Un aviso antes de comezar: nunca collades problemas de olimpíadas rusas ou do leste de Asia coa intención de pasar dez minutos pensando un chisco. Non vai saír ben,
Non sei como acabei na web do Tournament of the Towns, concurso de problemas de dificultade fabulosa que coñezo desde os tempos nos que a principal (única?) compilación de problemas de olimpíada na web era a web de John Scholes(a ligazón leva a unha copia da web orixinal, extinta). Sexa como for, abrín os problemas do Senior O-Level, e atopei este enunciado elemental, cercano a cousas que se dan no curriculum nos institutos. Observade:
Os tres polinomios cuadráticos P(x), Q(x) e P(x)+Q(x) teñen coeficientes reais e raíces dobres. Está garantido que as raíces coincidan?
Como vou tendo unha idade e unha experiencia con problemas(en concreto, en non dalos resolto), xa usmei que non ía ser tan sinxelo como aparentaba. Porén, sendo contido curricular, contei con ver rapidamente onde radicaba a dificultade. E comecei a sumar polinomios cuadráticos con raíces dobres.
E nada. Nin arre nin xo.
E abrín Geogebra, escollín unha notación e comecei a mover parábolas tanxentes ao eixe X
Tournament of the Towns Senior O-Level Fall 2020
E funme convencendo de que o meu pálpito inicial non ía funcionar. Se queredes resolver o problema vós mesmos, poño a xkcd antes da feira alxébrica que vai vir despois.
 |
| Forgot Algebra |
Escollín notación, $P(x)=p(x-a)^2, Q(x)=q(x-b)^2$ e $P(x)+Q(x)=r(x-c)^2$, e igualei os coeficientes respectivos:
$$\begin{cases} p+q=r \\ -2pa-2qb=-2rc \\ pa^2+qb^2=rc^2 \end{cases}$$
simplificando
$$\begin{cases} p+q=r \\ pa+qb=rc \\ pa^2+qb^2=rc^2 \end{cases}$$
Elevando ao cadrado a segunda ecuación,
$$(pa+qb)^2=(rc)^2 \rightarrow p^2a^2+2pqab+q^2b^2=r^2c^2$$
Escribindo $r^2c^2=r \cdot rc^2$ vemos que se pode expresar como o produto de $p+q$ e $pa^2+qb^2$:
$$p^2a^2+2pqab+q^2b^2=(p+q)(pa^2+qb^2 \rightarrow$$ $$p^2a^2+2pqab+q^2b^2=p^2a^2+pqb^2+pqa^2+q^2b^2 $$
$$2pqab=pq(a^2+b^2) \rightarrow pq(a^2+b^2-2ab)=0 \rightarrow pq(a-b)^2=0 \rightarrow a=b$$
Polo que as raíces dos dous polinomios p(x) e q(x) efectivamente coinciden. Obviamente isto implica que a raíz dobre da súa suma tamén coincide.
Choio virado, seica.
Pois non. Non hai algo raro nesta solución? Moito introducir variables... que logo non se usan?
Fagámolo doutro xeito, logo. Usemos outra vez $P(x)=p(x-a)^2, Q(x)=q(x-b)^2$, sumémolas:
$$P(x)+Q(x)=(p+q)x^2-2(pa+qb)x+pa^2+qb^2$$
Que ten que suceder para que esta función teña unha raíz dobre? Pois claro, o discriminante ten que ser nulo:
$$\Delta=4(pa+qb)^2-4(p+q)(pa^2+qb^2)=$$ $$4(p^2a^2+2pqab+q^2b^2)-4(p^2a^2+pqb^2+pqa^2+q^2b^2)=$$ $$ 4pq(2ab-a^2-b^2)=0 \rightarrow a=b $$
do mesmo xeito que antes. Non é máis pulcro este xeito?
Aínda así, non quedei contento con este enfoque tampouco. Fáltalle algo para ser redondo.
E ti, amable lector, ves algo que eu non vexo? Feel free to leave a comment.
Eu penseino así:
ResponderEliminarSe $a\neq b$ temos que $P(a)+Q(a)=Q(a)\neq 0$ $P(b)+Q(b)=P(a)\neq 0$
Entón c, a raíz dobre de P+Q debe ser distinta de a e de b
Como é raíz dobre anula tamén a P'+Q', entón:
$p(c-a)^{2}+q(c-b)^{2}=0\\p(c-a)+q(c-b)=0$ despois de simplificar por 2 a derivada
Pensemos na forma deste sistema:
$pA^{2}+qB^{2}=0\\pA+qB=0$ e veremos que necesariamente A=B=0 ou A=B. En calquera caso a=b=c
Evitei a derivada na miña (miñas?) demostración porque imaxino que nese torneo non a permitirán, pero vaia, esta demostración é moito máis elegante cá miña.
Eliminar