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Radicali un po' complessi ma interi.
Moderatori: Gianfranco, Bruno
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Radicali un po' complessi ma interi.
(Bruno)
...........................
Invisibile un vento
l'ha apena sfioragia
sospension d'un momento;
e la bola iridessente gera 'ndagia.
{Biagio Marin}
................................................................
Meglio soluzioni sbagliate che risposte esatte.
{Rudi Mathematici}
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Re: Radicali un po' complessi ma interi.
Quesito moooolto complicato.
Propongo un avvio alla soluzione, non saprei quanto valido, in quanto a parte l'esattezza delle argomentazioni ed una concreta soluzione, occorrerebbe che questa venisse verificata rispetto all'assunto iniziale (l'espressione fornisce sempre un numero intero per ogni ‘n’ intero).
La presenza della ' i ' complica le cose anche per quanto concerne la possibilità di effettuare delle verifiche strada facendo, perché naturalmente la routine di calcolo non consente di operare con $\sqrt {-1}$ (primo ostacolo).
Dunque, la cosa l'ho pensata in modo da poter lavorare senza la ' i ' , così come segue:
$i\sqrt{n(2n^2 + 3n + 1} = a$
$n(n^3 - 2n - 1) = b$
$2(n^2 + n) = c$
k = il numero intero che deve risultare dal calcolo dell'espressione
Quindi, abbiamo:
$a + \sqrt{b - ca} = k$
$\sqrt{b - ac} = k - a$
$b - ac = k^2 - 2ka + a^2$
$a(2k - c) = a^2 - b - k^2$
$a = \frac{a^2 -b + k^2}{2k - c}$
$a^2 = ( \frac{a^2 -b + k^2}{2k - c})^2$
da cui, attraverso vari passaggi si perviene a:
$k^4 - (2a^2 + 2b)k^2 + (2a^2c)k + a^4 - (c^2 + 2b)a^2 + b^2 = 0 $
in cui non esiste più alcuna $\sqrt{-1}$
Le soluzioni dell'equazione in k, ritrasformata in funzione di n, dovrebbero fornire per k i numeri interi preannuciati. Direi che questa è la seconda complicazione e qui mi fermo.
Trattasi comunque di un’equazione senza termine di 3° grado, abbastanza trattata in letteratura, per la quale potrebbe interessare uno sguardo qui di seguito a partire da Pag. 50 : https://www.luciocadeddu.com/tesi/Cauli_triennale.pdf
Quanto sopra, salvo errori di ogni genere, che potrebero comunque risultare di stimolo alla discussione.
Propongo un avvio alla soluzione, non saprei quanto valido, in quanto a parte l'esattezza delle argomentazioni ed una concreta soluzione, occorrerebbe che questa venisse verificata rispetto all'assunto iniziale (l'espressione fornisce sempre un numero intero per ogni ‘n’ intero).
La presenza della ' i ' complica le cose anche per quanto concerne la possibilità di effettuare delle verifiche strada facendo, perché naturalmente la routine di calcolo non consente di operare con $\sqrt {-1}$ (primo ostacolo).
Dunque, la cosa l'ho pensata in modo da poter lavorare senza la ' i ' , così come segue:
$i\sqrt{n(2n^2 + 3n + 1} = a$
$n(n^3 - 2n - 1) = b$
$2(n^2 + n) = c$
k = il numero intero che deve risultare dal calcolo dell'espressione
Quindi, abbiamo:
$a + \sqrt{b - ca} = k$
$\sqrt{b - ac} = k - a$
$b - ac = k^2 - 2ka + a^2$
$a(2k - c) = a^2 - b - k^2$
$a = \frac{a^2 -b + k^2}{2k - c}$
$a^2 = ( \frac{a^2 -b + k^2}{2k - c})^2$
da cui, attraverso vari passaggi si perviene a:
$k^4 - (2a^2 + 2b)k^2 + (2a^2c)k + a^4 - (c^2 + 2b)a^2 + b^2 = 0 $
in cui non esiste più alcuna $\sqrt{-1}$
Le soluzioni dell'equazione in k, ritrasformata in funzione di n, dovrebbero fornire per k i numeri interi preannuciati. Direi che questa è la seconda complicazione e qui mi fermo.
