¿Por qué una ecuación cuadrática puede tener sólo 2 raíces?

Question

Es comúnmente conocido que la ecuación cuadrática $ax^2+bx+c=0$ tiene dos soluciones dadas por: $$x = \frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$ Pero, ¿cómo puedo demostrar que no puede existir otra raíz?

Creo que la derivación de la fórmula cuadrática no es suficiente....

Answer 1

Supongamos que hay tres raíces distintas $x,y,z$ . Uno tiene $$\begin{cases}ax^2+bx+c=0\\ay^2+by+c=0\\az^2+bz+c=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}a(x^2-y^2)+b(x-y)=0\\a(x^2-z^2)+b(x-z)=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}a(x+y)+b=0\\a(x+z)+b=0\end{cases}$$ De ello se desprende $$a(z-y)=0\Rightarrow z=y$$ que es una contradicción.

Answer 2

Creo que la derivación de la fórmula cuadrática no es suficiente....

Sí que lo es. La derivación es de la forma si $ax^2+bx+c=0$ , entonces $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ . La derivación es una prueba si se presta atención.

El paso más complicado es simplemente que si $y^2 = k$ para $k \geq 0$ entonces $y = \pm \sqrt k$ Si no lo toma como algo evidente.

Answer 3

$$0 = ax^2 + bx + c$$

Resolvemos esta ecuación completando el cuadrado. Ofrece hasta dos soluciones distintas. La nombre que damos a las soluciones generales es la fórmula cuadrática. Eso es todo lo que hay.

Si consideramos el caso de las soluciones reales, y crees que puede haber una tercera solución furtiva, recuerda que $f(x) = ax^2 +bx +c$ puede representarse como se indica a continuación (dependiendo del signo de $a$ ). ¿Cuántas veces puede una parábola cruzar una línea horizontal?

Answer 4

Una respuesta más general a esta pregunta se encuentra en el siguiente teorema:

Teorema Si $P(x)$ es un polinomio de grado $n$ y $a$ es un valor para el que $P(a) = 0$ entonces $P(x) = (x - a)Q(x)$ , donde $Q(x)$ es un polinomio de grado $n - 1$ .

Este teorema es una simple consecuencia de la división larga polinómica. Por división larga, $P(x) = (x - a)Q(x) + R(x)$ para algunos polinomios $Q(x), R(x)$ con el grado de $R(x)$ menos que el grado de $(x-a)$ . Pero como $x - a$ es de grado 1, lo que significa que $R(x)$ es de grado $0$ . Es decir, $R(x) = R$ , una constante.

Pero $P(a) = 0$ Así que $0 = (a - a)Q(a) + R$ y así $R = 0$ y obtenemos sólo $P(x) = (x-a)Q(x)$ . Como el grado del producto de dos polinomios es la suma de sus grados, el grado de $P(x)$ es uno mayor que el de $Q(x)$ por lo que el grado de $Q(x)$ debe ser $n-1$ .

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Ahora bien, si $P_n(x)$ es de grado $n > 0$ y $a_n$ es una raíz, entonces $$P_n(x) = (x - a_n)P_{n-1}(x)$$ para algunos $n-1$ polinomio de grado $P_{n-1}(x)$ . Si $P_n(x)$ tiene otra raíz $a \ne a_n$ entonces $a$ debe ser también una raíz de $P_{n-1}(x)$ :

$$0 = P_n(a) = (a - a_n)P_{n-1}(a)$$ Desde $a - a_n \ne 0$ podemos dividirlo para obtener $P_{n-1}(a) = 0$ .

Por el contrario, si $a_{n-1}$ es una raíz de $P_{n-1}$ entonces $$P_n(a_{n-1}) = (a_{n-1} - a_n)P_{n-1}(a_{n-1}) = 0$$ Así que $a_{n-1}$ debe ser también una raíz de $P_n$ (que puede ser igual o diferente de $a_n$ ). También podemos aplicar el teorema a $P_{n-1}$ y $a_{n-1}$ : $$P_{n-1}(x) = (x - a_{n-1})P_{n-2}(x)$$ para algún grado $n-2$ polinomio $P_{n-2}(x)$ . Al combinar, vemos que $$P_n(x) = (x - a_n)(x - a_{n-1})P_{n-2}(x)$$ Mientras podamos seguir encontrando raíces para los polinomios reducidos, podemos seguir así. Si podemos encontrar $k$ tales raíces, $$P_n(x) = (x - a_n)(x - a_{n-1})(x - a_{n-2})...(x - a_{n+1-k})P_{n-k}(x)$$ Entonces $P_{n-k}(x)$ tiene que ser un polinomio de grado $n-k$ .

Si podemos encontrar $n$ tales raíces, entonces $$P_n(x) = (x-a_n)(x-a_{n-1})...(x-a_1)P_0$$ donde $P_0$ es una constante (a $0$ -de grado). $P_0 \ne 0$ ya que si lo fuera tendríamos $P_n(x) = 0$ en todas partes. Pero entonces el grado de $P_n$ sería $0$ (o menos - algunas personas definen el grado de la $0$ para ser $-\infty$ ), en contra de nuestra condición original sobre $P_n(x)$ . Así que en este caso, $P_n(x)$ no puede tener ninguna otra raíz distinta de $a_1, a_2, ..., a_n$ ya que cualquier otro valor dejaría todos los factores de la expresión a cero.

Así que $P_n(x)$ puede tener como máximo $n$ raíces.

