Sns 2005/2006 #4.d

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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evans
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Sns 2005/2006 #4.d

Messaggio da evans » 25 ago 2006, 23:34

Con $ $\displaystyle sin \alpha = \frac{4}{5} $ dimostrare che
$ ${ \frac {\alpha}{\pi}} $ è irrazionale

non sono sicuro che i dati siano sufficienti in ogni caso si tratta del quesito d del problema 4 SNS 2005-2006
Ultima modifica di evans il 26 ago 2006, 16:07, modificato 3 volte in totale.

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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 26 ago 2006, 11:24

Supponiamo per assurdo che esistano interi positivi m, n coprimi fra loro tali che $ \displaystyle\alpha = \frac{m}{n} \pi $, dove $ \displaystyle\sin\alpha = \frac{4}{5} $. Quindi impostiamo un ragionamento analogo a quello proposto da Evariste qui.

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Messaggio da EvaristeG » 26 ago 2006, 13:49

(ehi, ma allora qualcuno l'ha letto!)
Comunque, se non ricordo male, l'esercizio era abbastanza guidato... non sarebbe male avere il testo completo, tanto per vedere.

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evans
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Messaggio da evans » 26 ago 2006, 13:52

:?: @Hit
Sbaglio o nel link da te proposto viene saltata la risoluzione del punto 1 ovvero quello che mi interessava sull'irrazionalità del rapporto?

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Messaggio da HiTLeuLeR » 26 ago 2006, 14:47

Riconosco che, in effetti, non è così immediato risalire dal post di Evariste alla soluzione che ho in mente per questo problema, per cui... Here it is!

Voglio dimostrare che, se $ m, n $ sono interi positivi coprimi fra loro, k = m/n e $ \sin(k \pi) $ e $ \cos(k \pi) $ sono entrambi razionali, allora necessariamente n = 1 oppure n = 2.

i) Se $ \alpha \in \mathbb{R} $ e $ \displaystyle \cos\!\left(\frac{1}{2}\alpha\right) $ è razionale, allora anche $ \cos(\alpha) $ è razionale.

Proof: dalle formule di bisezione del coseno: $ \displaystyle 2\cos^2\!\left(\frac{1}{2} \alpha\right) = 1 + \cos(\alpha) $. []

ii) Sia $ \alpha \in \mathbb{R} $. Se $ \displaystyle\cos\!\left(\frac{1}{2}\alpha\right) $ e $ \displaystyle\sin\!\left( \frac{1}{2}\alpha\right) $ sono entrambi razionali, così pure $ \sin(\alpha) $ e $ \cos(\alpha) $ sono razionali.

Proof: se $ \displaystyle\cos\!\left(\frac{1}{2}\alpha\right) = 0 $, la tesi è banale. In caso contrario, $ \displaystyle\tan\!\left(\frac{1}{2}\alpha\right) $, in quanto rapporto di razionali, è esso stesso un numero razionale. Senonché, dalle formule di bisezione: $ \displaystyle\tan\!\left(\frac{1}{2}\alpha\right) = \displaystyle \frac{\sin(\alpha)}{1 + \cos(\alpha)} $. Da qui la tesi, datasi la i). []

iii) Se $ n = 2^q $, dove q è un intero > 1, allora $ \displaystyle\cos\!\left(\frac{m}{2^k} \pi\right) $ è irrazionale.

Proof: se q = 2, la tesi è banale, visto che $ \displaystyle \cos\!\left(\frac{1}{4}m\pi\right) = (-1)^{(m-1)/2} \frac{\sqrt{2}}{2} $, se m è dispari (quindi coprimo con 2). Del resto, per via delle formule di bisezione: $ \displaystyle 2\cos^2\left(\frac{m}{2^{k+1}} \pi\right) = 1 + \cos\left(\frac{m}{2^k} \pi\right) $. Da qui la conclusione per induzione. []

iv) Se $ n = 2^q $, dove q è un intero > 1, allora $ \displaystyle\cos\left(\frac{m}{2^k} \pi\right) $ e $ \displaystyle\sin\left(\frac{m}{2^k} \pi\right) $ non sono mai entrambi razionali.

