Αντίστοφοι & Αντίθετοι

#1

Με αφορμή αυτό , αυτό και αυτό

Για $a,b \in \mathbb{R}$ να αποδειχθεί ότι οι $a+\sqrt{b^{2}+1}$ και $b+\sqrt{a^{2}+1}$ είναι αντίστροφοι αν και μόνο αν οι

και

είναι αντίθετοι.

abgd · #2

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 06, 2023 12:42 am
Για $a,b \in \mathbb{R}$ να αποδειχθεί ότι οι $a+\sqrt{b^{2}+1}$ και $b+\sqrt{a^{2}+1}$ είναι αντίστροφοι αν και μόνο αν οι και είναι αντίθετοι.

Το αντίστροφο είναι εύκολο.

Με την υπόθεση ότι οι αριθμοί είναι αντίστροφοι....

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=x+\sqrt{x^2+1}, \ \ \ x\in \mathbb{R}}$ , η οποία είναι θετική, γνησίως αύξουσα και $\displaystyle{f(-x)=\frac{1}{f(x)}, \ \ \forall x\in \mathbb{R}}$

Ισχύουν

$\displaystyle{2\left(a+\sqrt{b^2+1}\right)=f(a)+f(b)-\left(f(-a)-f(-b)\right) \ \ \bf(1)}$
$\displaystyle{2\left(b+\sqrt{a^2+1}\right)=f(a)+f(b)+\left(f(-a)-f(-b)\right)\ \ \bf(2)}$

Θέτοντας $\displaystyle{f(a)=x, f(b)=y}$ και πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις $\displaystyle{\bf(1), (2)}$ έχουμε:

$\displaystyle{ 4=(x+y)^2-\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right)^2\Leftrightarrow .... (xy-1)\left[(x+y)^2(xy+1)-4xy\right]=0 \ \ \bf(3)}$

Αφού $\displaystyle{x,y}$ θετικοί θα είναι: $\displaystle{(x+y)^2(xy+1)>(x+y)^2\geq4xy}$ και έτσι από την $\displaystyle{\bf(3)}$ έχουμε $\displaystyle{\bf xy=1}$ .

Άρα $\displaystyle{f(a)f(b)=1\Rightarrow f(a)=\frac{1}{f(b)} \Rightarrow f(a)=f(-b) \Rightarrow a=-b}$

Ιστοσελίδα · #3

Θα χρησιμοποιήσουμε τις επόμενες σχέσεις, για το υπερβολικό ημίτονο $\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$
το υπερβολικό συνημίτονο $\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$ και την υπερβολική εφαπτόμενη $\tanh x=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}$

$\sinh(-x)=-\sinh x$ , $\tanh(-x)=-\tanh x$ , $\tanh x=\frac{\sinh x}{\cosh x}$ , $\cosh^2x-\sinh^2x=1$

$\cosh(x+y)=\cosh x\cosh y+\sinh x\sinh y$ , $\sinh(2x)=2\sinh x\cosh y$ , $\sinh x+\sinh y=2\sinh\frac{x+y}{2}\cdotp\cosh\frac{x-y}{2}$

$\cosh(2x)=1+2\cosh^2x$ , $\tanh x<1\leq \cosh y$ , για κάθε $x,y\in\mathbb{R}$

H συνάρτηση $\sinh x$ έχει σύνολο τιμών το $\mathbb{R}$ . Θέτουμε $a=\sinh x$ και $b=\sinh y$

$\left(a+\sqrt{b^2+1}\right)\left(b+\sqrt{a^2+1}\right)=1 \Rightarrow$

$\left(\sinh x+\sqrt{\sinh^2y+1}\right)\left(\sinh y+\sqrt{\sinh^2x+1}\right)=1 \Rightarrow$

$\left(\sinh x+\cosh y}\right)\left(\sinh y+\cosh x\right)=1 \Rightarrow$

$\sinh x\sinh y+\cosh x\cosh y+\sinh x\cosh x+\sinh y\cosh y=1 \Rightarrow$

$\cosh(x+y)+\dfrac{\sinh 2x+\sinh 2y}{2}=1 \Rightarrow$

$\cosh(x+y)-1+\dfrac{\sinh 2x+\sinh 2y}{2}=0 \Rightarrow$

$2\sinh^2\left(\frac{x+y}{2}\right)+\sinh(x+y)\cosh(x-y)=0 \Rightarrow$

$2\sinh^2\left(\frac{x+y}{2}\right)+2\sinh\left(\frac{x+y}{2}\right)\cosh\left(\frac{x+y}{2}\right)\cosh(x-y)=0 \Rightarrow$

$2\sinh\left(\frac{x+y}{2}\right)\left[\sinh\left(\frac{x+y}{2}\right)+\cosh\left(\frac{x+y}{2}\right)\cosh(x-y)\right]=0 \overset{(\star)}{\Rightarrow}$

$\sinh\left(\frac{x+y}{2}\right)=0 \Rightarrow x+y=0 \Rightarrow y=-x$ .

