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Giochini matematici elementari ma non olimpici.
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bern-1-16-4-13
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Messaggio da bern-1-16-4-13 » 11 feb 2016, 22:34

Allora, stamattina in classe la prof stava spiegando l'argomento della razionalizzazione del denominatore. Ovviamente a scuola si fa la cosa del prodottino notevole e festa finita. Io però per aumentare un po' la posta in palio avevo detto: "Si dovrebbe poter generalizzare dicendo che ogni frazione con il denominatore della forma $$\sum_{i=1}^{n}\pm\sqrt[b_i]{a_i}$$ dove $a_i\in\mathbb{Q}^+\ \ \ \forall i\leq n$ e $b_i\in\mathbb{Z}^+\ \ \ \forall i\leq n$ è razionalizzabile (al denominatore)".
Tuttavia ripensandoci non mi sembra per niente ovvio, non sono neanche molto sicuro che sia vero, ho provato una qualche induzione sul numero di monomi ma niente di rilevante. Qualcuno può aiutarmi?

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Drago96
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Messaggio da Drago96 » 12 feb 2016, 12:39

Allora, è vero, e non è ovvio. O almeno, lo diventa se e solo se hai visto qualcosa di algebra xD
Forse c'è una dimostrazione più furba che nei casi soliti è la procedura usuale, ma al momento non la vedo...
Comunque: ciascuna delle tue radici è un numero algebrico (su $\mathbb Q$), in particolare radice del polinomio $x^{b_i}-a_i$; ma allora per un teoremone figo anche la somma di tutti i vari $\sqrt[b_i]{a_i}$ è algebrico, e lo chiamiamo $\alpha$; chiamiamo poi $p$ il polinomio minimo di $\alpha$ (cioè il polinomio monico che ha $\alpha$ tra le sue radici, ha coefficienti razionali e ha il grado minimo).
Osserviamo che possiamo scrivere $p(x)=x\cdot q(x)+k$ con $k\in\mathbb Q - \{0\}$. A questo punto valutiamo in $x=\alpha$ e otteniamo $-k=\alpha\cdot q(\alpha)$ da cui $\frac 1 \alpha = -\frac{q(\alpha)}k$ ovvero abbiamo trasformato il reciproco in un'espressione polinomiale a coefficienti razionali, ovvero tutto è a numeratore.

Esempio: $\displaystyle\frac1{\sqrt2+\sqrt3}$; il polinomio minimo di $\alpha=\sqrt2+\sqrt3$ è $p(x)=x^4-10x^2+1=x(x^3-10x)+1$ e dunque $\frac 1 \alpha=10\alpha-\alpha^3=\sqrt3-\sqrt2$... Abbiam preso la strada lunga, ma ce l'abbiamo fatta! :D

Ah, sapendo che anche le radici di algebrici sono algebriche questa dimostrazione dice che tu puoi razionalizzare qualunque denominatore in cui metti somme, prodotti e radici in qualunque concatenazione, basta che gli unici numeri che metti in giro siano razionali... E' sufficiente? :P

P.S: direi che è più da MNE che da ricreativa :lol:
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Messaggio da bern-1-16-4-13 » 12 feb 2016, 12:54

Grazie mille!!
Sai anche come si chiama il teoremone figo? :D

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Messaggio da Drago96 » 12 feb 2016, 14:57

Non credo che abbia un nome, se vuoi posso darti un enunciato:
Dati due campi $F\subset E$, gli elementi di $E$ algebrici su $F$ sono un sottocampo di $K$.

In qualche N advanced è stata fatta un po' di algebra astratta, ma mi pare che siano stati trattati solo campi finiti...
Anzi, facciamo che ti linko questa dispensa, anche se ti consiglio di non perderci troppo tempo ora... xD
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Messaggio da FrancescoVeneziano » 12 feb 2016, 20:19

Voglio osservare che, in concreto, esiste un modo per ricavare la razionalizzazione che cerchi anche senza conoscere la teoria che c'è dietro. Solo che è molto laborioso.
Tengo la tua notazione $$x=\sum_{i=1}^{n}\sqrt[b_i]{a_i}.$$
(Ho tolto i ± per alleggerire la notazione, ma non cambia niente)
Per ogni $i$ fissa $\zeta_i$ una radice $b_i$-esima primitiva di 1, scegli degli esponenti $0\leq k_i\leq b_i-1$ e considera i numeri $$x(k_1,\dotsc,k_n)=\sum_{i=1}^{n}\zeta_i^{k_i}\sqrt[b_i]{a_i}.$$
Adesso chiama $X$ il prodotto di tutti gli $x(k_1,\dotsc,k_n)$ al variare di tutte le scelte dei $k_i$.
Si dà il caso, che $X$ sia un numero razionale (intero se gli $a_i$ erano interi).
Dimostrare che questo è sempre vero richiede un po' di teoria, ma verificarlo in ogni caso concreto richiede solo un foglio di carta abbastanza grande.
A questo punto dividi per $x(0,\dotsc,0)$ ed hai la tua razionalizzazione.

Un esempio:
Prendiamo $x=\sqrt{2}+\sqrt[3]{5}$.
Chiamo $\alpha=\sqrt{2}, \beta=\sqrt[3]{5}$ e $\zeta$ una radice terza primitiva di 1.
Allora
$\begin{align}
X&=(\alpha+\beta)(-\alpha+\beta)(\alpha+\zeta\beta)(-\alpha+\zeta\beta)(\alpha+\zeta^2\beta)(-\alpha+\zeta^2\beta)=\\
&=(\beta^2-2)(\zeta^2\beta^2-2)(\zeta\beta^2-2)=\\
&=\beta^6-8=25-8=17
\end{align}$
(un sacco di termini si cancellano perché $\zeta^2+\zeta+1=0$)

A questo punto hai che
$\begin{align}
\frac{1}{(\alpha+\beta)}&=(-\alpha+\beta)(\alpha+\zeta\beta)(-\alpha+\zeta\beta)(\alpha+\zeta^2\beta)(-\alpha+\zeta^2\beta)/17=\\
&=(-\alpha+\beta)(\beta^4+2\beta^2+4)/17=(-\alpha+\beta)(2\beta^2+5\beta+4)/17=\\
&=\frac{5\beta^2-2\alpha\beta^2+4\beta-5\alpha\beta+10-4\alpha}{17}.
\end{align}$

Come vedi non é esattamente un calcolo pratico da eseguire :)
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.

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Re: Come on, visit this topic!!

Messaggio da bern-1-16-4-13 » 12 feb 2016, 20:22

Grazie per il materiale! Poi in fondo non si tratta di un teorema, piucchealtro si tratta della dimostrazione che i numeri algebrici siano un campo:
il complicato della dimostrazione (penso) non è tanto far vedere che se $x$ è algebrico allora $\sqrt[n]{x}$ è algebrico, quanto che se $x,y$ sono algebrici allora $x+y$ e $xy$ lo sono anch'essi.

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