Proof: corollario della iii). []

v) Se n è dispari > 3, allora $ \displaystyle\cos\left(\frac{m}{n} \pi\right) $ e $ \displaystyle\sin\left(\frac{m}{n} \pi\right) $ non sono mai contemporaneamente razionali.

Proof: è il caso più spinoso. Wlog, possiamo supporre $ 0 < m < 2n $. Sia $ \displaystyle\Phi_n(x) = \prod_{\gcd(n,k) = 1} (x - \zeta_k) $ l'n-esimo polinomio ciclotomico, dove $ \displaystyle\zeta_k = \exp\!\left(i \frac{2k}{m} \pi\right) $ e il prodotto si intende esteso a tutti e soli gli interi positivi $ k \le n $ tali che gcd(n,k) = 1. Come noto, $ \Phi_n(\cdot) $ è un polinomio a coefficienti interi di grado $ \phi(n) $ irriducibile in Z[x], e perciò (tramite il lemma di Gauss) irriducibile pure in Q[x]. Ammettiamo per assurdo che $ \displaystyle\cos\left(\frac{m}{n} \pi\right) $ e $ \displaystyle\sin\left(\frac{m}{n} \pi\right) $ siano ambedue razionali. Allora $ (x-\zeta_m)(x - \zeta_{n-m}) $ è un trinomio di secondo grado a coefficienti razionali che divide $ \Phi_n(x) $. Poiché $ \phi(n) > 2 $, se $ n > 3 $, questo significa che $ \Phi_n(\cdot) $ è riducibile in Q[x]. Assurdo! Il caso n = 3 si tratta a mano. []

Ne segue il risultato indicato in apertura del post. Da qui la soluzione al problema proposto nel 3d.

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evans
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Messaggio da evans » 26 ago 2006, 17:57

:shock: :shock: Scoraggiante :wink: ...ma questo era l'unico modo per risolvere la questione? Non c'è un metodo più semplice, per esempio vedendo altri 3d in giro si potrebbe dimostrare con il principio della discesa infinita?

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Messaggio da HiTLeuLeR » 26 ago 2006, 18:03

In realtà (me ne rendo conto solo adesso), ho dimostrato qualcosa in più del necessario! E cioè che $ \displaystyle\cos\!\left(\frac{m}{n}\pi\right) $ è irrazionale, ogni volta che m, n sono interi positivi coprimi fra loro ed $ n \not\in \{1, 2, 6\} $. Questo perché (con le notazioni dell'altro post) i coefficienti del prodotto $ (x - \zeta_m)(x - \zeta_{n-m}) $ dipendono esplicitamente solo dal coseno della fase.

Azarus
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Messaggio da Azarus » 26 ago 2006, 18:07

Come già osservato da Evg il problema era abbastanza guidato, quindi, dopo aver dimostrato (come suggerito dai punti b) e c) del problema) che i $ B_n = 5^{n}\cdot sin({n\alpha}) $ sono tali che $ B_{n+2} = 6B_{n+1} - 25B_{n} $, si ha che i $ B_{n} $ sono tutti congrui a 4 modulo 5 per $ n>1 $.

Ma se $ \frac{\alpha}{\pi} $ fosse razionale allora $ k\alpha = h\pi $ per certi k,h interi.

In tal caso almeno uno dei $ B_{n} $ sarebbe congruo a 0 modulo 5, assurdo.

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evans
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Messaggio da evans » 26 ago 2006, 18:20

Azarus ha scritto:i $ B_n = 5^{n}\cdot sin({n\alpha}) $ sono tali che $ B_{n+2} = 6B_{n+1} - 25B_{n} $, si ha che i $ B_{n} $ sono tutti congrui a 4 modulo 5 per $ n>1 $.
.
Puoi spiegare il perchè?

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Gauss_87
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Messaggio da Gauss_87 » 28 ago 2006, 15:38

ciò è vero a parte $ B_0 $.

Intanto $ B_1 \equiv -1 $ $ (5) $.

Nel punto (c) del problema si chiedeva di dimostrare che $ B_{n+1} $ e $ B_{n+2} $ hanno lo stesso resto nella divisione per 5 $ \forall n = 0,1,2,... $ quindi i $ B_{n \geq 1} $ sono tutti congrui a -1 come si diceva
Considerate la vostra semenza: fatte non foste a viver come bruti, ma per seguir virtute e canoscenza

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