Matematické Fórum

rutt · 02. 05. 2010 16:00 — Editoval rutt (04. 05. 2010 19:47)

cuzz, mam polynom $ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e = 0 = a(x - \alpha)(x - \beta)(x - \gamma)(x - \delta)$
za predpokladu $a, ..., e \in Z,\ a \neq 0,\ (\alpha + \beta) \neq (\gamma + \delta)$ dokazte, ze $(\alpha + \beta) \in Q \rightarrow \alpha\beta \in Q$ .
myslela jsem, ze bude stacit to roznasobit, ziskat 4 rovnice:

$\alpha + \beta + \gamma + \delta = \star \frac ba\nl (\alpha + \beta) (\gamma + \delta) + \alpha\beta + \gamma\delta = \frac ca\nl \alpha\beta (\gamma + \delta) + \gamma\delta (\alpha + \beta) = \star \frac da\nl \alpha\beta\gamma\delta = \frac ea\nl$

a ze z toho vyleze nakej jasnej zlomek, nebo pripadne, ze do toho jeste dosadim za $(\alpha + \beta) = \frac mn$ , kde $m, n \in Z$ , ale nak to nevyslo.. nemel by tu nekdo napad? celkem to hori.

Pavel Brožek · 02. 05. 2010 16:09

Nezapomněla jsi na něco? Obecně to totiž nejde dokázat. Nemají být koeficienty $a,\ldots, e$ třeba racionální? Tady je protipříklad:

$\alpha=\pi\nl \beta=-\pi\nl \gamma=1\nl \delta=1$

rutt · 02. 05. 2010 16:16

↑ BrozekP:

nezapomnela, ale mozna na to zapomnela ucitelka, klidne to vem jako predpoklad, jestli myslis, ze by ta uloha mela byt takhle zadana a jinak ji nema smysl resit.

rutt · 02. 05. 2010 18:16

↑ BrozekP:
tak pry maji byt koeficienty $a,..e \in Z$

rutt · 03. 05. 2010 16:50

hele staci i nakej napad, jak zacit. celkem to specha://

myslim, ze $\alpha$ a $\beta$ by mely byt obe racionalni, aby $\alpha + \beta \in Q$ , co se tyce toho soucinu, tak tam muzou byt bud obe racionalni, nebo obe iracionalni, aby z jejich nasobku vzeslo racionalni cislo, ale to uz je asi jedno. takze jde vlastne asi o to dokazat, ze alfa a beta jsou racionalni.

Pavel Brožek · 03. 05. 2010 17:52

↑ rutt:

Pravděpodobně nepotřebujeme dokazovat, že $\alpha$ a $\beta$ jsou obě racionální (nejspíš to ani neplatí).

$(\alpha + \beta) + (\gamma + \delta) = \star \frac ba\nl(\alpha + \beta) (\gamma + \delta) + \alpha\beta + \gamma\delta = \frac ca\nl\alpha\beta (\gamma + \delta) + \gamma\delta (\alpha + \beta) = \star \frac da\nl\alpha\beta\gamma\delta = \frac ea$

Z první rovnice plyne, že součet $\gamma+\delta$ je racionální číslo. Jsou tedy dvě možnosti

1) $\gamma,\,\delta$ jsou obě racionální. Pak je i $\gamma\delta$ racionální a z druhé rovnice okamžitě plyne, že i $\alpha\beta$ je racionální, což jsme měli dokázat.

2) $\gamma,\,\delta$ jsou obě iracionální (o jejich součinu ale zatím nic nevíme). Jsou opět dvě možnosti
2A) $\gamma\delta$ je racionální. Pak z druhé rovnice plyne, že $\alpha\beta$ je racionální.
2B) $\gamma\delta$ je iracionální. Z poslední rovnosti by plynulo, že $\alpha\beta$ je iracionální. Pokud tvrzení, které dokazujeme, opravdu platí, pak tento případ zřejmě nemůže nastat. Nenapadá mě ale, jak to ukázat.

rutt · 03. 05. 2010 19:17 — Editoval rutt (03. 05. 2010 19:18)

↑ BrozekP:
tak to byly dva skutecne dementni dotazy (rovnou jsem je smazala). kazdopadne dik za skoro kompletni reseni.
hele a nemuze to, ze gama*delta nesmi byt iracionalni nak plynout z ty posledni rovnice a toho, ze alfa+beta!=gama+delta?

