Mazzata sui denti trigonometrica

Messaggio da **fph** » 01 gen 1970, 01:33

Questo me l\'hanno bocciato anche per il Giornalino perche\' e\' troppo brutto... Ma sono sicuro che qui sul forum trovero\' qualcuno che sappia apprezzare la bellezza nascosta (oh, se e\' nascosta bene) di questo problema:
 
 (problema iberoamericano) Probar que
 
 sec^4 (pi/7) + sec^4 (2pi/7) + sec^4 (3pi/7) = 416
 
 sconcertante, nevvero?
 buona forza bruta a tutti...
 
 --federico
 
 ps \"sec\" ovviamente e\' la secante, sec x = 1 / cos x

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

Ciao!
 
 La butto lì perchè è solo un\'idea e non so nemmeno quanto buona sia cmq:
 
 usiamo le relazioni di Eulero per calcolare cos(Pi/7), cos(2Pi/7) e cos(3Pi/7) dunque sostituiamo nella relazione di partenza ponendo x=e^(iPi/7) e svolgendo tutti i conti(mostruosi) e sia P(x) il polinomio che determiniamo quindi per dimostrare la tesi ci basterebbe far vedere che (x^7+1)/P(x)
 
 Mi scuso anticipatamente per le boiate che avrò certamento detto
 
 Ciao
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">

Messaggio da **fph** » 01 gen 1970, 01:33

[ Questo Messaggio è stato Modificato da: fph il 07-07-2004 00:17 ]

Messaggio da **fph** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-07-07 00:15, fph wrote:
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-07-06 20:25, andrea84 wrote:
 Ciao!
 
 La butto lì perchè è solo un\'idea e non so nemmeno quanto buona sia cmq:
 
 usiamo le relazioni di Eulero per calcolare cos(Pi/7), cos(2Pi/7) e cos(3Pi/7) dunque sostituiamo nella relazione di partenza ponendo x=e^(iPi/7) e svolgendo tutti i conti(mostruosi) e sia P(x) il polinomio che determiniamo quindi per dimostrare la tesi ci basterebbe far vedere che (x^7+1)/P(x)
 
 Mi scuso anticipatamente per le boiate che avrò certamento detto
 
 Ciao
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_cool.gif">
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Bueno, qualcuno che non si e\' spaventato... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
 un paio di dubbi:
 1) Qual e\' la \"relazione di Eulero\"? Forse io la chiamo con un altro nome... In ogni caso non credo che quei cosenacci si calcolino esplicitamente, se non in funzione di qualcos\'altro
 2) nella relazione di partenza non compaiono ne\' x ne\' e^i pi/7, cosa devo sostituire?
 3) probabilmente nel \"ci basterebbe far vedere che..\" manca un secondo membro dell\'uguaglianza <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
 
 Comunque esiste almeno un modo di farlo senza eccessivi conti... poi se non vi viene posto un hint.
 
 ciao
 --federico
 
 ps in ogni caso e\' tecnico, serve un po\' di manualita\' con trig/complessi e il saper \"individuare la strada giusta...\"
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

ciao Federico!
 
 allora la relazione è e^(ia)=cos(a)+isin(a) da cui possiamo calcolare il coseno sommando alla relazione di sopra e^(-ia)=cos(a)-isin(a).
 Sul \"ci basterebbe far vedere che\" pensavo di di usare il fatto che le radici di x^7+1 possono essere espresse come gli esponenziali usati sopra.
 
 So che è una boiata ma per ora non ho nessuna idea migliore.
 
 Ciao

J4Ck202 · Messaggio da **J4Ck202** » 01 gen 1970, 01:33

Prendiamo il sesto polinomio di Chebyshev del secondo tipo,
 U[6](x) = 64 x^6 - 80 x^4 + 24 x^2 - 1
 La somma dei reciproci delle quarte potenze delle radici di questo
 polinomio, dopo lunghi e astrusi calcoli portati avanti con l\'inestimabile
 aiuto del teorema di Viète, risulta essere 832. Tutto qui.

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

Jack scusa ma che è un polinomio di Chebyshev ???

J4Ck202 · Messaggio da **J4Ck202** » 01 gen 1970, 01:33

Polinomi di Chebyshev del primo tipo T[n](x)
 Sono definiti tramite T[n](cos k) = cos(nk)
 E vale T[n+2](x)= 2x T[n+1](x) - T[n](x)
 T[0](x) = 1 T[1](x) = x
 
 Polinomi di Chebyshev del secondo tipo U[n](x)
 U[n](cos k) = sin((n+1)k)/sin(k)
 U[0](x) = 1 U[1](x) = 2x
 E vale U[n+2](x)= 2x U[n+1](x) - U[n](x)
 
 Inoltre (esercizio stupido) è vero che
 U[n](x) = 2^n * prod[k=1..n] (x - cos( k * pi / (n+1) ) )
 
 Da cui la barbara applicazione di Viète che ho utilizzato.