Trattasi comunque di un’equazione senza termine di 3° grado, abbastanza trattata in letteratura, per la quale potrebbe interessare uno sguardo qui di seguito a partire da Pag. 50 : https://www.luciocadeddu.com/tesi/Cauli_triennale.pdf
Quanto sopra, salvo errori di ogni genere, che potrebero comunque risultare di stimolo alla discussione.
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$\text { }$ciao ciao
E' la somma che fa il totale (Totò)
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Re: Radicali un po' complessi ma interi.
Pasquale possiamo evitare la quartica.
Impacchettare delle parti dell'espressione in qualche lettera, forse, non ti fa apprezzare cosa può succedere dopo il tuo "Quindi, abbiamo"... so che puoi saltare gli ostacoli, con un pelino di pazienza
Impacchettare delle parti dell'espressione in qualche lettera, forse, non ti fa apprezzare cosa può succedere dopo il tuo "Quindi, abbiamo"... so che puoi saltare gli ostacoli, con un pelino di pazienza
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Re: Radicali un po' complessi ma interi.
Questo esercizio contiene complicazioni di calcolo messe apposta per mascherare la semplicità della struttura.
In questi casi, la strategia di Pasquale è molto utile.
In questo specifico caso bisogna però tenere l'unità immaginaria $i$ fuori dagli impacchettamenti.
Ecco la mia proposta, saltando molti passaggi di calcolo. 1) Un esame generale della struttura suggerisce che c'è un radicale doppio e che i trinomi potrebbero essere scomponibili in fattori. Perciò scomponiamo in fattori (poco utile) e portiamo tutto dentro radice (molto utile).
$i \cdot \sqrt{n\cdot \left( n+1\right) \cdot \left( 2 n+1\right) }+\sqrt{n\cdot \left( n+1\right) \cdot \left( {{n}^{2}}-n-1\right) -i \cdot \sqrt{4 \cdot{{n}^{3}}\cdot {{\left( n+1\right) }^{3}}\cdot \left( 2 n+1\right) }}$
2) L'idea è che semplificando il radicale doppio esca una parte immaginaria opposta al primo addendo della struttura.
3) A questo punto, cerchiamo di semplificare il radicale doppio. E qui è utile la strategia di Pasquale, almeno a livello percettivo.
Poniamo:
$n\cdot \left( n+1\right) \cdot \left( {{n}^{2}}-n-1\right)=a$
$4 \cdot{{n}^{3}}\cdot {{\left( n+1\right) }^{3}}\cdot \left( 2 n+1\right)=b$
$n\cdot \left( n+1\right) \cdot \left( 2 n+1\right)=c$
4) Ricordiamo la "formula" dei radicali doppi e applichiamola al caso in cui ci sia una unità immaginaria.
$\sqrt{a -i \cdot \sqrt{b}}=\sqrt{a -\sqrt{-b}}$
La famosa formula è:
$\large\sqrt{a -\sqrt{b}}=\sqrt {\frac {a+{\sqrt {a^2-b}}}{2}}-{\sqrt {\frac {a-{\sqrt {a^{2}-b}}}{2}}}$
5) Dobbiamo verificare che $a^2-b$ sia un quadrato.
$a^2-b=n^2\cdot \left( n+1\right)^2 \cdot \left( {{n}^{2}}-n-1\right)^2+4 \cdot{{n}^{3}}\cdot {{\left( n+1\right) }^{3}}\cdot \left( 2 n+1\right)$
$={{n}^{2}}\, {{\left( n+1\right) }^{2}}\, {{\left( {{n}^{2}}+3 n+1\right) }^{2}}$
6) OK, lo è, allora procediamo a semplificare il radicale doppio.
$\sqrt{a -\sqrt{-b}}=\sqrt{{{n}^{2}}\, {{\left( n+1\right) }^{2}}}-\sqrt{-n\, \left( n+1\right) \, \left( 2 n+1\right) }$
$=n \cdot (n+1)-i\sqrt{n\, \left( n+1\right) \, \left( 2 n+1\right) }$
7) Come sospettato all'inizio, la parte immaginaria è opposta al primo addendo della struttura.
Scriviamola in modo semplificato.
$i\sqrt{c}+n \cdot (n+1)-i\sqrt{c}$
Il risultato finale è:
$n \cdot (n+1)$
che è intero se $n$ è intero.
Salvo errori e omissioni.
P.S.
