Minima distanza dall'origine

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minima.distanza
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Minima distanza dall'origine

Messaggio da minima.distanza » 18 giu 2010, 12:03

Buongiorno a tutti...

Non so se la sezione è giusta, ma posto qui lo stesso...

Trovare il punto di una generica parabola $ ax^2 +bx + c $avente la minima distanza dall'origine senza dover risolvere una cubica (troppo banale se no...).

Sono mesi che ci sono su, ho provato un milione di strade ( podaria, traslazioni, curve a pedale e fasci particoalri di parabole di ogni genere con sistemi annessi e connessi, ma mi salta sempre fuori una equazione di terzo grado...)...

Mike
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Messaggio da Mike » 18 giu 2010, 13:37

(idea probabilmente stupida)
Hai provato a considerare la normale alla parabola in un punto generico e farla passare per l'origine?

minima.distanza
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Messaggio da minima.distanza » 18 giu 2010, 13:58

:twisted:

Già provato !

:twisted:
rimaneggiando l'equazione della derivata, ottengo che l'equazione della normale di una prarabola in un punto t è uguale a $ (-1/(2at +b))(x-t) +at^2 +bt +c $ la cui intercettta equivale a zero quando $ t $ è uno xero di $ (2at +b)(at^2 + bt +c) +t = 0 $ che è una cubica....

Altre idee ?

Mike
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Messaggio da Mike » 18 giu 2010, 14:06

hai provato a cercare l'equazione della circonferenza con centro nell'origine tangente alla parabola?

pic88
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Messaggio da pic88 » 18 giu 2010, 14:10

Prova a dimostrare che cio' non e' possibile. Ad esempio trova a, b, c tali che l'ascissa del punto che risolve ha polinomio minimo di grado almeno 3 su $ \mathbb Q[a,b,c] $

minima.distanza
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Messaggio da minima.distanza » 18 giu 2010, 15:10

@mike... Ho già provato, si torna sempre lì.... guarda con i tuoi stessi occhi.

Non ho capito bene cosa intendi pi88, sono solo in seconda liceo, spiegati meglio...

pic88
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Messaggio da pic88 » 18 giu 2010, 15:27

minima.distanza ha scritto: Non ho capito bene cosa intendi pi88, sono solo in seconda liceo, spiegati meglio...
Dunque, la tua richiesta e' di trovare un modo per risolvere il problema senza passare per una equazione di terzo grado.
Punto 1. Di sicuro esiste un metodo di risolverlo passando da equazioni di terzo grado. Supponi di seguire quel metodo e di ottenere come ascissa del punto cercato $ t=\sqrt[3]{\sqrt 3+ 5} $.
Io potrei obiettare che per trovare $ {t} $ sia sufficiente risolvere un'equazione di *primo* grado, semplicemente l'eq. $ x-\sqrt[3]{\sqrt 3+ 5}=0 $.

Morale: il problema in se' non e' ben posto.


Punto 2. Intutitivamente pero' tutti capiscono la tua richiesta: vorresti poter esprimere $ {t} $, se possibile, usando solo somme, prodotti, reciproci ed al piu' radici quadrate che coinvolgano i coefficienti $ a, b, c $. Ma, oltre ad a, b, c, vorresti poter usare anche dei numeri, e per farci le operazioni di somma, prodotto, reciproco ti serve un campo. Il piu' piccolo campo che puoi usare in questo caso sono i razionali.

Punto 3. L'idea allora e' di utilizzare il minimo campo che contenga i razionali ed i coefficienti a, b, c. Siccome per fare cio' serve il concetto di estensione, ti consiglio di fare un esempio con a, b, c razionali (cosi' ci son gia' dentro), e vedere se escono risultati simpatici tipo $ \sqrt[3] 2 $. Questo risultato sarebbe simpatico perche' si puo' dimostrare che tale numero non e' razionale, e nemmeno e' nella forma $ \alpha + \sqrt \beta $ con $ \alpha,\beta\in\mathbb Q $, e quindi non verra' mai fuori se usi solo equazioni di secondo grado a coefficienti in $ {\mathbb Q} $.

E' un po' meglio?

minima.distanza
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Messaggio da minima.distanza » 18 giu 2010, 15:45

sei un genio. Io infatti so come costruire il fascio di paraole avente dall'origine una minima distanza definista....

Si sa infatti che la minima distanza di una retta $ mx +q $ dall'origine è uguale a $ -(mq)/(m^2 +1) $ e che il fascio di parabole passante per quel punt della retta è uguale a $ mx +q +k( x+(mq)/(m^2 +1))^2 $.... ora basta ceh cerco una coppia di valori $ (m,q) $ tale che la parabola abia coefficenti razionali per qualche valore di k e ho dimostrato per controesempio che non si può trovare il nostro $ t $ senza l'utilizzo di radici cubiche ! Controlla sela mia idea è giuste perfavore però.... XD ho già perso molto tempo su questo pronblema ( ho un quaderno pieno di podarie, fasci di corconferenze, fasi di derivate, inviluppi di rette e traslazioni...)

pic88
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Messaggio da pic88 » 18 giu 2010, 16:02

Non so se ho capito la tua idea, pero' il problema e' minimizzare
$ x^2+y^2=a^2x^4+2abx^3+ (b^2+2ac+1)x^2+2bcx+c^2 $. Il punto di minimo annulla la derivata prima, quindi risolve

$ 2a^2x^3 + 3abx^2+(b^2+2ac+1)x^2+bc=0 $

A te il piacere di trovare valori di a, b, c che rendano il polinomio irriducibile su $ {\mathbb Q} $, usando ad es. il criterio di Eisenstein.

minima.distanza
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Messaggio da minima.distanza » 18 giu 2010, 16:47

grazie mille pic88...

