Giả sử a là nghiệm của đa thức P(x) = $x^{2}$ - px + 1, p là số nguyên tố. Chứng minh rằng: a + $\sqrt{p}$ là số vô tỉ
Hãy luôn nhớ cảm ơn và vote 5*
nếu câu trả lời hữu ích nhé!
Đáp án:
Giải thích các bước giải:
Giả sử `a + \sqrt{p}` là số hữu tỉ
`=>`` a + \sqrt{p} = b``(b \in Q)`
`<=> a = b - \sqrt{p}`
Mà `a` là nghiệm của `P(x)`
`=> ``(b- \sqrt{p})^2 - p.(b - \sqrt{p}) + 1 =0`
`<=> b^2 - 2b \sqrt{p} + p - pb + p \sqrt{p} + 1 =0`
`<=> b^2 + p - pb + 1 = 2b \sqrt{p} - p \sqrt{p}`
`<=> b^2 + p - pb + 1 = (2b - p) \sqrt{p} `(1)
Với `\AA b` là số hữu tỉ, `p` là số nguyên tố có:
` b^2 + p - pb + 1 ` là số hữu tỉ(2)
`(2b - p) \sqrt{p}` là số vô tỉ (3)
`(1)(2)(3) =>` Vô lý
`=>` Điều giả sử là sai
Vậy `a + \sqrt{p}` là số vô tỉ
Hãy giúp mọi người biết câu trả lời này thế nào?
Khi p=2 thì P(a)=a²-2a+1=0
⇔(a-1)²=0 ⇒a=1
a+$\sqrt[]{p}$ =1+$\sqrt[]{2}$ luôn là số vô tỉ ( ta có thể tự cm $\sqrt[]{2}$ là số vô tỷ bằng cách phản chứng)
Khi p>2
Xét nghiệm của P(x) khi P(x)=0
Ta có: P(x)=x²-px+1=0
Δ=p²-4> 0
Theo vi-ét ta có:$\left \{ {{x_{1}+x_{2}=p>0} \atop {x_{1}.x_{2}=1>0}} \right.$
⇒$x_{1}$ ,$x_{2}$ >0
⇒a>0
Ta lại có: $\left \{ {{x_1=\frac{p+\sqrt[]{p^2-4}}{2} } \atop {x_{2}=\frac{p-\sqrt[]{p^2-4}}{2}}} \right.$
TH1: a=$\frac{p+\sqrt[]{p^2-4}}{2}$
a+$\sqrt[]{p}$ =$\frac{p+\sqrt[]{p^2-4}}{2}$+$\sqrt[]{p}$
=$\frac{p}{2}$ +$\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$+$\sqrt[]{p}$
Do $\frac{p}{2}$ là số hữu tỉ
Ta cần C/M: $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$ và $\sqrt[]{p}$ là số vô tỷ
với C/M: $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$ là số vô tỉ
Ta có: p²-4=(p-2)(p+2) do p là sô nguyên tố lẻ
⇒(p-2)(p+2) lẻ
Giả sử p²-4 là 1 số chính phương
đặt p²-4=k² (k∈N, k<p)
⇔p²-k²=4
⇔(p-k)(p+k)=4
do p là số nguyên tố lẻ nên ∀K chẵn hay lẻ
thì p-k,p+k phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ
⇒(p-k)(p+k)=2.2 (khi đó k sẽ là số lẻ)
⇒$\left \{ {{p-k=2} \atop {p+k=2}} \right.$
⇒p-k=p+k
⇔-k=k=0 vô lí
Nên p²-4 không thể là số chính phương
THa: với p²-4=n².m(n,m∈N, m không phải bội của số chính phương, n,m là số lẻ)
$\sqrt[]{p^2-4}$ =n.$\sqrt[]{m}$
Ta cần C/M: $\sqrt[]{m}$ là sô vô tỉ
Giả sử: $\sqrt[]{m}$ là sô hữu tỉ
Đặt $\sqrt[]{m}$ =$\frac{a}{b}$ (a,b∈N, b$\neq$ 0, (a,b)=1)
m=$\frac{a^2}{b^2}$
a²=m.b² ⇒m|a² ( a chia hết cho b là b|a) ⇒ m|a( do m không phải là bội của số chính phương, hay là số chính phương nên khi đó a sẽ chia hết cho m )
Đặt a=m.k
⇔a²=m².k²
⇒m².k²=m.b² ⇔m.k²=b² ⇒ m|b² ⇒m|b
⇒(a,b)=m (nếu m=1 thì p²-4=n² là số chính phương (vô lí)
