Equazione di secondo grado con radici razionali - SNS 1971
"Se $p$ e $q$ sono numeri interi dispari, l'equazione $x^2+2p*x+2q=0$ non ha radici razionali.
E' facoltativo dimostrare che la stessa conclusione vale per l'equazione $x^n+2p*x+2q=0$"
La prima parte si risolve facilmente, anche attraverso l'equazione risolvente delle equazioni di secondo grado. E' la seconda parte a bloccarmi.. Come devo ragionare? Cercando di ricavarmi la $x$ oppure analizzando il tipo di equazione?
Grazie.
E' facoltativo dimostrare che la stessa conclusione vale per l'equazione $x^n+2p*x+2q=0$"
La prima parte si risolve facilmente, anche attraverso l'equazione risolvente delle equazioni di secondo grado. E' la seconda parte a bloccarmi.. Come devo ragionare? Cercando di ricavarmi la $x$ oppure analizzando il tipo di equazione?
Grazie.
Risposte
Grazie del link Paolo, ma in quel link si risolve la prima parte, che è quella che ho risolto.. E' la seconda parte che mi risulta difficile! Forse mi è sfuggito qualcosa del link?
Ciao a entrambi 
Secondo punto:
Per assurdo, sia $a/b$ il numero razionale soluzione di
$x^n+2px+2q=0$ con $mcd(a,b)=1$ (frazione ridotta ai minimi termini)
Quindi si ha
$a^n/b^n+2pa/b+2q=0$ Moltiplicando per $b^n$
$a^n+2pab^(n-1)+2qb^n=0$ cioè
$a^n=-2pab^(n-1)-2qb^n$ ma questo implica $a$ pari quindi sia $a=2alpha$ Ottengo, isolando $2qb^n$
$2qb^n=-2^nalpha^n-2p*2alpha*b^(n-1)$
Il secondo membro è certamente divisibile per $4$ perché $n>=3$ per ipotesi.
Dunque pure il primo membro deve essere multiplo di $4$, ma $q$ è dispari e non ha voce in capitolo, $2$ da solo non basta.. quindi $b$ è pari.
Cioè sia $a$ che $b$ sono pari, in contraddizione con il fatto che erano coprimi.
Disponibile in caso di dubbi.
Ciao!
Secondo punto:
Per assurdo, sia $a/b$ il numero razionale soluzione di
$x^n+2px+2q=0$ con $mcd(a,b)=1$ (frazione ridotta ai minimi termini)
Quindi si ha
$a^n/b^n+2pa/b+2q=0$ Moltiplicando per $b^n$
$a^n+2pab^(n-1)+2qb^n=0$ cioè
$a^n=-2pab^(n-1)-2qb^n$ ma questo implica $a$ pari quindi sia $a=2alpha$ Ottengo, isolando $2qb^n$
$2qb^n=-2^nalpha^n-2p*2alpha*b^(n-1)$
Il secondo membro è certamente divisibile per $4$ perché $n>=3$ per ipotesi.
Dunque pure il primo membro deve essere multiplo di $4$, ma $q$ è dispari e non ha voce in capitolo, $2$ da solo non basta.. quindi $b$ è pari.
Cioè sia $a$ che $b$ sono pari, in contraddizione con il fatto che erano coprimi.
Disponibile in caso di dubbi.
Ciao!
Grande Steve, bella dimostrazione, complimenti. Io non ci sarei mai arrivato (e, infatti, come ben sai , non ho fatto il test in Normale).
Grazie mille di tutto. Ciao!
, non ho fatto il test in Normale). Grazie mille di tutto. Ciao!
Chiaro, grazie Steve! Quindi in un caso come questo, con un'equazione di grado $n$ la cosa migliore da fare è sostituire la soluzione ipotizzata reale piuttosto che esplicitare la $x$ dall'equazione..
Grazie ancora!
Grazie ancora!
La soluzione ipotizzata RAZIONALE, semmai...
Io ricordavo di un altro esercizio simile (magari è lo stesso?) svolto sul forum, da Wizard mi pare, dove si procedeva appunto in questo modo.
Quindi sì, può essere un metodo da farsi venire in mente.
