¿Puede un estudiante de pre calculo comprobarlo?

Question

a y b son números racionales satisfacer la ecuación $a^3 + 4a^2b = 4a^2 + b^4$

Demostrar que $\sqrt a - 1$ es racional plaza

Por lo que vi esta publicado en línea en algún lugar, y yo entiendo lo que la pregunta dice. Estoy interesado en hacer el mayor orden de matemáticas, pero no tienen las habilidades matemáticas sin embargo, para captar en ellos (por lo tanto, precálculo), pero es este problema de una forma más compleja de lo que parece o son las herramientas al alcance de un precálculo del estudiante?

Answer 1

Como randomgirl y Michael punto, hay contraejemplos, como $a=b=0$. Sin embargo, es cierto que $a \ge 1$. En principio se puede comprobar con sólo pre-cálculo matemáticas, pero sólo un excepcional pre-cálculo estudiante pudiera demostrarlo.

Supongamos que $a^3 + 4a^2b = 4a^2+b^4$, donde $a$ y $b$ son números racionales con $a \ge 1$. Nos gustaría mostrar que $\sqrt{a}-1$ es el cuadrado de un número racional. Vamos a $t = \sqrt{\sqrt{a}-1}$. Entonces $t$ es un número real debido a que $a \ge 1$, y nos gustaría mostrar que $t$ es racional. En términos de $t$, tenemos $a = (1+t^2)^2$, y una primera pregunta es si se pueden resolver también para $b$ en $t$.

La sustitución de $a = (1+t^2)^2$ a $a^3 + 4a^2b - (4a^2+b^4)$ y factoring, nos encontramos con que $b = t^3+t^2+t+1$, $b = t^3+t^2-t+1$, o $b^2 + 2(1+t^2)b + t^6 + 5t^4 + 7t^2 + 3 = 0$. La última es una ecuación cuadrática en $b$ con discriminante $-4(t^2+2)(t^2+1)^2$, que es negativo, por lo que no tiene ninguna raíz real. Por lo tanto, $b$ debe $t^3+t^2+t+1$ o $-t^3+t^2-t+1$, y sin pérdida de generalidad podemos suponer $b = t^3+t^2+t+1$ por el cambio en el signo de $t$, si es necesario, porque la sustitución $t$ $- t$ no afecta a la ecuación $a=(1+t^2)^2$.

Por lo tanto, el problema se reduce a mostrar que si $a = (1+t^2)^2$ y $b = t^3+t^2+t+1$ con $a$ y $b$ racionales, entonces $t$ debe ser racional así. Vamos a probar esto mediante la resolución por $t$ en términos de $a$ y $b$. Para ello, en primer lugar tenga en cuenta que $b = (t+1)(t^2+1)$, del que se desprende que $b^2/a = (t+1)^2$. Entonces $b^2/a+b-2 = t(t^2+2t+3)$, mientras que $b^2/ + 2 = t^2+2t+3$ (que es estrictamente positivo porque es igual a $(t+1)^2+2$). Poner esto juntos, nos encontramos con que $t = (b^2/a+b-2)/(b^2/+2)$, que es racional porque $a$ y $b$ son racionales.

Answer 2

Hmm. Bueno, parece ser cierto (aunque yo no los vea de inmediato una manera de demostrar a mano, y mucho menos de un precalc estudiante).

Arce dice que la curva tiene género $0$ con parametrización

$$ \eqalign{a&={\frac { \left( 88445\,{s}^{2}+38961552\s+21454046784 \right) ^{2} }{ \left( 146472+133\,s \right) ^{4}}} \cr b&=-{\frac {11763185\,{s }^{3}-7772829624\,{s}^{2}-2853388222272\,s-3142417140546048}{2352637\, {s}^{3}+7772829624\,{s}^{2}+8560164666816\s+3142417140546048}}} $$ Entonces $$ \eqalign{\sqrt{a} - 1 y= {\frac { 88445\,{s}^{2}+38961552\s+21454046784 }{ \left( 146472+133\,s \right) ^{2}}} - 1 \cr &= \left(\dfrac{266 s}{146472 + 133s}\right)^2}$$