nên m$\neq$ 1)
Vô lí
Nên $\sqrt[]{m}$ là sô vô tỉ
⇒$\sqrt[]{p^2-4}$ =n.$\sqrt[]{m}$ là số vô tỉ
THb: p²-4=m ( m∈N, m là không phải là bội của số chính phương)
⇔$\sqrt[]{p^2-4}$=$\sqrt[]{m}$ là số vô tỉ ( $\sqrt[]{m}$ được chứng minh là số vô tỉ như trên )
Từ 2 TH a và b ta có thể khẳng định rằng $\sqrt[]{p^2-4}$ là số vô tỉ
nên $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$ là sô vô tỉ
Với C/M $\sqrt[]{p}$ là số vô tỉ
Giả sử $\sqrt[]{p}$ là số hữu tỉ
$\sqrt[]{p}$=$\frac{a}{b}$ (a,b∈N và b$\neq$ 0, (a,b)=1)
⇔p=$\frac{a^2}{b^2}$
⇔a²=b².p
⇒p|a² ⇒p|a ( do p là số nguyên tố)
nên a=p.k(k∈N)
⇒p².k²=p.b²
⇔p.k²=b²
⇒ p|b² ⇒p|b ( do p là sô nguyên tố)
⇒(a,b)=p vô lí
nên $\sqrt[]{p}$ là số nguyên tố
Bây giờ ta cần C/M: $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$+$\sqrt[]{p}$ là một sô vô tỉ
Cũng như là C/M: $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$-$\sqrt[]{p}$ $\neq$ m (m là một số hữu tỉ )
Như ở C/M trên thì $\sqrt[]{p^2-4}$ chỉ có dạng a.$\sqrt[]{b}$ hoặc là $\sqrt[]{a}$
không thể có dạng a+b$\sqrt[]{c}$ (a,b,c∈N, c không phải số chính phương)
Nên khi đó $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$ $\neq$ m-$\sqrt[]{p}$
⇒ $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$+$\sqrt[]{p}$ là số vô tỉ
Nên a+$\sqrt[]{p}$= $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$+$\sqrt[]{p}$+$\frac{p}{2}$ là một số vô tỉ
TH2: a=$\frac{p-\sqrt[]{p^2-4}}{2}$
a+$\sqrt[]{p}$ =$\frac{p}{2}$ -$\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$+$\sqrt[]{p}$
Như các chứng minh của TH1 thì $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$ và $\sqrt[]{p}$ là hai sô vô tỉ
Cũng như là $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$ không có dạng a+b$\sqrt[]{c}$
nên $\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$ $\neq$ $\sqrt[]{p}$-m (m là số hữu tỉ)
⇒$\sqrt[]{p}$-$\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$ là một số vô tỉ
⇒a+$\sqrt[]{p}$ =$\frac{p}{2}$ -$\frac{\sqrt[]{p^2-4}}{2}$+$\sqrt[]{p}$ là một số vô tỉ
Vậy từ TH1 và TH2 thì với a là nghiệm của P(x)=x²-px+1 và p là số nguyên tố thì a+$\sqrt[]{p}$ là số vô tỉ
Hãy giúp mọi người biết câu trả lời này thế nào?
Bảng tin
72
2162
42
Thiên m 10 bài vi-ét hết 9 bài t chỉ m r đó đừng đi tán gái nx T_T
1034
410
1187
?? quen nhau hả
9
260
4
đr
1034
410
1187
:0
72
2162
42
Có điều kiện b>a và b>√p nữa cơ à?
9
260
4
đr
1034
410
1187
tutu đã, a có dương đâu mà phải đk ta, bỏ điều kiện đi nha
72
2162
42
Đk đó sai r mà m còn rep như thiệt thiên