El Teorema Fundamental del Álgebra dice que cualquier polinomio no constante sobre los números complejos tiene una raíz. Este teorema requiere un desarrollo sustancial de las propiedades de los números complejos para demostrarlo. Pero por ello, vemos que el proceso anterior no termina hasta llegar a la constante. Así, un polinomio de grado $n$ siempre tendrá exactamente $n$ raíces $a_1, a_2, ..., a_n$ . Pero recuerde que el $a_i$ no tienen que ser distintos. El número de veces que un determinado valor aparece en esta lista se denomina multiplicidad de la raíz. Así que sólo se obtiene $n$ si se cuentan las raíces por su multiplicidad.

Answer 5

Sugerencia $ $ Supongamos que $\,f(x)\,$ es un polinomio de $\color{#0a0}{{\rm degree}\,2}\,$ con coeficientes en un campo $\,F$ (por ejemplo $\,\Bbb Q,\Bbb R,\Bbb C)$ y supongamos que $\,f\,$ tiene $\,2\,$ raíces distintas $\,a\neq b.\,$ Por el Teorema de Bifactor, deducimos que $\,f(x) = c(x\!-\!a)(x\!-\!b)\,$ para $\,\color{#0a0}{0\neq c}\in F.\,$ Por lo tanto, si $\,d\neq a,b\,$ entonces $\,f(d) = c(d\!-\!a)(d\!-\!b)\ne 0\,$ ya que cada factor es $\ne 0\,$ (recordar $\,x,y\ne 0\,\Rightarrow\,xy\ne 0\,$ en un campo). Así, un $\rm\color{#0a0}{quadratic}$ tiene como máximo $\,\color{#0a0}2\,$ raíces.

Teorema del bifactor $\ $ Supongamos que $\rm\,a,b\,$ son elementos de un campo $\rm\,F\,$ y $\rm\:f\in F[x],\,$ es decir $\rm\,f\,$ es un polinomio con coeficientes en $\rm\,F.\,$ Si $\rm\ \color{#C00}{a\ne b}\ $ son elementos de $\rm\,F\,$ entonces

$$\rm f(a) = 0 = f(b)\ \iff\ f\, =\, (x\!-\!a)(x\!-\!b)\ h\ \ for\ \ some\ \ h\in F[x]$$

Prueba $\,\ (\Leftarrow)\,$ claro. $\ (\Rightarrow)\ $ Aplicando Teorema del factor dos veces, mientras se cancela $\rm\: \color{#C00}{a\!-\!b\ne 0},$

$$\begin{eqnarray}\rm\:f(b)= 0 &\ \Rightarrow\ &\rm f(x)\, =\, (x\!-\!b)\,g(x)\ \ for\ \ some\ \ g\in F[x]\\ \rm f(a) = (\color{#C00}{a\!-\!b})\,g(a) = 0 &\Rightarrow&\rm g(a)\, =\, 0\,\ \Rightarrow\ g(x) \,=\, (x\!-\!a)\,h(x)\ \ for\ \ some\ \ h\in F[x]\\ &\Rightarrow&\rm f(x)\, =\, (x\!-\!b)\,g(x) \,=\, (x\!-\!b)(x\!-\!a)\,h(x)\end{eqnarray}$$

Nota: $ $ De forma más general, al iterar inductivamente el Teorema del Factor (como hicimos anteriormente) se demuestra que un polinomio no nulo $\,f\,$ sobre un campo (o dominio) no tiene más raíces que su grado $\,n.\,$ En efecto, si $\,f\,$ tiene $\,\ge n\,$ raíces distintas $\,r_i$ entonces aplicando inductivamente el Teorema del Factor se demuestra que $\,f = c(x\!-\!r_1)\cdots (x\!-\!r_n),\,$ así que $\ r\ne r_i\Rightarrow\, f(r)= c(r\!-\!r_1)\cdots (r\!-\!r_n) \ne 0\,$ por todos los factores son $\ne 0.\,$ Así, $\,f\,$ tiene como máximo $\,n\,$ raíces.

La propiedad de limitación de la raíz anterior caracteriza completamente los dominios integrales (anillos $\ne \{0\}$ que satisfacen $\rm\,ab=0\,\Rightarrow\, a=0\,$ o $\rm\,b=0),\,$ a saber, un anillo $\rm\: D\:$ es un dominio $\iff$ todo polinomio no nulo $\rm\ f(x)\in D[x]\ $ tiene como máximo $\rm\ deg\ f\ $ raíces en $\rm\:D.\:$ Para una prueba sencilla, véase esta respuesta donde lo ilustro constructivamente en $\rm\: \mathbb Z/m\: $ demostrando que, dado cualquier $\rm\:f(x)\:$ con más raíces que su grado, podemos calcular rápidamente un factor no trivial de $\rm\:m\:$ a través de un rápido $\rm\:gcd.\,$

El caso cuadrático de este resultado es la base de algunos algoritmos de factorización de enteros, que, por ejemplo, intentan factorizar $\rm\:m\:$ buscando una raíz cuadrada de $1$ que no es trivial $(\not\equiv \pm1)$ en $\rm\: \mathbb Z/m.$

Tenga en cuenta que hay ejemplos muy sencillos de fallos en los no dominios, por ejemplo, si $\,ab=0, a,b\neq 0\,$ entonces $\,ax\,$ tiene al menos dos raíces $\,b,0,\,$ y $\,(x-a)(x-b)$ tiene al menos cuatro raíces $\,a,b,0,a+b.\, $ Un caso concreto y sencillo está en $\,\Bbb Z_8 = $ enteros $\!\bmod 8$ tenemos $\rm{odd}^2= 1\,$ así que $\,x^2-1\,$ tiene $\,4\,$ raíces $\,\pm1,\pm 3.$