I radicali annidati li fa meglio tex di math, nel mio computer.
math
$\large\sqrt{a -\sqrt{b}}=\sqrt {\frac {a+{\sqrt {a^2-b}}}{2}}-{\sqrt {\frac {a-{\sqrt {a^{2}-b}}}{2}}}$
tex
$\large\sqrt{a -\sqrt{b}}=\sqrt {\frac {a+{\sqrt {a^2-b}}}{2}}-{\sqrt {\frac {a-{\sqrt {a^{2}-b}}}{2}}}$
P.P.S.
Se il risultato finale fosse stato:
$\large\frac{n \cdot (n+1)}{2}$
sarebbe stato intero lo stesso.
In questi casi, la strategia di Pasquale è molto utile.
In questo specifico caso bisogna però tenere l'unità immaginaria $i$ fuori dagli impacchettamenti.
Ecco la mia proposta, saltando molti passaggi di calcolo. 1) Un esame generale della struttura suggerisce che c'è un radicale doppio e che i trinomi potrebbero essere scomponibili in fattori. Perciò scomponiamo in fattori (poco utile) e portiamo tutto dentro radice (molto utile).
$i \cdot \sqrt{n\cdot \left( n+1\right) \cdot \left( 2 n+1\right) }+\sqrt{n\cdot \left( n+1\right) \cdot \left( {{n}^{2}}-n-1\right) -i \cdot \sqrt{4 \cdot{{n}^{3}}\cdot {{\left( n+1\right) }^{3}}\cdot \left( 2 n+1\right) }}$
2) L'idea è che semplificando il radicale doppio esca una parte immaginaria opposta al primo addendo della struttura.
3) A questo punto, cerchiamo di semplificare il radicale doppio. E qui è utile la strategia di Pasquale, almeno a livello percettivo.
Poniamo:
$n\cdot \left( n+1\right) \cdot \left( {{n}^{2}}-n-1\right)=a$
$4 \cdot{{n}^{3}}\cdot {{\left( n+1\right) }^{3}}\cdot \left( 2 n+1\right)=b$
$n\cdot \left( n+1\right) \cdot \left( 2 n+1\right)=c$
4) Ricordiamo la "formula" dei radicali doppi e applichiamola al caso in cui ci sia una unità immaginaria.
$\sqrt{a -i \cdot \sqrt{b}}=\sqrt{a -\sqrt{-b}}$
La famosa formula è:
$\large\sqrt{a -\sqrt{b}}=\sqrt {\frac {a+{\sqrt {a^2-b}}}{2}}-{\sqrt {\frac {a-{\sqrt {a^{2}-b}}}{2}}}$
5) Dobbiamo verificare che $a^2-b$ sia un quadrato.
$a^2-b=n^2\cdot \left( n+1\right)^2 \cdot \left( {{n}^{2}}-n-1\right)^2+4 \cdot{{n}^{3}}\cdot {{\left( n+1\right) }^{3}}\cdot \left( 2 n+1\right)$
$={{n}^{2}}\, {{\left( n+1\right) }^{2}}\, {{\left( {{n}^{2}}+3 n+1\right) }^{2}}$
6) OK, lo è, allora procediamo a semplificare il radicale doppio.
$\sqrt{a -\sqrt{-b}}=\sqrt{{{n}^{2}}\, {{\left( n+1\right) }^{2}}}-\sqrt{-n\, \left( n+1\right) \, \left( 2 n+1\right) }$
$=n \cdot (n+1)-i\sqrt{n\, \left( n+1\right) \, \left( 2 n+1\right) }$
7) Come sospettato all'inizio, la parte immaginaria è opposta al primo addendo della struttura.
Scriviamola in modo semplificato.
$i\sqrt{c}+n \cdot (n+1)-i\sqrt{c}$
Il risultato finale è:
$n \cdot (n+1)$
che è intero se $n$ è intero.
Salvo errori e omissioni.
P.S.
I radicali annidati li fa meglio tex di math, nel mio computer.
math
$\large\sqrt{a -\sqrt{b}}=\sqrt {\frac {a+{\sqrt {a^2-b}}}{2}}-{\sqrt {\frac {a-{\sqrt {a^{2}-b}}}{2}}}$
tex
$\large\sqrt{a -\sqrt{b}}=\sqrt {\frac {a+{\sqrt {a^2-b}}}{2}}-{\sqrt {\frac {a-{\sqrt {a^{2}-b}}}{2}}}$
P.P.S.
