Cho số nguyên dương a không chính phương. Gọi r là một nghiệm thực của phương trình x^3 - 2ax + 1 = 0. Chứng minh rằng r + căn a là một số vô tỉ
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
* Giả sử cả 3 pt đều có nghiệm kép hoặc vô nghiệm ta có :
pt \(x^2-2ax+b=0\) (1) có \(\Delta_1'=\left(-a\right)^2-b=a^2-b\le0\)
pt \(x^2-2bx+c=0\) (2) có \(\Delta_2'=\left(-b\right)^2-c=b^2-c\le0\)
pt \(x^2-2cx+a=0\) (3) có \(\Delta_3'=\left(-c\right)^2-a=c^2-a\le0\)
\(\Rightarrow\)\(\Delta_1'+\Delta_2'+\Delta_3'=\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)\le0\) (*)
Lại có : \(0< a,b,c< 3\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a\left(3-a\right)>0\\b\left(3-b\right)>0\\c\left(3-c\right)>0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3a>a^2\\3b>b^2\\3c>c^2\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)< 3\left(a+b+c\right)-\left(a+b+c\right)=2\left(a+b+c\right)=6>0\)
trái với (*)
Vậy có ít nhất một phương trình có hai nghiệm phân biệt
cái kia chưa bt làm -_-
Do n không chính phương nên trong phân tích ra thừa số nguyên tố của n có ít nhất một thừa số p với số mũ lẻ, viết n=m^2.k với k không chia hết cho số chính phương nào, dễ thấy p chia hết k.
Vậy Căn (n) = m.Căn (k) do đó chỉ cần chứng minh Căn (k) vô tỷ.
Bây giờ giả sử Căn (k) = a/b với (a,b) = 1 => k.b^2 = a^2
=> p chia hết a^2, vì p nguyên tố nên p chia hết a, dẫn đến p^2 chia hết a^2.
Như vậy b^2 phải chia hết cho p vì k không chia hết cho p^2, dẫn đến p chia hết b, điều này chứng tỏ (a,b) = p > 1. (Mâu thuẫn)
Tóm lại Căn (k) là vô tỷ, nói cách khác Căn (n) vô tỷ.
Tham khảo nè bác :)
Câu hỏi của Đỗ Văn Hoài Tuân - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath
Do n không chính phương nên trong phân tích ra thừa số nguyên tố của n có ít nhất một thừa số p với số mũ lẻ, viết n=m^2.k với k không chia hết cho số chính phương nào, dễ thấy p chia hết k.
Vậy Căn (n) = m.Căn (k) do đó chỉ cần chứng minh Căn (k) vô tỷ.
Bây giờ giả sử Căn (k) = a/b với (a,b) = 1 => k.b^2 = a^2 => p chia hết a^2, vì p nguyên tố nên p chia hết a, dẫn đến p^2 chia hết a^2.
Như vậy b^2 phải chia hết cho p vì k không chia hết cho p^2, dẫn đến p chia hết b, điều này chứng tỏ (a,b) = p > 1. (Mâu thuẫn) Tóm lại Căn (k) là vô tỷ, nói cách khác Căn (n) vô tỷ
(đ.p.c.m)
Các giải của các bài toán này là sử dụng tổng các delta em nhé
1 / Ta chứng minh phản chứng
Giả sử tồn tại a thoả mãn a không phải là số chính phương và căn a là số hữu tỉ ( không vô tỉ thì hữu tỉ chứ còn gì :v )
Tức là căn a biểu diễn dưới dạng m/n ( với m, n là số nguyên, n khác 0 )
căn a = m/n GCD ( m,n ) = 1 ( ước chung lớn nhất của m, n là 1 hay m/n là phân số tối giản )
suy ra a = (m/n)^2 (*)
1/ Giả sử a là số nguyên tố
m^2 = a x n^2
Suy ra m^2 chia hết cho a
mà a là số nguyên tố
suy ra m chia hết cho a
Suy ra m có dạng a x k
Thay vào (*) được a = ((a x k) / n)^2
Suy ra (a x k)^2 = a x n^2
Suy ra a k^2 = n^2
Suy ra n^2 chia hết cho a
Suy ra n chia hết cho a
Vậy m,n cùng chia hết cho a, trái với giả thiết GCD (m,n) = 1. Tức là không tồn tại a
2/ a không phải là số nguyên tố
Tức là a = p x q ( p là số nguyên tố, q là số nguyên dương )
p x q = (m/n)^2
Hay m^2 = p x q x n^2
Đến đây lại suy ra m^2 chia hết cho p nguyên tố
Quay lại chứng minh tương tự như phần 1 ( coi p như a là ổn )
Giả sử √aa là số hữu tỉ .
Đặt √a=pqa=pq (p; q ∈∈ N; q khác 0 và (p;q) = 1)
=> a=p2q2a=p2q2 => a.q2 = p2
Vì p2 là số chính phương nên a.q2 viết được dưới dạng tích của các số với lũy thừa bằng 2
Mà p; q nguyên tố cùng nhau nên a viết được dưới dạng lũy thừa bằng 2 => a là số chính phương (trái với giả thiết)
=> Điều giả sử sai
Vậy √aa là số vô tỉ
Do n không chính phương nên trong phân tích ra thừa số nguyên tố của n có ít nhất một thừa số p với số mũ lẻ, viết n=m^2.k với k không chia hết cho số chính phương nào, dễ thấy p chia hết k.
