Sns 2005/2006 #4.d
Sns 2005/2006 #4.d
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
$ ${ \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.
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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
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