Se il risultato finale fosse stato:
$\large\frac{n \cdot (n+1)}{2}$
sarebbe stato intero lo stesso.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
Gianfranco
Re: Radicali un po' complessi ma interi.
Ottimo, Gianfranco , sempre istruttivo e con un bel profilo didattico.
Se non mi lascio intimorire dai radicali, posso lavorare su una cosa così:
$i\cdot \sqrt{blablabla} + \sqrt{trallallero - 2\cdot i\cdot quiquoqua\cdot \sqrt{blablabla}} \;=\;k$
ossia:
$\sqrt{trallallero - 2\cdot i\cdot quiquoqua\cdot \sqrt{blablabla}} \;=\;k - i\cdot \sqrt{blablabla}$
ed elevando al quadrato entrambi i membri:
$trallallero - 2\cdot i\cdot quiquoqua\cdot \sqrt{blablabla} \;=\;k^2 - 2\cdot k \cdot i \cdot\sqrt{blablabla} - blablabla .$
A questo punto, eguaglio l'eguagliabile:
$trallallero = k^2 - blablabla, \; quiquoqua = k $
e vedo cosa succede, comunque la matassa si è alleggerita
Ho inscatolato anch'io un po' di roba, ma giusto per trasferire il contenuto senza danni.
In effetti, sostituendo le espressioni, trallallero + blablabla = k² =[n·(n+1)]² e quiquoqua = k = n·(n+1).
Se non mi lascio intimorire dai radicali, posso lavorare su una cosa così:
$i\cdot \sqrt{blablabla} + \sqrt{trallallero - 2\cdot i\cdot quiquoqua\cdot \sqrt{blablabla}} \;=\;k$
ossia:
$\sqrt{trallallero - 2\cdot i\cdot quiquoqua\cdot \sqrt{blablabla}} \;=\;k - i\cdot \sqrt{blablabla}$
ed elevando al quadrato entrambi i membri:
$trallallero - 2\cdot i\cdot quiquoqua\cdot \sqrt{blablabla} \;=\;k^2 - 2\cdot k \cdot i \cdot\sqrt{blablabla} - blablabla .$
A questo punto, eguaglio l'eguagliabile:
$trallallero = k^2 - blablabla, \; quiquoqua = k $
e vedo cosa succede, comunque la matassa si è alleggerita
Ho inscatolato anch'io un po' di roba, ma giusto per trasferire il contenuto senza danni.
In effetti, sostituendo le espressioni, trallallero + blablabla = k² =[n·(n+1)]² e quiquoqua = k = n·(n+1).
(Bruno)
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Re: Radicali un po' complessi ma interi.
Tutto funziona; però nel problema compare la radice quadrata di un numero complesso che, in questo campo, fornisce due risultati opposti: uno dei due porta alla risposta cercata, mentre l'altro conduce ad un numero complesso con parte immaginaria non nulla (a meno di cambiare il segno all'inizio dell'espressione).
Ciao
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Re: Radicali un po' complessi ma interi.
Bene: tutto molto istruttivo. Avevo cercato di faticare meno sin dall'inizio, con un finale però più complicato.
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Re: Radicali un po' complessi ma interi.
Hai ragione, abbiamo glissato sulla radice quadrata, evitando di calcolarla. E le soluzioni proposte sono anche un po' su una fune da equilibrista.
Nella mia soluzione estendo impunemente una "formula" nata per i numeri reali.
Bruno, quando scrive, nella prima equazione:
… = k
usa la tesi del problema per presupporre che il risultato sia un numero reale (o complesso senza la parte immaginaria), altrimenti avrebbe scritto:
… = a + bi
Ma alla fine la soluzione di Bruno funziona. L'intuizione aiuta gli audaci.
Per questo merita l'applauso del grande capitano Picard. Perché la missione dei matematici è arrivare "where no man has gone before".
Ok, dobbiamo limare un po' le soluzioni...
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
Gianfranco
Re: Radicali un po' complessi ma interi.
Correttissima l'osservazione di gnugnu, di cui lo ringrazio, ma ciò non intralcia il fatto che quell'espressione conduce sempre a un numero intero, anche se non soltanto a esso
(Bruno)
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