Dalla Romania
Dalla Romania
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.
Re: Dalla Romania
É normale che venga....
Testo nascosto:
"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"
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"
Re: Dalla Romania
Bo non penso, fammi vedere come hai fatto però ricorda che stiamo lavorando con numeri complessi...
-
- Messaggi: 486
- Iscritto il: 01 lug 2011, 22:52
Re: Dalla Romania
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.
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
Re: Dalla Romania
Penso vada bene, io ho lavorato con i moduli, alla fine l'idea è quella
-
- Messaggi: 486
- Iscritto il: 01 lug 2011, 22:52
Re: Dalla Romania
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
Re: Dalla Romania
Ecco l'hint
Testo nascosto:
Re: Dalla Romania
Eh già, per la fretta si dimentica di tutto... infatti mi sembrava un po' banale come soluzione...mat94 ha scritto:ricorda che stiamo lavorando con numeri complessi...
Anch'io sto ragionando come Gottinger95, quando avrò un po' di tempo vedrò di sfruttare l'hint...
"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"
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"
Re: Dalla Romania
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:
\[ \overline{\left(\frac{p}{q}\right)}=\frac{\overline{p}}{\overline{q}}=-\frac{\overline{a_1+a_2}}{\left(\overline{a_1a_2}\right)^{\frac{1}{2}}} = -\frac{\overline{a_1}+\overline{a_2}}{\overline{a_1}^{\frac{1}{2}}\overline{a_2}^{\frac{1}{2}}} = -\frac{\overline{a_2}\left(\frac{a_2}{a_1}+1\right)}{\overline{a_2}\left(\frac{a_2}{a_1}\right)^{\frac{1}{2}}} = - \frac{a_1+a_2}{\left(a_1a_2\right)^{\frac{1}{2}}}= \frac{p}{q}\]
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.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
-
- Messaggi: 486
- Iscritto il: 01 lug 2011, 22:52
Re: Dalla Romania
La risposta secca all'hint è
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
@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
Testo nascosto:
@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
Ultima modifica di Gottinger95 il 25 apr 2013, 11:39, modificato 2 volte in totale.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
Re: Dalla Romania
No, potrebbe anche essere nullo, se $p=0$. Inizia cosi', con le notazioni del post di sopra:Gottinger95 ha scritto:Reale e positivo. Ma..poi?
\[ \frac{p^2}{q^2}=\frac{(a_1+a_2)^2}{a_1a_2}=2+ \frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_1} \]
Ora, si devono dimostrare due cose:
1) $\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_1} \in \mathbb{R}$
2) $\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_1} \ge -2$
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: Dalla Romania
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.
$\frac{p^2}{q^2}=\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}+2=2+\frac{2}{r^2}Re({x_1\bar{x_2}})$
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.
Re: Dalla Romania
Bravi a Titu Andreescu a Dorin Andrica; casomai la prossima volta lascia provare gli altri..
The only goal of science is the honor of the human spirit.