SNS 2005-2006
SNS 2005-2006
Nel piano cartesiano si consideri il triangolo di vertici (0,0), (0,1), (3/5,4/5) e sia $ \alpha $ l'angolo in radianti in (0,0)
Dimostrare che $ \alpha /\pi $è irrazionale.
Dimostrare che $ \alpha /\pi $è irrazionale.
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Re: SNS 2005-2006
Diamo dei nomi ai punti. Siano $ A=(0,0) $, $ B=(0,1) $, $ C=(3/5 , 4/5) $. Con qualche conto si giunge subito alla conclusione che il triangolo in questione è isoscele, poiché $ AB = AC $. Se applichiamo una riflessione al triangolo rispetto alla bisettrice del II e IV quadrante ($ x=y $ per intenderci, non vorrei essermi confuso ) e tracciando l'altezza relativa alla base $ AB' $ (dove $ B' $ è il simmetrico di $ B $), notiamo che $ \alpha = arcsin(3/5) $.Reginald ha scritto:Nel piano cartesiano si consideri il triangolo di vertici (0,0), (0,1), (3/5,4/5) e sia $ \alpha $ l'angolo in radianti in (0,0)
Dimostrare che $ \alpha /\pi $è irrazionale.
Possiamo in oltre fare questa considerazione: l'angolo $ \alpha $ espresso in radianti sarà del tipo $ k \pi $ con $ k \in \Re $. Quindi mostrare che $ (k \pi)/\pi $ è irrazionale significa mostrare che $ k $ lo è, ovvero che non è esprimibile come rapporto di interi.
Qui però mi fermo perché non mi viene in mente altro al momento. Ci penserò su
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Membro dell'associazione "Matematici per la messa al bando del sudoku" fondata da fph
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potresti fare così, anche se mi sembra banale per un sns...: considerando le coordinate di aethemyth, ti calcoli BC=radice quadrata di (9/25 + 1/25)= radice quadrata di 10/5. A questo punto applichi il teorema di Carnot e con la formula inversa ti calcoli alpha. il suo coseno è 4/5, e quindi alpha risulta irrazionale.Il rapporto fra due numeri irrazionali è un nimero irrazionale.
non sono sicuro però....mi sembra un pò banale per essere un sns....forse non ho capito bene....
non sono sicuro però....mi sembra un pò banale per essere un sns....forse non ho capito bene....
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il prodotto (ergo anche il rapporto) di 2 numeri irrazionali e' indeterminato sulla sua appartenenza o meno ai razionali.
Lo stesso vale per la somma.
Lo stesso vale per la somma.
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Non so se può servire ma avevo a suo tempo già visto questo problema e ne posto il testo per intero:
Sia il triangolo come sopra. Le richieste sono:
1)Esprimere gli altri angoli del triangolo in funzione di alfa, dove alfa è l'angolo nell'origine
2)Posto B(n)=(5^n)*sin(n*alfa), dimostrare che la successione B(n) soddisfa la relazione per ricorrenza B(n+1)=6B(n)-25B(n-1), con B(0)=0 e B(1)=4
3)Mostrare che per n=0,1,... gli interi B(n+1) e B(n+2) hanno lo stesso resto nella divisione per 5
4)Mostrare che alfa/pi è irrazionale
Mi ricordo di aver risolto i primi 3 punti senza grossi problemi e mi domandavo infatti se il 4 andasse risolto senza o con l'ausilio di quello che era stato mostrato ai primi 3 punti (in particolare al 2o e 3o).
Sia il triangolo come sopra. Le richieste sono:
1)Esprimere gli altri angoli del triangolo in funzione di alfa, dove alfa è l'angolo nell'origine
2)Posto B(n)=(5^n)*sin(n*alfa), dimostrare che la successione B(n) soddisfa la relazione per ricorrenza B(n+1)=6B(n)-25B(n-1), con B(0)=0 e B(1)=4
3)Mostrare che per n=0,1,... gli interi B(n+1) e B(n+2) hanno lo stesso resto nella divisione per 5
4)Mostrare che alfa/pi è irrazionale
Mi ricordo di aver risolto i primi 3 punti senza grossi problemi e mi domandavo infatti se il 4 andasse risolto senza o con l'ausilio di quello che era stato mostrato ai primi 3 punti (in particolare al 2o e 3o).
Aboliamo il latino nei licei scientifici!
Evinciamo dal disegno che $ \sin(\alpha)=4/5 $ e $ \cos(\alpha)=3/5 $.
Poniamo $ B(n)=5^n\sin(n\alpha) $. (D'ora in poi $ a $ sta per $ \alpha $)
Usando le formule di somma ottengo
$ B(n+1)=5(5^n)(\sin(na)\cos(a)+\sin(a)\cos(na))= $ $ 5(5^n)((3/5)\sin(na)+(4/5)\cos(na))= $ $ (5^n)(3\sin(na)+4(\cos(na)) $
$ B(n+2)=25(5^n)(\sin(na+a)\cos(a)+\sin(a)\cos(na+a))= $ $ 25(5^n)((3/5)\sin(na+a)+(4/5)\cos(na+a))= $ $ 25(5^n)((3/5)(\sin(na)\cos(a)+\sin(a)\cos(na))+(4/5)(\cos(na)\cos(a)-\sin(na)\sin(a))= $ $ 25(5^n)((3/5)(\sin(na)(3/5)+(4/5)\cos(na))+(4/5)(\cos(na)(3/5)-\sin(na)(4/5))= $ $ (5^n)(-7\sin(na)+24\cos(na)) $.
