Algebretta

[karl]

Ecco alcuni esercizi senza molte pretese.

1)Se il numero $ \sqrt[3]2+\sqrt[3]4 $ e' radice di un
polinomio cubico a coefficienti interi,allora esso e' il solo zero
reale di tale polinomio.

2)Siano u,v,w,x,y,z interi positivi tali che :
$ u^2+v^2=w^2 ,x^2+y^2=z^2 $
Dimostrare che risulta:
$ (u+x)^2+(v+y)^2 \leq(w+z)^2 $
e stabilire anche in quali casi vale l'eguaglianza.

3)Calcolare l'esatto valore della seguente somma:
$ S=\sqrt(2+\frac{1}{4})+\sqrt(\frac{5}{4}+\frac{1}{9})+\sqrt(\frac{10}{9}+\frac{1}{16})+ $$ \sqrt(\frac{17}{16}+\frac{1}{25})+...+\sqrt(\frac{10001}{10000}+\frac{1}{101^2}) $

[Igor]

#3

La somma sotto una radice è uguale a:

$ \displaystyle\frac{a^2+1}{a^2}+\frac{1}{(a+1)^2}\displatstyle $

Svolgendo i calcoli troviamo:

$ \displaystyle\frac{(a^2+a+1)^2}{a^2(a+1)^2}\displaystyle $

Abbiamo dunque:

$ \displaystyle S=\sum_{a=1}^{100}\frac{a^2+a+1}{a^2+a}\displaystyle $

$ \displaystyle S=\sum_{a=1}^{100} 1+\frac{1}{a(a+1)}\displaystyle $

$ \displaystyle S=100+\frac{100}{101}=\frac{10200}{101}\displaystyle $

[HumanTorch]

Il terzo quesito sembra proprio una serie...
ogni addendo è pari a $ 1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2} $ che risulta sempre un quadrato di un numero razionale, poichè:
1.ogni denominatore è il prodotto di due quadrati, quindi è esso stesso un quadrato;
2.al numeratore $ [n(n+1)]^2+2n^2+1 $ ma sappiamo che la differenza fra due quadrati consecutivi è 2k+1, quindi anche il numeratore è un quadrato di un numero razionale; ogni termine risulta un quadrato. Poi con la serie di Mengoli...

[HumanTorch]

2.Dall'identità di Fibonacci $ (xu+yv)^2+(xv-yu)^2=(x^2+y^2)(u^2+v^2)=z^2w^2 $; poi sommando membro a membro
u^2+v^2+x^2+y^2=z^2+w^2=(u+x)^2+(v+y)^2-2(xu+vy)=(w+z)^2-2wz;
La tesi diviene $ xu+vy<wz $, ovvero $ (xu+vy)^2<(wz)^2=(xu+yv)^2+(xv-yu)^2 $, che è sempre vero essendo ogni quadrato maggiore o uguale a $ 0 $

[phi]

2)
Prima di tutto svolgo i quadrati e sostituisco i valori di w e z, quindi la diseguaglianza diventa
$ u^2+x^2+2ux+v^2+y^2+2vy \leq $
$ x^2+y^2+u^2+v^2+2 \sqrt{(u^2+v^2)(x^2+y^2)} $
$ 2(ux+vy) \leq 2 \sqrt{(u^2+v^2)(x^2+y^2)} $
ovvero, dividendo per due ed elevando al quadrato entrambi i membri
$ (ux+vy)^2 \leq (u^2+v^2)(x^2+y^2) $
Considerando le coppie u, v e x, y, la diseguaglianza risulta verificata per CS.
Inoltre, sempre per CS, si ha eguaglianza se e solo se u/x=v/y (cioè se esiste un numero reale k tale che u=kx e v=ky).

EDIT: ooops, scusa, HumanTorch! Ci ho messo tanto a scrivere questo stupido post che qualcuno ha mandato la sol nel frattempo... (ma dimmi tu se mi ci deve volere tutto sto tempo per scrivere due cosine con LaTeX...! )

[HumanTorch]

Figuriamoci! Anch'io mi dovrei scusare con Igor

[AlessandroSfigato]

radice del polinomio è la stessa cosa di zero del polinomio vero? cioè se un equazione è fatta cosi ; (x-a)(x-b)(x-c)=o allora a,b, c sono gli zeri o le radici del polinomio giusto?

[karl]

"Radice" o "zero" di un polinomio sono termini sostanzialmente sinonimi .
Per risolvere il primo dei quesiti proposti si puo' tener conto del fatto
elementare che se x=a+b allora:
$ x^3=a^3+b^3+3ab(a+b)=a^3+b^3+3abx $
Ciao.

