsqr(γ)=ρ1+ρ2sqr(δ) με ρ1=χ^3+3χψ^2δ και ρ2=3χ^2ψ+ψ^3δ,ρητοί αριθμοί.Αν γ=δ,τότε πρόκειται για την αρχική μορφή της άσκησης.Υποθέτω πως γ διαφορετικό του δ.Αν β=0 τότε α=ρ1+ρ2sqr(δ),δηλαδή
ρ2sqr(δ)=α-ρ1.Αν ρ2 οχι μηδέν,άτοπο γιατί sqr(δ) άρρητος.Άρα υποχρεωτικά ρ2=0,δηλαδή β=ρ2.Τώρα εύκολα προκύπτει
και α=ρι.Όμοια εργαζόμαστε και με την υπόθεση ρ2=0...
Μπορούμε να υποθέσουμε ότι β,ρ2 όχι μηδέν.Τότε βsqr(γ)=ρ1-α+ρ2sqr(δ).Υψώνοντάς στο τετράγωνο κτλ καταλήγουμε: β^2γ=κ^2+ρ2^2δ+2κρ2sqr(δ) (Έθεσα κ=α-ρ1).Αν κ όχι μηδέν τότε καταλήγουμε σε άτοπο,αφού το sqr(δ) άρρητος.Αρα υποχρεωτικά κ=0 => α=ρ1.Τότε καταλήγουμε βsqr(γ)=ρ2sqr(δ).Άρα σε κάθε περίπτωση αντικαθιστώντας στην
κυβική ρίζα του α-βsqr(γ) παίρνουμε το ζητούμενο.
Υ.Γ Συγνώμη αν σας κούρασα με τη χρήση της...παλιομοδίτικης πληκτρολόγησης,αλλά οσονούπω θα μάθω κι εγώ!
Απολογούμαι για τυχόν λάθη ή παρανοήσεις αλλά παράλληλα με την παρακολούθηση του κλάμπ,διαβάζω κιόλας...
Οι καλές συνήθειες (όπως π.χ η παρακολούθηση των συζητήσεων στο mathematica δεν...κόβονται!)

Σωστά.

Πιο απλά, κάνουμε χρήση της ιδιότητας που ανέφερα παραπάνω (στο δεύτερο μήνυμα αυτής της σειράς). Δηλαδή της:

Αν α, β, γ, δ ρητοί με β, δ όχι τέλεια τετράγωνα ρητών και αν
$\alpha +\sqrt{\beta }= \gamma +\sqrt{\delta }$ (*)
τότε α = γ και β = δ.

Πραγματικά, από την (*) θα είναι
$\sqrt{\beta }= \gamma - \alpha +\sqrt{\delta }$

οπότε, τετραγωνίζοντας,

$\beta -(\gamma -\alpha )^{2}-\delta =2(\gamma -\alpha )\sqrt{\delta }$

Αυτό σημαίνει ότι γ-α = 0 γιατί αλλιώς θα διαιρούσαμε με το γ-α για να καταλήξουμε στο εσφαλμένο
$\sqrt{\delta }$ = κλάσμα ρητών = ρητός.
(στο τελευταίο βήμα έγινε χρήση των υποθέσεων για τα α, β, γ)

Από τη (*) τώρα έπεται β = δ, και λοιπά.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 28, 2008 12:07 am**

Φϊλοι μου συγνώμη. Οι υποθέσεις στις δύο προτάσεις του Μιχάλη δεν χρειάζονται καμμία ενίσχυση (δηλαδή από μη τετράγωνος σε ελεύθερο τετραγώνου) διότι ο Μιχάλης δεν δουλεύει με ισότητα της μορφής $x+y\sqrt{\gamma }=x^{\prime }+y^{\prime }\sqrt{\delta }$ αλλα της μορφής $x+\sqrt{\gamma }=x^{\prime }+\sqrt{\delta }$ . Πρόκειται για δικό μου λάθος. Και το αριθμητικό παράδειγμα ατυχές.
Η αντιμετώπιση του Πάνου πάντως μας υποβάλλει και την προφανή γενίκευση για τυχούσα ρίζα αντί της κυβικής. Μάλιστα με την συζυγία μπορούμε να παρακάμψουμε το διωνυμικό θεώρημα.
Μαυρογιάννης

mathematica.gr

Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους

Re: Παλαιομοδίτικη με άρρητους