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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.

É normale che venga....

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

Per valore assoluto di $ a+bi $ intenti $ \sqrt{a^2+b^2} $?

Yes

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.

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

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?

Ecco l'hint

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...

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:

\[ \overline{\left(\frac{p}{q}\right)}=\frac{\overline{p}}{\overline{q}}=-\frac{\overline{a_1+a_2}}{\left(\overline{a_1a_2}\right)^{\frac{1}{2}}} = -\frac{\overline{a_1}+\overline{a_2}}{\overline{a_1}^{\frac{1}{2}}\overline{a_2}^{\frac{1}{2}}} = -\frac{\overline{a_2}\left(\frac{a_2}{a_1}+1\right)}{\overline{a_2}\left(\frac{a_2}{a_1}\right)^{\frac{1}{2}}} = - \frac{a_1+a_2}{\left(a_1a_2\right)^{\frac{1}{2}}}= \frac{p}{q}\]

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

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) $\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_1} \ge -2$

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.

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