Mi spieghi bene il criterio di eisenstein che l'ho letto qualche tempo fa ma non ci ho capito molto ? la cubica che hai scritto mi ha fatto impazziere per un bel pò.... è la prima cosa che ho trovato.

Grazie ancora, appena puoi,perfavore, se vuoi spiegami cos'è quel criterio che mi smerba utile, lo usano in tnatisul forum...

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Messaggio da pic88 » 18 giu 2010, 20:34

Il criterio di Eisenstein e' questo.
Ad esempio il polinomio lassu' e' irriducibile se b=5, a=1,c=2, per il criterio di Eisenstein con p=5.
Piu' che altro, dal fatto che sia irriducibile discende che le sue radici reali (una volta provato che esistono) non sono radice di nessun polinomio di grado minore di 3. Prova a dimostrare questo fatto :)

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Messaggio da minima.distanza » 18 giu 2010, 22:23

allora, mi sembra abbastanza semplice, ma mi sa che sbaglio....

Suppongo che il polinomio$ 2a^3x^3+3abx^2 +(2ac +b^2 +1)x +bc $ rispetti l secondo punto del criterio di Eisenstein ( mi riferisco all'oridne utilizzato dalla wikipedia italiana per Eisenstein) e che quindi $ p | 3ab $.... da questo fatto consegue che $ px = 3ab $ ( si parla di numeri interi e
$ p $ numero primo) e che quindi$ a= \frac{px}{3b} $... sostituendo ciò nel primo punto del criterio si ottiene che
$ 2a^2 = 2(\frac{px}{3b})^2 $ che è ovviamente divisibile per
$ p $. ciò è contro l'enunciato del criterio, e quindi p non divide 3ab. Da ciò ne consegue che il polinomio è irriducibile. Corretto ? Salvo confusioni di forma, a me sembra di sì.... (scusa per gli eventuali giri di parole, ma è la rpima volta che applico tale bellissima cosa....)

pic88
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Messaggio da pic88 » 19 giu 2010, 11:56

Non ho capito cosa dimostri.

C'e' un errore quando dici che $ p|2(px/3b)^2 $, ad esempio se p=b non e' detto.

Quello ch intendo dire io e':

1. Prendiamo la parabola di eq. y= x^2+5x+2.
2. Esiste un punto di minima distanza, perche' la funzione da minimizzare e' (uso il quadrato della distanza tanto e' lo stesso)

$ d(x)=x^4+10x^3+30x^2+20x+4 $

che e' un polinomio di quarto grado e dunque ammette minimo.

3. Il minimo soddisfa $ d'(x)=0 $, cioe'
$ 2x^3+ 15x^2 + 30x+ 10=0 $

Questo polinomio e' irriducibile su Q per il criterio di Eisenstein. Pero' ammette una radice reale, chiamiamola T.

4. Ora dimostriamo che T non e' radice di nessun polinomio di grado 1 o 2 in Q. Se facciamo questo abbiamo trovato il famoso esempio di problema "non risolvibile con sole equazioni di secondo grado in Q".
Come si fa? Anzitutto le radici dei polinomi di grado 1 sono razionali, quindi se T e' razionale avremmo che d' e' divisibile per x-T, ma non puo' essere perche' era irriducibile. Dunque resta da vedere che T non e' radice di polinomi di grado 2. Se q(T)=0, con q polinomio di grado 2, allora facciamo la divisione euclidea tra d' e q. Sai andare avanti da qui? :)

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Messaggio da minima.distanza » 22 giu 2010, 01:20

ehm... Non capisco cosa voglia ottenere dividendo i due polinomi, e non capisco dove vuoi arrivare :oops: .

Scusami, ma sono dannatamente inesperto, non è che ci abbia capito molto di ciò che abbia detto nel tuo ultimo post :oops: . Sono poco ferrato su queste cose, potresti spiegarmi te meglio che riesci come si potrebbe fare ?

( premetto che sono molto dispiaciuto se ti faccio scocciare con la mia durezza di comprendonio :( e mi lascia anche un pò amareggiato, visto che da grande vorrei diventare un matematico, non capire ciò che dici, quindi non prenderlo come frutto di scarsa volontà il fatto che io non capisca....)

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 22 giu 2010, 03:06

Sia $ \alpha $ un numero reale che è radice di un polinomio $ p(x) $ a coefficienti razionali di grado d (nel nostro caso d=3); supponiamo che esista $ q(x) $ di grado minore di d e non scomponibile in fattori di grado minore a coefficienti razionali, tale che $ q(\alpha)=0 $. Allora sono possibili due casi
$ q(x)|p(x) $
oppure
$ (p(x),q(x))=1 $, ma nel secondo caso esistono polinomi a(x) e b(x) tali che $ a(x)p(x)+b(x)q(x)=1 $ e allora
$ a(\alpha)p(\alpha)+b(\alpha)q(\alpha)=1 $, ma il membro sinistro è somma di due quantità nulle ($ p(\alpha)=q(\alpha)=0 $). Quindi è possibile solo il primo caso $ q(x)|p(x) $.

Da qui è chiaro che: se $ \alpha $ è radice di un polinomio di grado 3 a coefficienti razionali, che non ha fattori di grado minore a coefficienti razionali, non esiste nessun polinomio di grado 2 o 1 a coefficienti razionali che ha $ \alpha $ come radice.

Se tu dimostri che esiste almeno una parabola per cui il polinomio che dovresti risolvere, di 3° grado, a coefficienti razionali è irriducibile (cioè non ha fattori di grado minore a coefficienti razionali), allora hai dimostrato che non è possibile (in generale) ottenere un polinomio di II grado che risolva lo stesso problema.

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