Pavel Brožek · 03. 05. 2010 20:04

↑ rutt:

Možná to není skoro kompletní řešení, třeba je to slepá ulička, to se takhle nedá říct.

Nevím, proč by z poslední rovnice a z $\alpha+\beta\neq\gamma+\delta$ mělo plynout, že $\gamma\delta$ je racionální. Můžeš být konkrétnější?

Pavel Brožek

Tak kompletní řešení:

Z první rovnice plyne $\gamma+\delta\in\mathbb{Q}$ . Z druhé pak $p:=\alpha\beta+\gamma\delta\in\mathbb{Q}$ . Do levé strany třetí rovnice dosadím za $\gamma\delta=p-\alpha\beta$ :

$\alpha\beta(\gamma+\delta)+(\alpha+\beta)(p-\alpha\beta)=\alpha\beta[(\gamma+\delta)-(\alpha+\beta)]+(\alpha+\beta)p$

Tento výraz je roven racionálnímu číslu. Protože $(\alpha+\beta)p$ je racionální číslo, hranatá závorka je různá od nuly a přitom racionální, musí být i $\alpha\beta$ racionální.

rutt · 03. 05. 2010 20:41

↑ BrozekP:
super, diky moc, uz prve jsem ti dala bod:)

Marian · 05. 05. 2010 16:15 — Editoval Marian (05. 05. 2010 16:17)

Třetí rovnice by se mohla vynásobit ještě číslem $\alpha\beta$ . Označím-li $\alpha\beta =:x$ , dostanu kvadratickou rovnici v "x" s racionálními koeficienty (využívám u toho čtvrtou rovnici). Tady by diskuze mohla pokračovat, neboť zde dostaneme, že diskrimainant kvadratické rovnice je čtverec tehdy a jen tehdy, když $\alpha\beta$ je racionální.

Ovšem tvůj dodatečný postup je elegantní a vyhne se kvadratické rovnici a dalším diofantickým úvahám.

Na zadání úlohy se mi příliš nelíbí fakt, že nulové body $\alpha ,\dots ,\delta$ nejsou nijak specifikovány. Mělo by se tedy dokázat, že tvrzení platí pro libovolné pořadí. Narážím na předpoklad o součtech dvojic kořenů. Jak vím, který je zrovna $\alpha$ a který $\beta$ ? Podobně další.

Matematické Fórum

#1 02. 05. 2010 16:00 — Editoval rutt (04. 05. 2010 19:47)

Dukaz vlastnosti korenu polynomu

#2 02. 05. 2010 16:09

Re: Dukaz vlastnosti korenu polynomu

#3 02. 05. 2010 16:16

Re: Dukaz vlastnosti korenu polynomu

#4 02. 05. 2010 18:16

Re: Dukaz vlastnosti korenu polynomu

#5 03. 05. 2010 16:50

Re: Dukaz vlastnosti korenu polynomu

#6 03. 05. 2010 17:52

Re: Dukaz vlastnosti korenu polynomu

#7 03. 05. 2010 19:17 — Editoval rutt (03. 05. 2010 19:18)

Re: Dukaz vlastnosti korenu polynomu

#8 03. 05. 2010 20:04

Re: Dukaz vlastnosti korenu polynomu

#9 03. 05. 2010 20:29 — Editoval BrozekP (03. 05. 2010 20:29)

Re: Dukaz vlastnosti korenu polynomu

#10 03. 05. 2010 20:41

Re: Dukaz vlastnosti korenu polynomu

#11 05. 05. 2010 16:15 — Editoval Marian (05. 05. 2010 16:17)

Re: Dukaz vlastnosti korenu polynomu

Zápatí