orsoulx ha scritto:Ritengo che Erasmus, ispirandosi credo alla risoluzione delle equazioni di terzo grado, si aspetti qualcosa del genere.
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$ root 3 {2835+678 \sqrt(78)} + root 3 {2835-678 \sqrt(78)} = 6 $, elevando al cubo
$ 5670 + 3 (root 3 {2835+678 \sqrt(78)}+ root 3 {2835-678 \sqrt(78)}) root 3 {2835^2-678^2 \cdot 78 }=216 $
$ 5670 +18 root 3 {-303^3}=216 -> 5670-5454=216->216=216 $
Il nome del
quiz ed il
quiz stesso derivano si da una mia particolare riflessione su certe eqauzioni di 3° grado "canoniche", cioè del tipo
$x^3 - 3px - 2q =0$,
precisamente su quelle con una soluzione reale razionale diversa da zero e due soluzioni complesso-coniugate.
Ma qui siamo in una sezione dedicata alla scuola pre-universitaria [nella quale non si studiano equazioni di grado maggiore di 2 se non riconducibili con qualche trucco ad equazioni di grado non maggiore di 2 – o per lo meno così era ai miei tempi–].
Il tipo di soluzione che avevo in mente a livello di scuola pre-universitaria era analogo a quello che hai pensato tu, ma non proprio così (ossia: verifica di una identità numerica). Mi spiego.
Se calolo l'espressione $(2835+678sqrt78)^(1/3) + (2835-678sqrt78)^(1/3)$ direttamente – al nostri giorni con una calcolatrice o col
computer, ai miei tempi col regolo (o "a mano", con foglio di carta e matita e per approssimazioni successive) trovo che l'espressione vale
circa 6. Allora la pongo uguale a $6(1+ε)$, dove $ε$ deve essere reale ... e devo dimostrare che è $ε=0$.
Faccio allora il cubo di entrambi i membri (come hai pensato tu), tengo conto del fatto che, in generale
$w = r+s$ ⇒ $w^3 = r^3 + s^3 +3rs(r + s) = r^3 + s^3 +3rsw$,
semplifico e porto tutto al primo membro uguagliato a zero. Mi risulta in tal modo una equazione cubica in $ε$ del tipo
$Aε^3 + Bε^2 + Cε= 0$.
Una soluzione è $ε_1= 0$ e le altre due – soluzioni dell'equazione $Aε^2 + Bε + C = 0$ – risultano complesso-coniugate.
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Siano $a$ e $b$ reali, razionali e diversi da zero e si dica $j$ l'unità immaginaria.
Allora risulta:
$(x-2a)(x+a+3jb)(x+a-3jb) = x^3 -3(a^2 - 3b^2)x - 2(a^3 + 9ab^2)$.
Posto $p=a^2 -3b^2$ e $q = a^3 + 9ab^2$, con tali valori di $p$ e $q$ l'equazione canonica di 3° grado:
$x^3 -3px -2q = 0$
è risolta da $x_1= 2a$ e $x_(2,3) = -a±3jb$; ma con la formula risolutiva di questa equazione che è
$x = (q + sqrt(q^2 - p^3))^(1/3) + (q - sqrt(q^2 - p^2))^(1/3)$
con i detti valori di $p$ e $q$ ottengo:
$q ± sqrt(q^2-p^3) = a^3 +9ab^2 ± sqrt(27a^4b^2+54a^2b^4+27b^6) =$
$= a^3 +9ab^2 ± sqrt(27b^2(a^4+2a^2b^2+b^4)) = $
$=a^3 +9ab^2 ± 3(a^2+b^2)sqrt(3b^2) = a^3 ± 3sqrt3a^2b+9ab^2 ± 3sqrt3b^3 = (a±sqrt3b)^3$.
E quindi
$x_1 = (a^3 +9ab^2 + 3(a^2+b^2)sqrt(3b^2))^(1/3)+(a^3 +9ab^2 - 3(a^2+b^2)sqrt(3b^2))^(1/3) =$
$= a+sqrt3b+a-sqrt3b =2a$.
la mia particolare riflessione alla fine era dunque la seguente: tutte le volte che l'equazione $x^3 -3px-2q=0$ (dove $p$ e $q$ sono razionali) ha una soluzione reale razionale non nulla – diciamola $q$ – e le altre due complesso coniugate, quella razionale è la somma di due reali irrazionali del tipo
$q = (r +sqrts)^(1/3) + (r-sqrts)^(1/3)$ , dove $r$ e$s$ sono reali razionali non nulli ed $s$ è positivo. Inoltre$r$ ed $s$ sono tali che:
$r ± sqrts = (α ± sqrtβ)^3$, dove $α$ e $β$ sono pure reali razionali non nulli e $β$ è positivo.
Donde il
quiz.
Ho scelto $r$ ed $s$ interi e piuttosto grossi ... solo per fare scena (affinché i calcoletti da fare non fossero troppo semplici).
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