Sommando in maniera da far andare via i termini con $ \cos(na) $, ossia moltiplicando per -6 il termine B(n+1) ottengo:
$ B(n+2)-6B(n+1)=-25B(n) $ che è la tesi del punto 2.
Inoltre il fatto che $ B(n+1) $ e $ B(n+2) $ abbiano lo stesso resto nella divisione per 5 si evince dal fatto che $ 5|-25B(n)=B(n+2)-6B(n+1)=B(n+2)-B(n+1)-5B(n+1) $, quindi $ 5|B(n+2)-B(n+1) $ per cui $ B(n+1)\equiv B(n+2) \pmod 5 $.
Siccome $ B(1)\equiv 4 \pmod 5 $ allora tutti i termini della successione hanno resto 4 nella divisione per 5.
Per mostrare che $ \frac{\alpha}{\pi} $ sia irrazionale ragiono così:
per assurdo pongo $ \frac{\alpha}{\pi} =\frac{p}{q} $. Quindi il termine $ B(q)=0 $ non avrebbe più resto 4 nella divisione per 5. Assurdo per quanto mostrato al punto 3.
Poniamo $ B(n)=5^n\sin(n\alpha) $. (D'ora in poi $ a $ sta per $ \alpha $)
Usando le formule di somma ottengo
$ B(n+1)=5(5^n)(\sin(na)\cos(a)+\sin(a)\cos(na))= $ $ 5(5^n)((3/5)\sin(na)+(4/5)\cos(na))= $ $ (5^n)(3\sin(na)+4(\cos(na)) $
$ B(n+2)=25(5^n)(\sin(na+a)\cos(a)+\sin(a)\cos(na+a))= $ $ 25(5^n)((3/5)\sin(na+a)+(4/5)\cos(na+a))= $ $ 25(5^n)((3/5)(\sin(na)\cos(a)+\sin(a)\cos(na))+(4/5)(\cos(na)\cos(a)-\sin(na)\sin(a))= $ $ 25(5^n)((3/5)(\sin(na)(3/5)+(4/5)\cos(na))+(4/5)(\cos(na)(3/5)-\sin(na)(4/5))= $ $ (5^n)(-7\sin(na)+24\cos(na)) $.
Sommando in maniera da far andare via i termini con $ \cos(na) $, ossia moltiplicando per -6 il termine B(n+1) ottengo:
$ B(n+2)-6B(n+1)=-25B(n) $ che è la tesi del punto 2.
Inoltre il fatto che $ B(n+1) $ e $ B(n+2) $ abbiano lo stesso resto nella divisione per 5 si evince dal fatto che $ 5|-25B(n)=B(n+2)-6B(n+1)=B(n+2)-B(n+1)-5B(n+1) $, quindi $ 5|B(n+2)-B(n+1) $ per cui $ B(n+1)\equiv B(n+2) \pmod 5 $.
Siccome $ B(1)\equiv 4 \pmod 5 $ allora tutti i termini della successione hanno resto 4 nella divisione per 5.
Per mostrare che $ \frac{\alpha}{\pi} $ sia irrazionale ragiono così:
per assurdo pongo $ \frac{\alpha}{\pi} =\frac{p}{q} $. Quindi il termine $ B(q)=0 $ non avrebbe più resto 4 nella divisione per 5. Assurdo per quanto mostrato al punto 3.
Ultima modifica di Giulius il 17 apr 2009, 22:24, modificato 1 volta in totale.
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Che B(n) è sempre intero si vede anche con De Moivre. Infatti sappiamo che sin(na) è un'espressione omogenea in sin(a) e cos(a) e quindi è sempre possibile raccogliere un (1/5^n). Mi chiedo se si possa mostrare che alpha/pi è irrazionale con altre cosiderazioni, magari solo geometriche...
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considerando che stiamo parlando di un triangolo isoscele e applicando il teorema dei seni possiamo dire che sen(beta) e sen(gamma) sono uguali a 3/radicedi 10....a questo punto considerando che pigrego=arcsen(alpha)+2arcsen(beta), la formula da dimostrare diventa, se nn ho sbagliato qualche calcolo, arcsen(3/5)/(arcsen(3/5)+2arcsen(3/radice di dieci)), che semplificato diventa 1/(1+(2arcsen(3/radicedi10)/arcsen(3/5)). quindi basterebbe dimostrare che il rapporto 2arcsen(3/radice di10)/arcsen(3/5) è irrazionale per dimostrare il problema....poi ci provo più tardi... scusate se ci sono errori di calcolo ma vado di fretta.....HO FAME!!!!!!!
Buon appetito a tutti!!!
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