OliForum Matematico

Dimostrate che

$$\displaystyle \cos{\frac{\pi}{7}}-\cos{\frac{2\pi}{7}} + \cos{\frac{3\pi}{7}} = \frac{1}{2}$$

Fonte: Imo 1963, ma oggi è alla portata di tutti i maggiori di 14 anni e queste cose hanno sempre un aspetto miracoloso

Poniamo $z=\cos \left(\dfrac{\pi}{7} \right)+i \sin \left(\dfrac{\pi}{7} \right)$. Essendo $|z|=1$ avremo $z^n=\cos \left(\dfrac{n \pi}{7} \right)+i \sin \left(\dfrac{n \pi}{7} \right)$ e $\overline{z}=\dfrac{1}{z}$, e vogliamo dimostrare che la parte reale di $z-z^2+z^3$ (che nel prossimo passaggio chiamerò $w$ per comodità) è $\dfrac{1}{2}$, ovvero $\dfrac{w+\overline{w}}{2}=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow z-z^2+z^3+\overline{z}-\overline{z^2}+\overline{z^3}=1\Leftrightarrow z-z^2+z^3+\dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z^3}=1$. Ricordando l'osservazione iniziale, abbiamo $z^7=-1$ (*), per cui la tesi diventa:
$z-z^2+z^3-z^6+z^5-z^4=1 \Leftrightarrow z^6-z^5+z^4-z^3+z^2-z+1=0 \Leftrightarrow \dfrac{z^7+1}{z+1}=0$, che è vera per la (*)

Non sto ad aprire un altro topic per questo...
Dimostrare che $\sin\frac{\pi}{7}\cdot\sin\frac{2\pi}{7}\cdot\sin\frac{3\pi}{7}$ è della forma $\sqrt{q}$ con q razionale (e trovare q!).

@sonner:sicuro che non siano coseni invece che seni?

Scusatemi ero convinto di aver scritto un'altra cosa

Ho risolto il quesito del post iniziale, solo che ho dovuto cercare un aiuto perchè questo è il mio primo problema olimpico di trigometria, maa voglio controllare se il resto va bene
$\cos\frac{\pi}{7}-\cos\frac{2\pi}{7}+\cos\frac{3\pi}{7}=\cos\frac{\pi}{7}+\cos\frac{3\pi}{7}+\cos\frac{5\pi}{7}=A$ quindi per ricondurmi a formule note calcolo
$$A\sin\frac{\pi}{7}=\frac{\sin\frac{2\pi}{7}+\sin\frac{4\pi}{7}-\sin\frac{2\pi}{7}+\sin\frac{6\pi}{7}-\sin\frac{4\pi}{7}}{2}=\frac{\sin\frac{6\pi}{7}}{2} \rightarrow A=\frac{\sin\frac{6\pi}{7}}{2\sin\frac{\pi}{7}}=\frac{\sin\frac{\pi}{7}}{2\sin\frac{\pi}{7}}=\frac{1}{2}$$
Va bene? se c'è qualcosa che non capite o che non vi convince chiedetemi spiegazioni, credo che la soluzione tutto sommato vada bene (almeno spero )

ecco una soluzione miracolosa:
$\displaystyle (\cos\frac{\pi}{7}-\cos\frac{2\pi}{7}+\cos\frac{3\pi}{7})^2=\frac 3 2-\frac 5 2(\cos\frac{\pi}{7}-\cos\frac{2\pi}{7}+\cos\frac{3\pi}{7})$
Questo può essere facilmente verificato usando la solita formula $\displaystyle \cos a\cos b=\frac{\cos(a+b)+\cos(a-b)}{2}$
Quindi ponendo $\displaystyle \cos\frac{\pi}{7}-\cos\frac{2\pi}{7}+\cos\frac{3\pi}{7}=x$ abbiamo $2x^2+5x-3=0$
da cui $x=-3$ o $x=\frac 1 2$ ma si vede facilmente che x>0 quindi $x=\frac 1 2$.