Messaggio da **fph** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 fph wrote:
 Comunque esiste almeno un modo di farlo senza eccessivi conti...
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 jack \"brute force\" 202 wrote:
 La somma dei reciproci delle quarte potenze delle radici di questo
 polinomio, dopo lunghi e astrusi calcoli portati avanti con l\'inestimabile
 aiuto del teorema di Viète, risulta essere 832. Tutto qui.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"> Ho provato a portare avanti i contazzi ma mi sembra abbastanza improbo... e\' verametne fattibile?
 --federico

andrea84 · Messaggio da **andrea84** » 01 gen 1970, 01:33

In primis ringrazio Jack per la spiegazione.
 
 Poi chiedo a Federico se la relazione cos^4(x)=(3+4cos(2x)+cos(4x))/8 può essere utile
 
 
 Ciao

Messaggio da **fph** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-07-07 00:22, andrea84 wrote:
 allora la relazione è e^(ia)=cos(a)+isin(a) da cui possiamo calcolare il coseno sommando alla relazione di sopra e^(-ia)=cos(a)-isin(a).
 Sul \"ci basterebbe far vedere che\" pensavo di di usare il fatto che le radici di x^7+1 possono essere espresse come gli esponenziali usati sopra.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 ciao! L\'idea non e\' male, pero\' come nel caso di Jack (anzi, forse anche peggio perche\' hai un e^ix+e^-ix l denominatore) bisogna riuscire a esprimere quell\'obbrobrio di 1/cos^4 in termini piu\' umani...
 
 Secondo me bisogna adottare un approccio \"da entrambi i lati\":
 1) come posso riscrivere il testo in modo piu\' utile (a colpi di formule trig e/o complessi)?
 2) cosa posso fare con quei pi/7? Mi costruisco un\'espressione che li contenga e cerco di smanettarci...
 
 --f

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

direi che (2cos²x)² = (1+cos2x)² è già più maneggevole e più simmetrica...

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Premessa.
 Se a,b,c sono tre reali qualunque,allora si ha l\'identita\':
 (a) (ab)^4+(ac)^4+(bc)^4=
 [(ab+ac+bc)^2-2abc(a+b+c)]^2-2(abc)^2*[(a+b+c)^2-2(ab+ac+bc)]
 Cio\' posto ,consideriamo l\'equazione:
 (1) (x^7-1)/(x-1)=0-->x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=0
 I suoi zeri sono,ad esclusione di 1,le radici settime dell\'unita\',radici
 che si possono suddividere in tre coppie coniugate (e l\'una il reciproco
 dell\'altra) (x1,x6),(x2,X5),(x3,x4) con xk=cos(2kPi/7)+isin(2kPi/7)
 Da qui ne viene:
 2cos(2Pi/7)=x1+x6=x1+1/x1 (=a)
 2cos(4Pi/7)=x2+x5=x2+1/x2 (=b)
 2cos(6Pi/7)=x3+x4=x3+1/x3 (=c)
 Ora dalla (1) ,dividendo per x^3,risulta:
 (x^3+1/x^3)+(x^2+1/x^2)+(x+1/x)+1=0
 e ponendo x+1/x=y ( da cui x^2+1/x^2=y^2-2,x^3+1/x^3=y^3-3y)
 si ha l\'equazione:
  y^3+y^2-2y-1=0 
 le cui radici sono proprio a,b,c (le ho indicate cosi e non con y1,y1,y3
 per conformita\' con la premessa).Pertanto si hanno le note relazioni:
  (b) a+b+c=-1,ab+ac+bc=-2,abc=1
 Ora abbiamo:
 2cos(Pi/7)= - 2cos(6Pi/7)=- c
 2cos(2Pi/7)= a
 2cos(3Pi/7)= - 2cos(4Pi/7)=- b
 da cui:
 sec^4(Pi/7)+sec^4(2Pi/7)+sec^4(3Pi/7)=16/c^4+16/a^4+16/b^4=
 =16[(ab)^4+(ac)^4+(bc)^4]/(abc)^4
 ovvero per le (a) e (b):
 sec^4(Pi/7)+sec^4(2Pi/7)+sec^4(3Pi/7)=16[(-2)^2-2(-1)]^2-2[(-1)^2-2(-2)]=16(36-10)=16*26=416.
 Dal mio punto di vista e\' un bell\'esercizio:consentitemi quindi un po\' di sana
 vanagloria per averlo risolto elementarmente!.
 
 
 
 
 
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 07-07-2004 17:34 ]

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

bella!
 
 anch\'io avevo notato la simmetria per associare i vari coseni ed ero arrivato al polinomio di 3° grado, ma dopo aver cercato le soluzioni razionali (che ovviamente non ci sono) ho abbandonato la strada <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
 
 complimenti karl!

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Grazie per i complimenti:sono il miglior compenso
 per qualche ora di studio...notturno.