Άρα $a+b=\sinh x+\sinh(-x)=\sinh x-\sinh x=0$

$(\star)$ Είναι $\sinh\left(\frac{x+y}{2}\right)+\cosh\left(\frac{x+y}{2}\right)\cosh(x-y)=0 \Rightarrow$

$-\tanh\left(\frac{x+y}{2}\right)=\cosh(x-y) \Rightarrow \tanh\left(-\frac{x+y}{2}\right)=\cosh(x-y)$ , αδύνατο.

#4

Γεια σας

Σας ευχαριστώ για τις απαντήσεις σας. Ενδιαφέρον είναι ότι υπερβολικές συναρτήσεις που πρωταγωνιστούν στην λύση του Στράτη υπάρχουν αφανείς και στην πρώτη λύση του συναδέλφου abgd αφού με $f\left( x\right) =x+\sqrt{x^{2}+1}$ και $g\left( x\right) =\ln f\left( x\right)$ η $g^{-1}$ είναι το υπερβολικό ημίτονο.
Η δική μου "brute force" λύση υπολείπεται σε συντομία και κομψότητα και την αναφέρω συνοπτικά:
Αν ονομάσουμε $\sqrt{b^{2}+1}=m>0\,\,\,\,\sqrt{a^{2}+1}=n>0$ θά έχουμε το σύστημα:
$\displaystyle \left. \begin{array}{l} \left( {a + m} \right)\left( {b + n} \right) = 1 \\ a^2 + 1 = n^2 \\ b^2 + 1 = m^2 \\ \end{array} \right\}\left( \Sigma \right)$
Λύνοντας την πρώτη εξίσωση του συστήματος ως προς

βρίσκουμε
$b=\frac{1-na-nm}{a+m}\,\,\,(\ast )$
και αντικαθιστώντας στην δεύτερη βρίσκουμε τελικά $f\left( n\right)=0$ όπου
$f\left( n\right) =\allowbreak \left( -a^{2}-2am-m^{2}\right) n^{2}+\left( 2m+2a\right) n-m^{2}-1-a^{2}-\allowbreak 2am+a^{2}m^{2}+2m^{3}a+m^{4}$
Εϋκολα βρίσκουμε ότι το n-m

διαιρεί το

και επομένως ή θα είναι m=n

είτε $g\left( n\right) =0$ όπου

είναι το πηλίκο της διαίρεσης δηλαδή το $g\left( n\right) =-\left( a+m\right) \left( an+am+nm+m^{2}-2\right)$ . Είναι $a+m \neq 0$ επομένως $an+am+nm+m^{2}-2=0$ και $n=\frac{2-am-m^{2}}{a+m}$ . Αντικαθιστώντας στην $(\ast )$ βρίσκουμε τελικά ότι b=m

(αδύνατη) ή b=a

. Η τελευταία δίνει και m=n

. Από αυτές με εύκολη πορεία μέσω περιπτώσεων καταλήγουμε στο αποδεικτέο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

nsmavrogiannis έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 13, 2023 1:22 am
Γεια σας