Alternativamente, io all'inizio avevo provato con le formule di Viète
http://it.wikipedia.org/wiki/Formule_di_Vi%C3%A8te
ma non ho approfondito perché poi ho trovato il modo più diretto e fruttuoso.
Ciao!
Io ricordavo di un altro esercizio simile (magari è lo stesso?) svolto sul forum, da Wizard mi pare, dove si procedeva appunto in questo modo.
Quindi sì, può essere un metodo da farsi venire in mente.
Alternativamente, io all'inizio avevo provato con le formule di Viète
http://it.wikipedia.org/wiki/Formule_di_Vi%C3%A8te
ma non ho approfondito perché poi ho trovato il modo più diretto e fruttuoso.
Ciao!
sì, volevo dire RAZIONALE -.-"
Un'ultima cosa: con il tuo ragionamento in pratica si ottiene una contraddizione, cioé che la frazione non è ridotta agli ultimi termini. Questo basta a dire che è impossibile che la frazione non può esistere?
"elios":
Un'ultima cosa: con il tuo ragionamento in pratica si ottiene una contraddizione, cioé che la frazione non è ridotta agli ultimi termini. Questo basta a dire che è impossibile che la frazione non può esistere?
Sì.
Perché se la frazione esiste, noi prendiamo la forma ridotta ai minimi termini (tra le possibili infinite) e sostituiamo.
Mediante passaggi leciti, mostriamo che quella frazione è contemporanemanete ridotta ai minimi termini e non: un palese assurdo, quindi significa che la storia non funge e non esiste alcuna frazione tale che...[etc]
Ti è chiaro? Ciao!
"Steven":
Io ricordavo di un altro esercizio simile (magari è lo stesso?) svolto sul forum, da Wizard mi pare, dove si procedeva appunto in questo modo.
Davvero!
Io non me lo ricordo!Forse non ero io, oppure sto diventando troppo vecchio
Ricordo bene un esercizio del genere, non so se proprio della Normale, dove tirammo fuori 3 soluzioni.
Due tu e una io. Non vorrei confondere, ma mi sembra che era quello il topic.
Comunque approfitto anche io per fare il vecchietto: mi sa che questa è la sola sezione dove possiamo permettercelo, Wizard
Due tu e una io. Non vorrei confondere, ma mi sembra che era quello il topic.
Comunque approfitto anche io per fare il vecchietto: mi sa che questa è la sola sezione dove possiamo permettercelo, Wizard
"Steven":
Comunque approfitto anche io per fare il vecchietto: mi sa che questa è la sola sezione dove possiamo permettercelo, Wizard
Possiamo permettercelo anche nella sezione dedicata alle scuole medie
Ah sì, cui tra l'altro non partecipo mai
Sì ho capito. Grazie Steve
però c'è qualcosa che non mi torna: per $n=2$ le soluzioni di quell' equazione sono $-p+\sqrt{p^2-2q}$ e $-p-\sqrt{p^2-2q}$ le quali sono razionali s.se $p^2-2q$ è un quadrato di un intero e non vedo perchè ciò non possa accadere (prendere ad esempio $q=2p+2$...)
cosa sbaglio?
cosa sbaglio?
Non ho letto il resto dell'argomento, rispondo solo all'ultima domanda.
Se $p^2-2q$ fosse per assurdo un quadrato perfetto, avremmo:
$p^2-2q=n^2$
$p^2-n^2=2q$
$(p+n)(p-n)=2q$
Uno tra p+n e p-n deve essere pari, ma se la loro somma o differenza di due numeri naturali è pari vuol dire che sono o entrambi dispari o entrambi pari. In questo caso sappiamo che p è dispari, quindi anche n deve essere dispari. Ma allora abbiamo $4((p+n)/2)((p-n)/2)=2q => 2((p+n)/4)((p-n)/4)=q$. Ma dunque q è pari, e siamo caduti in contraddizione.