[AlessandroSfigato]

scusa ma forse mi sfugge qualcosa; un polinomio cubico che abbia come soluzione quella là (la chiamiamo A), non potrebbe essere anche (X-A)(X-1)(X-2)=0; queso polinomio cubico ha come soluzioni A, 1 e 2

[karl]

@Alessandro .
Quello che dici e' vero ma non tiene conto del fatto che ,per ipotesi,il
nostro polinomio deve avere coefficienti interi.
E' per questo che avevo suggerito quella via.Ciao.

[AlessandroSfigato]

ok riprovo ;D.
un polinomio di 3 grado una delle cui radici sia ($ \sqrt[3]2+\sqrt[3]4 $) ,che per comodità chiamerò A, si può scrivere nel seguente modo;
(X-A)(aX^2+bX+c), che sviluppato sarà così; aX^3+(b-aA)X^2+(c-bA)X+cA.
Chiamando I,L,M degli interi tali che I=cA; L=c-bA; M=b-aA, si avrà che;
c = -I/A , può anche essere dato che c non deve essere per forza un intero
b = (-LA-I)/A^2, anche qui può essere dato che b non dev'essere un intero
a = [-M(A^2) - LA - I]/A^3, questo invece va esaminato poichè a dev'essere un intero dato che è un coefficente di X^3.
sviluppato diventa (A^3)a+(A^2)M+ Al + I= O
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QUESTA PARTE è TUTTA SBAGLIATA, LA DIMOSTRAZIONE è COMPLETATA SOTTO
A questo punto non so se so risolvere il problema ma ci provo.
dato che A^3 = 6(1+A) allora l'equazione diventa (A^2)M + 6a(1+A)+ LA =-I , quindi nè A nè A^2 sono degli interi( e neppure A+1 ovviamente), e il prodotto tra un intero e un non intero (perdonatemi ma non conosco il termine esatto) non darà mai a sua volta un intero (amenochè non sia 0 ma se sia M sia L sono uguali a 0 allora a non sarà mai intero) abbiamo somme algebriche tra non interi. Ora l'equazione può diventare anche così: A(AM + L + 6a) = -I - 6a
Se anche la somma algebrica tra non interi desse un intero, moltiplicata per A ritornerà ad essere un non intero e questo non è possibile dato che la somma tra -I e -6A darà sempre un intero.
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[karl]

Dal complesso ragionamento di Alessandro estrapolo quello che realmente serviva e cioe' che A deve soddisfare l'equazione:$ A^3-6A-6=0 $ la quale e' appunto a coefficienti interi.
Resta da dimostrare che essa non ha altre soluzioni reali (come richiesto
dal quesito) e qui occorre ricordare la formula del discriminante di
una equazione cubica del tipo (con p,q reali):
$ x^3+px+q=0 $ che e' : $ \Delta=\frac{p^3}{27}+\frac{q^2}{4} $
ed osservare che :
$ \Delta>0 $--->una radice reale e due complesse coniugate
$ \Delta=0 $--->tre radici reali di cui due coincidenti
$ \Delta<0 $--->tre radici reali distinte
Da notare che le conclusioni sono alquanto diverse da quelle della piu' familiare equazione di 2° grado.
Nel nostro caso (p=q=-6) e' : $ \Delta=-8+9=1>0 $--->una sola radice reale
C.D.D.
Ciao.

[AlessandroSfigato]

Piu che estrapolare avevi da rifare tutto karl ;D, ho sbagliato in pieno.
non so se i calcoli o il ragionamento, perche stando a quanto scritto una equazione a coefficenti interi con soluzione A non doveva esistere.

[karl]

Pura diplomazia!

[AlessandroSfigato]

ok ora ho capito; i passaggi che seguivano quello in cui avevo determinato a = -(MA^2+LA+I)/6(a+1) sono oltre che inutili pure sbagliati.
da qui bisogna trovare un metodo per fare in modo che a sia un intero. L'UNICO metodo è che il denominatore si semplifichi in modo tale che sopra non rimanga traccia di A, e L'UNICO modo per far ciò è che M=0 cosi sparisce A^2 che non si sarebbe potuto semplificare in alcun modo altrimenti. quindi -LA-I deve essere multiplo di 6A+6, e quindi il polinomio cercato si otterrà per tutti i numeri L=I che sono multipli di -6 (è indifferente per quanto riguarda le radici). Ora sapendo che questo è l'unico polinomio possibile e che esso non ha altre radici al di fuori di A l'esercizio è concluso.