Σας ευχαριστώ για τις απαντήσεις σας. Ενδιαφέρον είναι ότι υπερβολικές συναρτήσεις που πρωταγωνιστούν στην λύση του Στράτη υπάρχουν αφανείς και στην πρώτη λύση του συναδέλφου abgd αφού με $f\left( x\right) =x+\sqrt{x^{2}+1}$ και $g\left( x\right) =\ln f\left( x\right)$ η $g^{-1}$ είναι το υπερβολικό ημίτονο.
Η δική μου "brute force" λύση υπολείπεται σε συντομία και κομψότητα και την αναφέρω συνοπτικά:
Αν ονομάσουμε $\sqrt{b^{2}+1}=m>0\,\,\,\,\sqrt{a^{2}+1}=n>0$ θά έχουμε το σύστημα:
$\displaystyle \left. \begin{array}{l} \left( {a + m} \right)\left( {b + n} \right) = 1 \\ a^2 + 1 = n^2 \\ b^2 + 1 = m^2 \\ \end{array} \right\}\left( \Sigma \right)$
Λύνοντας την πρώτη εξίσωση του συστήματος ως προς βρίσκουμε
$b=\frac{1-na-nm}{a+m}\,\,\,(\ast )$
και αντικαθιστώντας στην δεύτερη βρίσκουμε τελικά $f\left( n\right)=0$ όπου
$f\left( n\right) =\allowbreak \left( -a^{2}-2am-m^{2}\right) n^{2}+\left( 2m+2a\right) n-m^{2}-1-a^{2}-\allowbreak 2am+a^{2}m^{2}+2m^{3}a+m^{4}$
Εϋκολα βρίσκουμε ότι το διαιρεί το και επομένως ή θα είναι είτε $g\left( n\right) =0$ όπου είναι το πηλίκο της διαίρεσης δηλαδή το $g\left( n\right) =-\left( a+m\right) \left( an+am+nm+m^{2}-2\right)$ . Είναι $a+m \neq 0$ επομένως $an+am+nm+m^{2}-2=0$ και $n=\frac{2-am-m^{2}}{a+m}$ . Αντικαθιστώντας στην $(\ast )$ βρίσκουμε τελικά ότι (αδύνατη) ή . Η τελευταία δίνει και . Από αυτές με εύκολη πορεία μέσω περιπτώσεων καταλήγουμε στο αποδεικτέο.

Αν η $\sqrt{b^{2}+1}=m>0\,\,\,\,\sqrt{a^{2}+1}=n>0$
γραφεί
$\sqrt{b^{2}+1}=m\,\,\,\,\sqrt{a^{2}+1}=n$
τότε η απόδειξη δίνει το ζητούμενο σε κάθε σώμα.(Θα πρέπει επιπλέον να υποθέσουμε ότι οι ρίζες ανήκουν στο σώμα)
Είναι λοιπόν πολύ γενικότερη από τις δύο παραπάνω αποδείξεις οι οποίες χρησιμοποιούν
σαν σώμα το $\mathbb{R}$

#6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 14, 2023 1:35 pm

Αν η $\sqrt{b^{2}+1}=m>0\,\,\,\,\sqrt{a^{2}+1}=n>0$
γραφεί
$\sqrt{b^{2}+1}=m\,\,\,\,\sqrt{a^{2}+1}=n$
τότε η απόδειξη δίνει το ζητούμενο σε κάθε σώμα.(Θα πρέπει επιπλέον να υποθέσουμε ότι οι ρίζες ανήκουν στο σώμα)
Είναι λοιπόν πολύ γενικότερη από τις δύο παραπάνω αποδείξεις οι οποίες χρησιμοποιούν
σαν σώμα το $\mathbb{R}$

Σταύρο πράγματι το θέμα μπορεί να εξεταστεί σε γενικότερο πλαίσιο. Από την στιγμή που υποτεθεί ότι δουλεύουμε σε ένα σώμα

και για τα στ
οιχεία του a, b

έχουμε σε μία επάκταση του

τις ρίζες των $x^{2}-a^{2}-1$ , $x^{2}-a^{2}-1$ όλη η εργασία μπορεί να διεκπεραιωθεί στο

. Οι παραγοντοποιήσεις των πολυωνύμων είναι ρητές στο

και δεν χρησιμοποιείται καθόλου η διάταξη. Είναι χαρακτηριστικό ότι όταν ζητήσουμε από το Maple να λύσει το σύστημα $(\Sigma)$ δίνοντας:
>with(SolveTools);
>PolynomialSystem({(m-b)*(b+m)-1, (a+m)*(b+m) = 1, (n-a)*(n+a) = 1}, {a, b, m});
έχουμε απόκριση:
{a = RootOf(_Z^2-n^2+1), b = -RootOf(_Z^2-n^2+1), m = n}, {a = RootOf(_Z^2-n^2+1), b = -RootOf(_Z^2-n^2+1), m = -n}
που εξασφαλίζει ότι τα a,b

είναι αντίθετες ρίζες του $Z^{2}-n^{2}+1$ .

Αντίστοφοι & Αντίθετοι

Αντίστοφοι & Αντίθετοι

Re: Αντίστοφοι & Αντίθετοι

Re: Αντίστοφοι & Αντίθετοι

Re: Αντίστοφοι & Αντίθετοι

Re: Αντίστοφοι & Αντίθετοι

Re: Αντίστοφοι & Αντίθετοι

Μέλη σε σύνδεση