Dalla Romania

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
mat94
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Dalla Romania

Messaggio da mat94 » 24 apr 2013, 17:40

Siano p e q numeri complessi con q diverso da 0. Dimostrare che se le radici dell'equzione $x^2+px+q^2=0$ hanno lo stesso valore assoluto, allora $\frac{p}{q}$ è un numero reale.

Ouroboros
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Re: Dalla Romania

Messaggio da Ouroboros » 24 apr 2013, 18:59

É normale che venga....
Testo nascosto:
p=2q?
"Qual é 'l geomètra che tutto s'affige
per misurar lo cerchio, e non ritrova,
pensando, quel principio ond'elli indige,
tal era io a quella vista nova:
veder voleva come si convenne
l'imago al cerchio e come vi s'indova"

mat94
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Re: Dalla Romania

Messaggio da mat94 » 24 apr 2013, 19:12

Bo non penso, fammi vedere come hai fatto però ricorda che stiamo lavorando con numeri complessi...

Triarii
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Re: Dalla Romania

Messaggio da Triarii » 24 apr 2013, 19:19

Per valore assoluto di $ a+bi $ intenti $ \sqrt{a^2+b^2} $?
"We' Inge!"
LTE4LYF

mat94
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Re: Dalla Romania

Messaggio da mat94 » 24 apr 2013, 19:53

Yes

Gottinger95
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Re: Dalla Romania

Messaggio da Gottinger95 » 24 apr 2013, 20:00

Uso questi fatti (come si fa una lista?):
1. \(arg(\frac{z}{w}) = arg(z) - arg(w)\);
2. \(arg(z\cdot w) = arg(z) + arg(w)\);
3. \(arg(-z) = arg(z) + \pi\);
4. \(arg(\sqrt{z}) = \frac{1}{2} arg(z) \);
5. Se \(|z| = |w|\), allora \(\displaystyle arg(z+w) = \frac{arg(z)+arg(w)}{2}\). Supponiamo WLOG \(arg(z) \geq arg(w)\) (tanto l'espressione finale è simmetrica).
\(\ \ \ \ \) Visto che il quadrilatero che si forma tra l'origine, \(z\), \(w\), \(z+w\) è un rombo (perchè \(|z| = |w|\)), allora \(\displaystyle \ \ \ \ arg(z+w) = arg(w) + \frac{arg(z)-arg(w)}{2} = \frac{arg(z) + arg(w)}{2}\).

La tesi è equivalente a \(arg(\frac{p}{q}) = 0, \pi\). Trasformiamola un pochito con le nostre properties, ricordando che per le relazioni radici-coefficienti abbiamo \(p=-(s_1 + s_2)\) e \(q^2 = s_1 s_2\):

\(\displaystyle arg(\frac{p}{q}) = arg(-\frac{s_1 + s_2}{\sqrt{s_1 s_2}}) = \pi + arg(s_1 + s_2) - \frac{1}{2}arg(s_1 s_2) = \pi + \frac{arg(s_1) + arg(s_2)}{2} - \frac{arg(s_1) + arg(s_2)}{2} = \pi\),

che dimostra la tesi.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

mat94
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Re: Dalla Romania

Messaggio da mat94 » 24 apr 2013, 20:42

Penso vada bene, io ho lavorato con i moduli, alla fine l'idea è quella :)

Gottinger95
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Re: Dalla Romania

Messaggio da Gottinger95 » 24 apr 2013, 23:34

Intendi partendo da \(|-p + \sqrt{p^2-4q^2} | = |-p-\sqrt{p^2-4q^2}|\) ? Ho provato anch'io questa strada, ma con pochi risultati. Ti andrebbe di postarla, magari nascosta se non vogliamo spoilarla?
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

mat94
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Re: Dalla Romania

Messaggio da mat94 » 25 apr 2013, 10:11

Ecco l'hint
Testo nascosto:
se p/q è reale allora p^2/q^2 come deve essere?