Per il rilancio di Sonner dò solo un hint per una possibile via che ho trovato (magari ce ne sono altre molto migliori!):

@Mist: per caso conosci la soluzione del 1963? Mi hai incuriosito...

eh no ho preso il problema dal sito di andfog e l'ho risolto subito come hai fatto te (nel modo più spontaneo e standard del mondo insomma )... Complimenti a tutti per le belle soluzioni, aspetto che qualcuno riesca a risolvere prima di me il bonus

Sonner ha scritto:Non sto ad aprire un altro topic per questo...
Dimostrare che $\sin\frac{\pi}{7}\cdot\sin\frac{2\pi}{7}\cdot\sin\frac{3\pi}{7}$ è della forma $\sqrt{q}$ con q razionale (e trovare q!).

Bene, dopo averci perso un'ora (un'ora soltanto dice l'orgoglio, due ore e mezzo dice l'orologio) ieri sera , questa mattina è stato smontato in 10 minuti nella seguente maniera:

Bon, per prima cosa disegnate una circonferenza goniometrica e il 14-agono in esso inscritto. il 14-agono ha un vertice in $(1,0)$. è facile notare a questo punto che
$\displaystyle \prod_{j=1}^{3}\sin{\frac{j\pi}{7}} = \prod_{j=4}^6\sin{\frac{j\pi}{7}}$ da cui si ha che
$$\left( \prod_{j=1}^{3}\sin\frac{j\pi}{7} \right) ^2 = \prod_{j=1}^{6}\sin{\frac{j\pi}{7}}$$
E qui l'idea solita. Si consideri un 7-agono regolare inscritto in una circonferenza goniometrica che abbia un vertice in $(1,0)$. Si vuole calcolare il prodotto di tutte le diagonali e del lato. Ora, il lato misura, per il teorema del seno, $2\sin\frac{\pi}{7}$, una diagonale che esclude solo e soltanto un vertice misura $2\sin{\frac{2\pi}{7}}$ e così via. Si ha perciò che il prodotto di tutti i lati e di tutte le diagonali del nostra $7-$ agono misura
$$\displaystyle 2^{6}\prod_{j=1}^{6}\sin \frac{j\pi}{7}$$
però è abbastanza facile verificare che la misura di tutti i lati e di tutte le diagonali vale anche
$$\displaystyle \prod_{j=1}^{6}|1-e^{\frac{2\pi j}{7}}|$$
ma è abbastanza noto e capibile che $\displaystyle \prod_{j=1}^{6}|x-e^{\frac{2\pi j}{7}}|= \frac{x^7-1}{x-1}=\sum_{j=0}^{6}x^j$ poichè il LHS va a zero per ogni radice $7$ dell'unità a parte 1, esattamente come il RHS. Per x=1 abbiamo quindi che
$$\displaystyle \prod_{j=1}^{6}|1-e^{\frac{2\pi j}{7}}| = 7$$
E quindi
$$\displaystyle \prod_{j=1}^6 \sin \frac{j\pi}{7} = \frac{7}{2^6}$$
e perciò in conclusione si ha che
$$\left( \prod_{j=1}^{3}\sin\frac{j\pi}{7} \right) ^2 = \prod_{j=1}^{6}\sin{\frac{j\pi}{7}} = \frac{7}{2^6}$$
da cui consegue che
$$ \prod_{j=1}^{3}\sin\frac{j\pi}{7} = \frac{\sqrt{7}}{8}$$

perciò $\displaystyle q=\frac{7}{64}$

P.S.: qualcuno ha qualche altra cosa del genere da proporre come bonus ?

Semmai $ q=\frac 7 {64} $

eh santo cielo correggo

No!!!!! ho sbagliato l'esercizio: ho calcolato il bonus con i coseni invece che con i seni e infatti mi veniva q=1/64.Voi concordate questo risultato con i coseni al posto dei seni?
Adesso provo a fare quello giusto

Mist ha scritto:oggi è alla portata di tutti i maggiori di 14 anni

Perchè, tu hai studiato goniometria in prima superiore??

spugna ha scritto:

Mist ha scritto:oggi è alla portata di tutti i maggiori di 14 anni

Perchè, tu hai studiato goniometria in prima superiore??

Io no...
Almeno, non abbastanza da poter risolvere questo problema...

Anche perchè l'abbiamo fatto in fisica, quando c'era da scomporre un vettore/calcolare la somma...
E dato che c'era la calcolatrice, beh non abbiamo studiato le formule di conversione, o come si chiamano...

Dato che ci sono, dov'è che posso trovarle? Wikipedia? Dispensa online? Video di qualche stage?
Grazie mille!