Siano $ 2=a_3<a_2<a_1<a_0 $ numeri primi fissati.
Mostrare che se $ \alpha \in\mathbb{R} $ è una radice di $ \displaystyle p(x)=\sum_{i=0}^3{a_ix^i} $ allora $ \alpha^2 $ è irrazionale.
@gst_113: buh, io non l'ho detto
polinomio a coefficienti primi
polinomio a coefficienti primi
Problema. Own.
Siano $ 2=a_3<a_2<a_1<a_0 $ numeri primi fissati.
Mostrare che se $ \alpha \in\mathbb{R} $ è una radice di $ \displaystyle p(x)=\sum_{i=0}^3{a_ix^i} $ allora $ \alpha^2 $ è irrazionale.
@gst_113: buh, io non l'ho detto
Siano $ 2=a_3<a_2<a_1<a_0 $ numeri primi fissati.
Mostrare che se $ \alpha \in\mathbb{R} $ è una radice di $ \displaystyle p(x)=\sum_{i=0}^3{a_ix^i} $ allora $ \alpha^2 $ è irrazionale.
@gst_113: buh, io non l'ho detto
Ultima modifica di jordan il 24 apr 2009, 17:38, modificato 1 volta in totale.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Diciamo subito che eventuali radici reali devono essere negative.
Poniamo due casi e dimostriamo che sono entrambi assurdi:
a)$ \alpha=-\sqrt{k} $, per qualche$ k $ razionale positivo e non quadrato perfetto.
Se così fosse otterrei
$ -\sqrt{k} $$ (2k+a_1)+a_2k+a_0=0 $, ma allora dovrei avere contemporaneamente:
$ 2k+a_1=0 $
$ a_2k+a_0=0 $, il che è impossibile per le hp fatte sugli $ a_i $.
b)$ \alpha $ sia razionale. Allora pongo $ m,n $ interi tali che $ m/n=\alpha $ e $ (m,n)=1 $. Allora dovrebbe valere per il th delle radici razionali che $ m|a_0 $ e $ n|2 $. Allora $ m=1 $ V $ m=a_0 $ e $ n=1 $ V $ n=2 $. Allora restano da verificare i quattro casi:
$ \alpha=-1 $ V $ \alpha=-1/2 $ V $ \alpha=-a_0 $ V $ \alpha=-a_0/2 $.
Caso 1)
$ -2+a_2-a_1+a_0=0 $, impossibile perchè 2 non divide mai la quantità $ a_2-a_1+a_0 $ in quanto formata da tre interi dispari.
Caso 2)
$ -1+a_2-2a_1+4a_0=0 $,ossia $ -1+a_2=2(a_1-2a_0) $ il che è impossibile perchè per la relazione $ a_0>a_1>a_2 $ l'RHS sarebbe negativo e l'LHS positivo
Caso 3)
$ -2a_0^3+a_2a_0^2-a_1a_0+a_0=0 $ ossia $ -2a_0^2+a_2a_0-a_1+1=0 $, impossibile perchè la somma di quattro numeri, di cui uno solo pari non può essere mai 0.
Caso 4)
$ -a_0^3+a_2a_0^2-2a_1a_0+4a_0=0 $ ossia $ -a_0^2+a_2a_0-2a_1+4=0 $, ossia $ a_0(-a_0+a_2)=2(a_1-2) $, impossibile perchè per la relazione $ a_0>a_1>a_2>2 $ l'LHS sarebbe negativo mentre l'RHS positivo.
Poniamo due casi e dimostriamo che sono entrambi assurdi:
a)$ \alpha=-\sqrt{k} $, per qualche$ k $ razionale positivo e non quadrato perfetto.
Se così fosse otterrei
$ -\sqrt{k} $$ (2k+a_1)+a_2k+a_0=0 $, ma allora dovrei avere contemporaneamente:
$ 2k+a_1=0 $
$ a_2k+a_0=0 $, il che è impossibile per le hp fatte sugli $ a_i $.
b)$ \alpha $ sia razionale. Allora pongo $ m,n $ interi tali che $ m/n=\alpha $ e $ (m,n)=1 $. Allora dovrebbe valere per il th delle radici razionali che $ m|a_0 $ e $ n|2 $. Allora $ m=1 $ V $ m=a_0 $ e $ n=1 $ V $ n=2 $. Allora restano da verificare i quattro casi:
$ \alpha=-1 $ V $ \alpha=-1/2 $ V $ \alpha=-a_0 $ V $ \alpha=-a_0/2 $.
Caso 1)
$ -2+a_2-a_1+a_0=0 $, impossibile perchè 2 non divide mai la quantità $ a_2-a_1+a_0 $ in quanto formata da tre interi dispari.
Caso 2)
$ -1+a_2-2a_1+4a_0=0 $,ossia $ -1+a_2=2(a_1-2a_0) $ il che è impossibile perchè per la relazione $ a_0>a_1>a_2 $ l'RHS sarebbe negativo e l'LHS positivo
Caso 3)
$ -2a_0^3+a_2a_0^2-a_1a_0+a_0=0 $ ossia $ -2a_0^2+a_2a_0-a_1+1=0 $, impossibile perchè la somma di quattro numeri, di cui uno solo pari non può essere mai 0.
Caso 4)
$ -a_0^3+a_2a_0^2-2a_1a_0+4a_0=0 $ ossia $ -a_0^2+a_2a_0-2a_1+4=0 $, ossia $ a_0(-a_0+a_2)=2(a_1-2) $, impossibile perchè per la relazione $ a_0>a_1>a_2>2 $ l'LHS sarebbe negativo mentre l'RHS positivo.
Aboliamo il latino nei licei scientifici!