Equazione di secondo grado con radici razionali - SNS 1971

[G.D.]

Io ricordavo di un altro esercizio simile (magari è lo stesso?) svolto sul forum, da Wizard mi pare, dove si procedeva appunto in questo modo.

Davvero! Io non me lo ricordo!
Forse non ero io, oppure sto diventando troppo vecchio

[Steven]

Ricordo bene un esercizio del genere, non so se proprio della Normale, dove tirammo fuori 3 soluzioni.
Due tu e una io. Non vorrei confondere, ma mi sembra che era quello il topic.
Comunque approfitto anche io per fare il vecchietto: mi sa che questa è la sola sezione dove possiamo permettercelo, Wizard

[G.D.]

Comunque approfitto anche io per fare il vecchietto: mi sa che questa è la sola sezione dove possiamo permettercelo, Wizard

Possiamo permettercelo anche nella sezione dedicata alle scuole medie

[Steven]

Ah sì, cui tra l'altro non partecipo mai

[elios]

Sì ho capito. Grazie Steve

[fransis2]

però c'è qualcosa che non mi torna: per $n=2$ le soluzioni di quell' equazione sono $-p+\sqrt{p^2-2q}$ e $-p-\sqrt{p^2-2q}$ le quali sono razionali s.se $p^2-2q$ è un quadrato di un intero e non vedo perchè ciò non possa accadere (prendere ad esempio $q=2p+2$...)
cosa sbaglio?

[dreamager]

Non ho letto il resto dell'argomento, rispondo solo all'ultima domanda.
Se $p^2-2q$ fosse per assurdo un quadrato perfetto, avremmo:
$p^2-2q=n^2$
$p^2-n^2=2q$
$(p+n)(p-n)=2q$
Uno tra p+n e p-n deve essere pari, ma se la loro somma o differenza di due numeri naturali è pari vuol dire che sono o entrambi dispari o entrambi pari. In questo caso sappiamo che p è dispari, quindi anche n deve essere dispari. Ma allora abbiamo $4((p+n)/2)((p-n)/2)=2q => 2((p+n)/4)((p-n)/4)=q$. Ma dunque q è pari, e siamo caduti in contraddizione.

[giammaria]

Per assurdo, sia $a/b$ il numero razionale soluzione di
$x^n+2px+2q=0$ con $mcd(a,b)=1$ (frazione ridotta ai minimi termini)

Io ragionerei così: per la regola di Ruffini, $b$ deve essere un sottomultiplo del coefficiente di $x^n$; non considerando il segno (che può essere attribuito ad $a$) l'unica possibilità è $b=1$: le eventuali soluzioni razionali devono essere intere. Non possono però essere dispari (il primo membro sarebbe dispari) né pari (due addendi sarebbero divisibili per 4 e l'altro no), quindi non possono esserci. Sbaglio?

[Ghirlinghe]

però c'è qualcosa che non mi torna: per $n=2$ le soluzioni di quell' equazione sono $-p+\sqrt{p^2-2q}$ e $-p-\sqrt{p^2-2q}$ le quali sono razionali s.se $p^2-2q$ è un quadrato di un intero e non vedo perchè ciò non possa accadere (prendere ad esempio $q=2p+2$...)
cosa sbaglio?

Beh,sbagli(anche se forse non lo saprai mai )perchè per ipotesi anche $ q $ deve essere dispari.Inoltre si può provare con le classi di resto che $ p^2-2q $ non può essere un quadrato perfetto:i quadrati di numeri dispari(quale è $ p $ ) sono congrui a $ 1 (mod 4) $ mentre i quadrati di pari sono congrui a $ 0 (mod 4) $ ,dunque $ p^2\equiv1 (mod 4) $ .Inoltre $ 2q\equiv2 (mod 4) $ quindi $ p^2-2q\equiv-1\equiv3 (mod 4) $ ,cosa assolutamente non contemplata per un quadrato perfetto

[Pappappero]

Wow...il necroposting ci fa un baffo.

Mi limito a commentare per far notare una cosa, che forse e' sbagliata perche' renderebbe l'intero esercizio troppo facile. Il polinomio dell'equazione iniziale (sia nella forma quadratica che nella forma generale) e' un polinomio irriducibile per il criterio di Eisenstein con il primo uguale a $2$. Percio' il polinomio e' irriducibile su $\mathbb{Z}$ e quindi, essendo $\mathbb{Z}$ un UFD, e' irriducibile pure su $\mathbb{Q}$. In particolare non ha radici in $\mathbb{Q}$.

Si noti che si usa solo il fatto che il termine noto e' della forma $2q$ con $q$ dispari e che l'altro termine e' pari. In particolare non interessa la parita' di $p$. Cosa sbaglio?