Vậy Căn (n) = m.Căn (k) do đó chỉ cần chứng minh Căn (k) vô tỷ.
Bây giờ giả sử Căn (k) = a/b với (a,b) = 1 => k.b^2 = a^2
=> p chia hết a^2, vì p nguyên tố nên p chia hết a, dẫn đến p^2 chia hết a^2.
Như vậy b^2 phải chia hết cho p vì k không chia hết cho p^2, dẫn đến p chia hết b, điều này chứng tỏ (a,b) = p > 1. (Mâu thuẫn)
Tóm lại Căn (k) là vô tỷ, nói cách khác Căn (n) vô tỷ.
Giả sử \(r+\sqrt{a}\) là một số hữu tỉ. Đặt \(r+\sqrt{a}=\dfrac{p}{q}\) với \(p,q\inℤ\), \(q\ne0\) và \(\left(p,q\right)=1\).
\(\Leftrightarrow r=\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}\)
Vì \(r^3-2ar+1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}\right)^3-2a.\left(\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}\right)+1=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{p^3}{q^3}-\dfrac{3p^2\sqrt{a}}{q^2}+\dfrac{3ap}{q}-a\sqrt{a}-\dfrac{2ap}{q}+2a\sqrt{a}+1=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{p^3}{q^3}-\dfrac{3p^2\sqrt{a}}{q^2}+\dfrac{ap}{q}+a\sqrt{a}+1=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{p^3+apq^2+q^3}{q^3}+\left(\dfrac{aq^2-3p^2}{q^2}\right)\sqrt{a}=0\)
Vì \(p,q,a\inℤ\) nên \(\dfrac{p^3+apq^2+q^3}{q^3}\) và \(\dfrac{aq^2-3p^2}{q^2}\) là các số hữu tỉ. Hơn thế nữa, 0 cũng là một số hữu tỉ, trong khi đó \(\sqrt{a}\) lại là số vô tỉ (vì \(a\) là số nguyên dương không chính phương) nên \(\dfrac{aq^2-3p^2}{q^2}=0\)
\(\Leftrightarrow aq^2=3p^2\)
Nếu \(3⋮a\Rightarrow a\in\left\{1,3\right\}\). Với \(a=1\) thì \(q^2=3p^2\) \(\Rightarrow q⋮3\) \(\Rightarrow q=3k\left(k\inℤ\right)\)
\(\Rightarrow9k^2=3p^2\) \(\Rightarrow p^2=3k^2\) \(\Rightarrow p⋮3\). Từ đây ta có \(p,q⋮3\) , mẫu thuẫn với điều kiện \(\left(p,q\right)=1\)
Với \(a=3\) thì \(q^2=p^2\) \(\Leftrightarrow q=\pm p\) \(\Leftrightarrow r+\sqrt{3}=\pm1\) hay \(r=-\sqrt{3}\pm1\)
Trong trường hợp này, ta thấy \(r^3-2ar+1=\left(-\sqrt{3}\pm1\right)^3-6\left(-\sqrt{3}\pm1\right)+1\ne0\) nên \(a=3\) không thỏa mãn.
Vậy \(3⋮̸a\) \(\Rightarrow p⋮a\) \(\Rightarrow p=al\left(l\inℤ\right)\)
\(\Rightarrow aq^2=3\left(al\right)^2\)
\(\Leftrightarrow q^2=3al^2\)
\(\Rightarrow q⋮a\)
Vậy \(p,q⋮a\). Do \(a>1\) nên từ đây, ta thấy mâu thuẫn với điều kiện \(\left(p,q\right)=1\).
Do đó, điều giả sử là sai \(\Rightarrow r+\sqrt{a}\in I\)
Ở chỗ cuối mình xét thiếu. Từ pt \(aq^2=3p^2\), nếu \(a=3t\) mà \(t\) không phải là SCP thì có \(tq^2=p^2\) \(\Rightarrow p⋮t\) \(\Rightarrow p=tu\) \(\Rightarrow tq^2=t^2u^2\) \(\Rightarrow q^2=tu^2\) \(\Rightarrow q⋮t\) \(\Rightarrow p,q⋮t\), mâu thuẫn.
Còn nếu \(a=3c^2\left(c\ge2\right)\) thì \(p^2=c^2q^2\) \(\Leftrightarrow p=\pm cq\) \(\Leftrightarrow\dfrac{p}{q}=\pm c\)
Lại có \(r=\dfrac{p}{q}-\sqrt{a}=-c\sqrt{3}\pm c\)
Nếu \(r=-c\sqrt{3}+c\) thì \(r^3-2ar+1=\left(-c\sqrt{3}+c\right)^3-6\left(-c\sqrt{3}+c\right)+1\) \(=4c^3+1>0\) với \(c\ge2\), vô lí.
Nếu \(r=-c\sqrt{3}-c\) thì
\(r^3-2ar+1=-4c^3+1< 0\) với \(c\ge2\), vô lí.
Giờ ta mới xét đủ trường hợp để chứng minh giả sử sai.