Se $p^2-2q$ fosse per assurdo un quadrato perfetto, avremmo:
$p^2-2q=n^2$
$p^2-n^2=2q$
$(p+n)(p-n)=2q$
Uno tra p+n e p-n deve essere pari, ma se la loro somma o differenza di due numeri naturali è pari vuol dire che sono o entrambi dispari o entrambi pari. In questo caso sappiamo che p è dispari, quindi anche n deve essere dispari. Ma allora abbiamo $4((p+n)/2)((p-n)/2)=2q => 2((p+n)/4)((p-n)/4)=q$. Ma dunque q è pari, e siamo caduti in contraddizione.
"Steven":
Per assurdo, sia $a/b$ il numero razionale soluzione di
$x^n+2px+2q=0$ con $mcd(a,b)=1$ (frazione ridotta ai minimi termini)
Io ragionerei così: per la regola di Ruffini, $b$ deve essere un sottomultiplo del coefficiente di $x^n$; non considerando il segno (che può essere attribuito ad $a$) l'unica possibilità è $b=1$: le eventuali soluzioni razionali devono essere intere. Non possono però essere dispari (il primo membro sarebbe dispari) né pari (due addendi sarebbero divisibili per 4 e l'altro no), quindi non possono esserci. Sbaglio?
"fransis2":
però c'è qualcosa che non mi torna: per $n=2$ le soluzioni di quell' equazione sono $-p+\sqrt{p^2-2q}$ e $-p-\sqrt{p^2-2q}$ le quali sono razionali s.se $p^2-2q$ è un quadrato di un intero e non vedo perchè ciò non possa accadere (prendere ad esempio $q=2p+2$...)
cosa sbaglio?
Beh,sbagli(anche se forse non lo saprai mai
)perchè per ipotesi anche $ q $ deve essere dispari.Inoltre si può provare con le classi di resto che $ p^2-2q $ non può essere un quadrato perfetto:i quadrati di numeri dispari(quale è $ p $ ) sono congrui a $ 1 (mod 4) $ mentre i quadrati di pari sono congrui a $ 0 (mod 4) $ ,dunque $ p^2\equiv1 (mod 4) $ .Inoltre $ 2q\equiv2 (mod 4) $ quindi $ p^2-2q\equiv-1\equiv3 (mod 4) $ ,cosa assolutamente non contemplata per un quadrato perfetto
Wow...il necroposting ci fa un baffo.
Mi limito a commentare per far notare una cosa, che forse e' sbagliata perche' renderebbe l'intero esercizio troppo facile. Il polinomio dell'equazione iniziale (sia nella forma quadratica che nella forma generale) e' un polinomio irriducibile per il criterio di Eisenstein con il primo uguale a $2$. Percio' il polinomio e' irriducibile su $\mathbb{Z}$ e quindi, essendo $\mathbb{Z}$ un UFD, e' irriducibile pure su $\mathbb{Q}$. In particolare non ha radici in $\mathbb{Q}$.
Si noti che si usa solo il fatto che il termine noto e' della forma $2q$ con $q$ dispari e che l'altro termine e' pari. In particolare non interessa la parita' di $p$. Cosa sbaglio?
Mi limito a commentare per far notare una cosa, che forse e' sbagliata perche' renderebbe l'intero esercizio troppo facile. Il polinomio dell'equazione iniziale (sia nella forma quadratica che nella forma generale) e' un polinomio irriducibile per il criterio di Eisenstein con il primo uguale a $2$. Percio' il polinomio e' irriducibile su $\mathbb{Z}$ e quindi, essendo $\mathbb{Z}$ un UFD, e' irriducibile pure su $\mathbb{Q}$. In particolare non ha radici in $\mathbb{Q}$.
Si noti che si usa solo il fatto che il termine noto e' della forma $2q$ con $q$ dispari e che l'altro termine e' pari. In particolare non interessa la parita' di $p$. Cosa sbaglio?
"Steven":Giusto impostare la dimostrazione "per assurdo" (cioè. mostrare che l'ipotesi che x sia razionale conduce a contraddizione). Ma mi pare che nel tuo percorso ci siano alcuni passi ... per lo meno poco chiari. Chiedo venia se invece ... sono io che fraintendo.
Ti è chiaro? Ciao!
Comunque, mi va di rifare questa dimostrazione.
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