Answer 3

Tenemos $$ a ^ 3 + 4a ^ 2b = 4a ^ 2 + b ^ 4$ $ $$ a(a^2+4ab) = 4a ^ 2 + b ^ 4$ $ $$ a(a+2b) ^ 2-4ab ^ 2 = 4a ^ 2 + b ^ 4$ $ $$ a(a+2b) ^ 2 = b ^ 4 + 4ab ^ 2 + 4a ^ 2$ $ $$ a(a+2b) ^ 2 = (b ^ 2 + 2a) ^ 2$ $ $$ un = \frac {(2a + b ^ 2) ^ 2} {(a+2b) ^ 2} \sqrt{a}-1=\frac{2a+b^2}{a+2b}-1=\frac{a-2b+b^2}{a+2b}$$ $$ $$ estoy atrapado allí. También tengo un doctorado en matemáticas y soy un algebraist. Ramanujan podía haberlo hecho mientras que él estaba aprendiendo precálculo estoy seguro!

Edit: como se puede ver otras respuestas tienen soluciones ahora.

Answer 4

Podría ser una prueba de que un estudiante precalc podría seguir, pero me sorprendería que si había una prueba de que un estudiante precalc podría inventar. Digo este después de haber pasado 5 minutos sobre el problema, que no es mucho, pero tienes un doctorado en matemáticas y han tenido por más de 30 años, por lo que las posibilidades son que cosas que no puedo hacer en 5 o 10 minutos, precalc mayoría los estudiantes no pueden hacer nada. Parece como si la @Matt Samuel puede tener una forma de proporcionar la primera. :)

Answer 5

Dado cualquier $(a,b)$ tal que $a^3 + 4a^2b = 4a^2 + b^4$.

(1) Si $a = 0$, entonces $b$ es, claramente, 0, $\sqrt{a} - 1 = -1$ no es un racional de la plaza.

(2) Si $b = 0$, entonces $a^3 = 4a^2 \implica que a = 0, 4$.

• En el primer caso sub $a = 0 \implica \sqrt{a}-1 = -1$ no es un cuadrado.
• En el segundo caso, $a = 4 \implica \sqrt{a} - 1 = 1$ es un cuadrado.

Suponiendo que $a, b \ne 0$, tenemos $$a(a+2b)^2 = ( a^3 + 4a^2b ) + 4ab^2 = (4a^2 + b^4) + 4a^2b = (2a+b^2)^2\etiqueta{*1}$$

(3) Suponiendo que $a + 2b \ne 0$, esto lleva a la $$a = \left(\frac{2a + b^2}{a+2b}\right)^2 \implica \sqrt{a} = \left|\frac{2a + b^2}{a+2b}\right| \quad\text{ es racional }$$

Divide ambos lados de $(*1)$ a $a^2$ y tomando la raíz cuadrada, obtenemos $$\sqrt{a} + \frac{2b}{\sqrt{a}} = \pm \left( \frac{b^2}{a} + 2 \right)$$ El signo de RHS no puede ser -ve. de lo contrario, vamos a tener $$\sqrt{a} + \frac{2b}{\sqrt{a}} = - \left( \frac{b^2}{a} + 2 \right) \implica \sqrt{a} + \left(\frac{b}{\sqrt{a}}+1\right)^2 = -1 \quad\text{ absurb! }$$ De modo que el signo de RHS es +ve y tenemos $$\sqrt{a} - 1 = \frac{b^2}{a} - \frac{2b}{\sqrt{a}} + 1 = \left(\frac{b}{\sqrt{a}} - 1\right)^2 = \left(b\left|\frac{a+2b}{2a + b^2}\right| - 1\right)^2$$ que es el cuadrado de un número racional.

(4) Esto nos deja con el caso $a + 2b = 0$. En este caso, $$( 2a + b^2 )^2 = 0 \implica 2a + b^2 = 0 \implica b(b-4) = 0$$ Ya que hemos de asumir $a, b \ne 0$, obtenemos $b = 4$ y por tanto $(a,b) = (-8,4)$. donde $\sqrt{a} - 1$ no está definido.

Resumen

Aparte del caso especial de $a = 0$ y $(a,b) = (-8,4)$, $\sqrt{a}-1$ es el cuadrado de un número racional.