Pentagoni razionalizzanti
Pentagoni razionalizzanti
$ ABCDE $ è un pentagono equiangolo con tutti i lati razionali. Provare che è equilatero.
"Non è certo che tutto sia incerto"(B. Pascal)
Membro dell'associazione "Matematici per la messa al bando del sudoku" fondata da fph
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pic88
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- Località: La terra, il cui produr di rose, le dié piacevol nome in greche voci...
Consideriamo un pentagono equiangolo e supponiamo che i lati siano distinti. Allora - dimostreremo - almeno uno di essi ha lunghezza irrazionale.
Costruiamo dentro un siffatto pentagono, un pentagono regolare che abbia in comune col primo il lato più corto.
Dunque, ora assumiamo che almeno i lati diversi da DE siano razionali.
Allora, in figura, x e y sono razionali (differenza di numeri razionali).
Ora, l'angolo in P misura 36°.
Otteniamo la misura di DE da questa proporzione:
$ l:DE=\frac{l}{2\sin18°}:(\frac{l}{2\sin18°}-y) $ essendo l=AB+x razionale,
si ricava $ DE=l-\sin 18°y $, che è irrazionale
Costruiamo dentro un siffatto pentagono, un pentagono regolare che abbia in comune col primo il lato più corto.
Dunque, ora assumiamo che almeno i lati diversi da DE siano razionali.
Allora, in figura, x e y sono razionali (differenza di numeri razionali).
Ora, l'angolo in P misura 36°.
Otteniamo la misura di DE da questa proporzione:
$ l:DE=\frac{l}{2\sin18°}:(\frac{l}{2\sin18°}-y) $ essendo l=AB+x razionale,
si ricava $ DE=l-\sin 18°y $, che è irrazionale
Wow, bella soluzione!
C'è anche un corollario:
Se giriamo il pentagono in modo che un lato sia parallelo all'asse x e mettiamo l'origine su uno degli estremi di questo lato, i lati di un triangolo sono vettori con somma 0. Inoltre, essendo il poligono equiangolo, possiamo dire di più: se li vediamo come numeri complessi, il loro argomento è un multiplo di una radice primitiva quinta dell'unità. Insomma, abbiamo:
$ ~ a_4 \omega^4 + a_3 \omega^3 + a_2 \omega^2 + a_1 \omega + a_0 = 0, \quad \omega = e^{\frac{2\pi i}5} $.
Cioè, che w è la radice di un polinomio di grado 4 a coefficienti razionali. Il problema dice che questo polinomio è uno (a meno del coefficiente direttivo) e ha coefficienti tutti 1. Quindi w non è radice di nessun polinomio a coefficienti razionali di grado 3.
$ ~ e^{\frac{2\pi i}5} $ è un intero algebrico di grado 4
e scuate se ho scritto cazzate
C'è anche un corollario:
Se giriamo il pentagono in modo che un lato sia parallelo all'asse x e mettiamo l'origine su uno degli estremi di questo lato, i lati di un triangolo sono vettori con somma 0. Inoltre, essendo il poligono equiangolo, possiamo dire di più: se li vediamo come numeri complessi, il loro argomento è un multiplo di una radice primitiva quinta dell'unità. Insomma, abbiamo:
$ ~ a_4 \omega^4 + a_3 \omega^3 + a_2 \omega^2 + a_1 \omega + a_0 = 0, \quad \omega = e^{\frac{2\pi i}5} $.
Cioè, che w è la radice di un polinomio di grado 4 a coefficienti razionali. Il problema dice che questo polinomio è uno (a meno del coefficiente direttivo) e ha coefficienti tutti 1. Quindi w non è radice di nessun polinomio a coefficienti razionali di grado 3.
$ ~ e^{\frac{2\pi i}5} $ è un intero algebrico di grado 4
e scuate se ho scritto cazzate
Bella soluzione pic
La mia era leggermente diversa..
Chiamavo T e S le intersezioni dei lati CD e DE con la retta AB, e imponevo il fatto che il triangolo DTS fosse isoscele..
La mia era leggermente diversa..
Chiamavo T e S le intersezioni dei lati CD e DE con la retta AB, e imponevo il fatto che il triangolo DTS fosse isoscele..
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