¿Coeficientes complejos que dan raíces reales?

Question

Edito: Ya lo he resuelto, sólo que calculé mal. No, no hay soluciones complejas para k.

¿Para qué valores de $k$ hace la ecuación $kx^2+3kx+k=-9-kx$ ¿tienen raíces reales? Para simplificarlo, escribiré la ecuación como $kx^2+4kx+k+9=0$ . Ahora la solución obvia sería probablemente introducirlo en la fórmula cuadrática y tratar de resolver de forma que el discriminante sea mayor que cero. En la fórmula cuadrática, $a = k$ , $b = 4k$ y $c = k + 9$ . Introduciendo estos valores, obtengo

$$\begin{align} &\frac{-4k±\sqrt{(4k)^2-4(k)(k+9)}}{2k}\\ &=\frac{-4k±\sqrt{16k^2-4k^2-36k}}{2k}\\ &=\frac{-4k±\sqrt{12k^2-36k}}{2k}\\ &=-2±\frac{\sqrt{12k^2-36k}}{2k}\\ &=-2±\frac{\sqrt{3k^2-9k}}{k} \end{align}$$

Ya que lo único que importa es encontrar valores reales, $-2$ puede ser simplemente ignorado, así como el $\pm$ ya que, de todos modos, nada cambia realmente. Ahora lo lógico sería tomar el discriminante, ponerlo mayor o igual que cero, y obtener la desigualdad para todos los valores reales de $k$ (por si se lo pregunta, $k 0$ et $k 3$ ). Pero la parte más interesante de la cuestión sería encontrar las soluciones complejas a $k$ . Al intentarlo, utilizo suposiciones:

En primer lugar, la raíz cuadrada de un número complejo con parte imaginaria es siempre otro número complejo con parte imaginaria. No veo cómo esto no es cierto y todavía no he encontrado nada que diga lo contrario, así que me parece bien.

En segundo lugar, si una ecuación con partes reales e imaginarias suma $0$ entonces las partes real e imaginaria por sí solas también sumarán cero. No veo cómo esto es falso, ya que las partes imaginarias no pueden contribuir a las partes reales, por lo que ambos deben ser igual a cero.

Así que para resolver este problema, puse $k$ a igual $a+bi$ tal que $a$ et $b$ son números reales. Por lo tanto,

$$\begin{align} &-2±\frac{\sqrt{3k^2-9k}}{k}\\ &=-2±\frac{\sqrt{3(a+bi)^2-9(a+bi)}}{a+bi}\\ &=-2±\frac{\sqrt{3(a^2+2abi-b^2)-9a-9bi)}}{a+bi}\\ &=-2±\frac{\sqrt{3a^2+6abi-3b^2-9a-9bi}}{a+bi}\\ \end{align}$$

Ahora bien, si el numerador es igual al denominador, entonces la fracción sería igual a 1, así que lo puse así.

$$\begin{align} \sqrt{3a^2+6abi-3b^2-9a-9bi} &= a+bi\\ 3a^2+6abi-3b^2-9a-9bi &= (a+bi)^2\\ 3a^2+6abi-3b^2-9a-9bi &= a^2+2abi-b^2\\ 2a^2+4abi-2b^2-9a-9bi &= 0 \end{align}$$

Tomando sólo partes imaginarias:

$$\begin{align} 4abi-9bi &= 0\\ 4abi &= 9bi\\ 4ab &= 9b \end{align}$$

Suponiendo que $b 0$ :

$$\begin{align} 4a &= 9\\ a &= \frac{9}{4} \end{align}$$

Ahora sólo se aceptan piezas reales:

$$\begin{align}2a^2-2b^2-9a &= 0\\ 2\left(\frac{9}{4}\right)^2-2b^2-9\left(\frac{9}{4}\right) &= 0\\ 2\left(\frac{9}{4}\right)^2-9\left(\frac{9}{4}\right) &= 2b^2\\ \frac{486}{16} &= 2b^2\\ \frac{243}{16} &= b^2\\ ±\frac{9\sqrt{3}}{4} &= b \end{align}$$

Por lo tanto $k = \frac{9}{4} + i\frac{9\sqrt{3}}{4}$ debería ser una solución. Independientemente de que casos como $k = \frac{9}{2} + i\frac{9\sqrt{3}}{2}$ que son múltiplos de la respuesta original funcionaría realmente no importa, pero esto parece que debería funcionar. Otro caso que también debería funcionar sería poner el numerador de la fracción original igual a cero. Esto también produce una solución compleja para $k$ .

La pregunta es, ¿pueden los coeficientes complejos crear raíces reales para ecuaciones cuadráticas, o he calculado/supuesto/hecho mal la pregunta? Si es posible, ¿me he saltado alguna solución? Agradecería cualquier ayuda.

Answer 1

Mencionas que deberíamos poder establecer el numerador de $\frac{\sqrt{3k^2 - 9k}}{k}$ a $0$ . Esto daría $3k^2 = 9k$ y así $k = 3$ (descartando $k = 0$ ). Esto no es complejo por lo que no proporciona una solución a su pregunta.

Aparte de eso, sus soluciones propuestas para $k$ no parecen proporcionar soluciones reales a la cuadrática dada.

Observa que puedes reescribir tu cuadrática como $k ( x^2 + 4x +1) = -9$ . Así que tenemos $$k = \frac{-9}{ x^2 + 4x +1}$$ Por lo tanto, si introducimos números reales para $x$ (que serían las soluciones propuestas para su cuadrática), entonces $k$ también será real.

Answer 2

Para responder a la pregunta más general, "¿pueden los coeficientes complejos dar lugar a raíces de polinomios de valor real?", la respuesta es sí. Podemos verlo fácilmente trabajando hacia atrás: construya un polinomio para el que una raíz sea real y las raíces con parte imaginaria distinta de cero hagan no se producen en pares conjugados complejos. Entonces se garantiza que los coeficientes no son reales puros. Por ejemplo, consideremos $$f(z) = (z - 3)(z - 2 - i) = z^2 - (5+i)z + (6+3i).$$ Los coeficientes son complejos pero, por construcción, hay una raíz real.

Si necesitamos todos raíces de un polinomio sean de valor real, entonces la respuesta es no, a menos que permitamos que el polinomio sea un múltiplo escalar de alguna constante compleja arbitraria. Esto se deduce del teorema fundamental del álgebra.