Ouroboros
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Re: Dalla Romania

Messaggio da Ouroboros » 25 apr 2013, 10:43

mat94 ha scritto:ricorda che stiamo lavorando con numeri complessi...
Eh già, per la fretta si dimentica di tutto... infatti mi sembrava un po' banale come soluzione...
Anch'io sto ragionando come Gottinger95, quando avrò un po' di tempo vedrò di sfruttare l'hint...
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Re: Dalla Romania

Messaggio da jordan » 25 apr 2013, 11:21

La soluzione con l'hint sfrutta il fatto che, ragionando in $\mathbb{C}$, abbiamo "$z \in \mathbb{R}$ se e solo se $z^2 \in \mathbb{R} \cap [0,\infty)$". La lascio a chi vuole provare..

Ne propongo una alternativa, che sfrutta il fatto "$z \in \mathbb{R}$ se e solo se $\overline{z} \in \mathbb{R}$". Infatti, chiamate $a_1,a_2$ le due radici, abbiamo che

\[ a_1 \overline{a_1} = a_2 \overline{a_2} = |a_1|^2 = |a_2|^2 \implies \overline{a_1}= \overline{a_2} \frac{a_2}{a_1} \]

da cui:

\[ \overline{\left(\frac{p}{q}\right)}=\frac{\overline{p}}{\overline{q}}=-\frac{\overline{a_1+a_2}}{\left(\overline{a_1a_2}\right)^{\frac{1}{2}}} = -\frac{\overline{a_1}+\overline{a_2}}{\overline{a_1}^{\frac{1}{2}}\overline{a_2}^{\frac{1}{2}}} = -\frac{\overline{a_2}\left(\frac{a_2}{a_1}+1\right)}{\overline{a_2}\left(\frac{a_2}{a_1}\right)^{\frac{1}{2}}} = - \frac{a_1+a_2}{\left(a_1a_2\right)^{\frac{1}{2}}}= \frac{p}{q}\]
Ultima modifica di jordan il 25 apr 2013, 11:36, modificato 2 volte in totale.
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Re: Dalla Romania

Messaggio da Gottinger95 » 25 apr 2013, 11:25

La risposta secca all'hint è
Testo nascosto:
Reale e positivo. Ma..poi? xD Immagino che abbia fatto una sevie di passaggi dall'uguaglianza tra moduli, magari raccogliendo \(q^2\) nella radice e portandolo fuori. Ma senza mettermici, sinceramente, non ho un'idea precisa di come procedere. :P
Ah, un suggerimento tipografico: se il testo nascosto vi dà problemi con le sovrapposizioni, un paio di "\ " (slash+spazio) a destra e a sinistra dovrebbero aggiustare le cose :wink:

@Jordan: di solito non faccio il pignolo, ma visto che ci ho messo un po' prima di capire telo segnalo (pensa come sto messo xD): c'è un errore tipografico al denominatore del 5° passaggio ( \(a_1\) e \(a_2\) sono scambiati\). Bella soluzione comunque, utile per essere riutilizzata :D
Ultima modifica di Gottinger95 il 25 apr 2013, 11:39, modificato 2 volte in totale.
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Re: Dalla Romania

Messaggio da jordan » 25 apr 2013, 11:33

Gottinger95 ha scritto:Reale e positivo. Ma..poi?
No, potrebbe anche essere nullo, se $p=0$. Inizia cosi', con le notazioni del post di sopra:

\[ \frac{p^2}{q^2}=\frac{(a_1+a_2)^2}{a_1a_2}=2+ \frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_1} \]

Ora, si devono dimostrare due cose:

1) $\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_1} \in \mathbb{R}$

2) $\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_1} \ge -2$
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Re: Dalla Romania

Messaggio da mat94 » 25 apr 2013, 11:40

Bhe nella mia soluzione trovo
$\frac{p^2}{q^2}=\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}+2=2+\frac{2}{r^2}Re({x_1\bar{x_2}})$
Dove r è il modulo delle radici.
Ma dato che $Re({x_1\bar{x_2}})\geq -|{x_1\bar{x_2}}|=-r^2$ abbiamo finito.

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Re: Dalla Romania

Messaggio da jordan » 25 apr 2013, 11:43

Bravi a Titu Andreescu a Dorin Andrica; casomai la prossima volta lascia provare gli altri..
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