Udowodnij zawieranie

Dario1 · Post autor: **Dario1** » 15 paź 2015, o 14:02

Niech \(\displaystyle{ A=\left\{ x:x=a+b \sqrt[3]{2}+c \sqrt[3]{4},a,b,c \in Q \right\}}\)

Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ x \in A}\) to \(\displaystyle{ \frac{1}{x} \in A}\).

miodzio1988 · Post autor: **miodzio1988** » 15 paź 2015, o 14:03

gdzie masz tutaj zawieranie?

Dario1 · Post autor: **Dario1** » 15 paź 2015, o 14:11

Dobra mniejsza o zawieranie, ciężko było wymyślić temat tutaj więc dałem taki. Przejdźmy do rzeczy.

Post autor: **Jan Kraszewski** » 15 paź 2015, o 15:42

No nie tak mniejsza, bo to znaczy, że mylisz zawieranie z należeniem

Właściwym tematem byłoby np. "Zamkniętość zbioru na odwrotność".

Masz pokazać, że liczba \(\displaystyle{ \frac{1}{a+b \sqrt[3]{2}+c \sqrt[3]{4}}}\) jest postaci \(\displaystyle{ a'+b' \sqrt[3]{2}+c' \sqrt[3]{4}}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b,c,a',b',c'\in\QQ}\).

JK

Dario1 · Post autor: **Dario1** » 15 paź 2015, o 16:34

No wiadomo, że chodzi o należenie, ale przecież nie napisze udowodnij "należenie".

PS. Wiem co mam pokazać. Pytanie jak to zrobić.

Althorion · Post autor: **Althorion** » 15 paź 2015, o 17:18

Dario1 pisze:No wiadomo, że chodzi o należenie, ale przecież nie napisze udowodnij "należenie".

A dlaczego tak nie zrobisz? I dlaczego ze wszystkich innych rzeczy od należenia wybrałeś akurat zawieranie?

Medea 2 · Post autor: **Medea 2** » 15 paź 2015, o 17:39

Wskazówka: wzory skróconego mnożenia. Spróbuj pomnożyć licznik i mianownik ułamka przez sprzężenie mianownika.

Dario1 · Post autor: **Dario1** » 15 paź 2015, o 22:20

Althorion- Bo to jakoś głupio brzmi. A czemu zawieranie? Zawieranie i należenie intuicyjnie są podobne. Może lepsze tu by było "przynależność"? Mniejsza z tym.

Medea2- A jak będzie wyglądać sprzężenie mianownika? Są pierwiastki \(\displaystyle{ 3}\) stopnia, gdyby były same to ok, ale jest jeszcze to \(\displaystyle{ a}\).

a4karo · Post autor: **a4karo** » 15 paź 2015, o 22:23

Wymnóż równanie z "primami" przez mianownik i porównaj współczynniki przy pierwiastkach i bez pierwiastków

Post autor: **Jan Kraszewski** » 15 paź 2015, o 22:29

Dario1 pisze:Zawieranie i należenie intuicyjnie są podobne.

Ale realnie bardzo różne... Z intuicjami w matematyce trzeba ostrożnie.

JK

a4karo · Post autor: **a4karo** » 15 paź 2015, o 22:44

Jan Kraszewski pisze:
Dario1 pisze:Zawieranie i należenie intuicyjnie są podobne.
Ale realnie bardzo różne... Z intuicjami w matematyce trzeba ostrożnie.

JK

A na dodatek takie stwierdzenia świadczą o dużym poziomie arogancji: ja napiszę byle co, a inni niech kombinują o co mi chodzi...

Premislav · Post autor: **Premislav** » 15 paź 2015, o 22:55

Zamiast męczyć się z układami równań, można skorzystać z tożsamości \(\displaystyle{ p^{3}+q^{3}+r^{3}-3pqr= \frac{1}{2} (p+q+r)((p-q)^{2}+(q-r)^{2}+(r-p)^{2})}\), którą udowodniłeś, robiąc jakieś zadanie w dziale Przekształcenia algebraiczne.
Połóżmy \(\displaystyle{ p=a, q=b \sqrt[3]{2}, r= c\sqrt[3]{4}}\) i pomnóżmy licznik oraz mianownik przez
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}((p-q)^{2}+(q-r)^{2}+(r-p)^{2})}\). Ponieważ \(\displaystyle{ 3abc \cdot \sqrt[3]{4} \cdot \sqrt[3]{2}=6abc}\), to w ten sposób od razu załatwimy niewymierności w mianowniku.

Dario1 · Post autor: **Dario1** » 15 paź 2015, o 23:00

Z tego co rozumiem a4karo to chodzi Ci o wymnożenie tego:

\(\displaystyle{ \frac{1}{a+b \sqrt[3]{2}+c \sqrt[3]{4}}=a'+b' \sqrt[3]{2}+c' \sqrt[3]{4}}\)

Po przyrównaniu dostałem następujący układ równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases} aa'+2bc'+2b'c=1 \\ ab'+a'b+2cc'=0 \\ ac'+bb'+a'c=0 \end{cases}}\)

Dostaje dość skomplikowane rachunki.

Premislav · Post autor: **Premislav** » 15 paź 2015, o 23:23

A tam skomplikowane, układ trzech równań i zwykła eliminacja Gaussa ze względu na zmienne \(\displaystyle{ a',b',c'}\) powinna pomóc.
Aha, teza jest nieprawdziwa dla \(\displaystyle{ a=b=c=0}\), trzeba by dorzucić jakiś dodatkowy warunek w treści.

Jeśli chcesz wypróbować alternatywne podejście, to Ci podrzuciłem wyżej, chyba nie po to rozkładałeś w innym temacie tamtą sumę na czynniki, żeby sobie raz rozłożyć i zapomnieć o tej tożsamości, czasem się przydaje (a jak nie, to nie wiem, po co robić takie zadania jak tamto ).

-- 15 paź 2015, o 22:24 --

Założyłem, że dostałeś poprawny układ równań, ale nie sprawdzałem tego.

Dario1 · Post autor: **Dario1** » 15 paź 2015, o 23:25

Premislav zgadza się. Sprytne. Fakt, że to wcześniej udowodniłem jednak nie skojarzyłem tego od razu. Otrzymałem wartość:

\(\displaystyle{ \frac{2a ^{2}-4bc }{2a ^{3}+4b ^{3}+8c ^{3}-12abc }+\frac{4c ^{2}-2ab }{2a ^{3}+4b ^{3}+8c ^{3}-12abc } \sqrt[3]{2} +\frac{2b ^{2}-2ac }{2a ^{3}+4b ^{3}+8c ^{3}-12abc } \sqrt[3]{4}}\).

Trzeba chyba jednak dać zastrzeżenie, że \(\displaystyle{ {2a ^{3}+4b ^{3}+8c ^{3}-12abc } \neq 0}\), bo jeśli weźmiemy \(\displaystyle{ a=b=c=0 \in Q}\), to okaże się odwrotność nie należy. Nawiasem mówiąc rozwiązując tamten układ równań metodą wyznacznikową dostałem identyczne wyniki. Trudniej było to zrobić metodą podstawieniową.