SNS 2005-2006

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Reginald
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SNS 2005-2006

Messaggio da Reginald » 13 feb 2009, 17:38

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.

Aethelmyth
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Re: SNS 2005-2006

Messaggio da Aethelmyth » 13 feb 2009, 22:16

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.
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 :roll: ) e tracciando l'altezza relativa alla base $ AB' $ (dove $ B' $ è il simmetrico di $ B $), notiamo che $ \alpha = arcsin(3/5) $.
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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Frantumastrada
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Messaggio da Frantumastrada » 08 apr 2009, 22:14

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....
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gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 08 apr 2009, 22:34

Ho posto tempo fa un problema simile; troverete l'inizio in "Rapporti goniometrici irrazionali" in matematica non elementare e la conclusione in "I seni dei multipli sono diversi" in geometria; sono entrambi stati proposti da me.

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 09 apr 2009, 01:40

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.
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

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fede90
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Messaggio da fede90 » 09 apr 2009, 10:37

Frantumastrada ha scritto:Il rapporto fra due numeri irrazionali è un nimero irrazionale.
$ $\frac{\sqrt{12}}{\sqrt{3}}=2$ $
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

Giulius
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Messaggio da Giulius » 09 apr 2009, 15:54

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).
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Giulius
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Messaggio da Giulius » 09 apr 2009, 17:12

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.
Ultima modifica di Giulius il 17 apr 2009, 22:24, modificato 1 volta in totale.
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pak-man
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Messaggio da pak-man » 09 apr 2009, 17:46

Non mi convince il fatto che si parli di divisibilità quando sono in gioco quantità non intere...potrei anche sbagliarmi ovviamente

Giulius
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Messaggio da Giulius » 09 apr 2009, 18:10

beh B(0)=0 B(1)=4 (trovati a mano) e la formula per ricorrenza ha coefficienti interi, quindi B(n) dovrebbe essere intero per ogni n
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pak-man
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Messaggio da pak-man » 09 apr 2009, 18:27

Effettivamente facendo anche un paio di prove si vede che il $ ~5^n $ si semplifica sempre con un $ ~5^n $ che compare al denominatore

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Frantumastrada
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Messaggio da Frantumastrada » 10 apr 2009, 08:34

Il rapporto fra due numeri irrazionali è un nimero irrazionale
che gaffe.... :oops: ...mi sembrava troppo facile!!!.... :?
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Giulius
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Messaggio da Giulius » 10 apr 2009, 12:37

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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Frantumastrada
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Messaggio da Frantumastrada » 10 apr 2009, 13:29

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!!! :D :D :mrgreen:
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