Re: [obm-l] Problema Interessante

[Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet <peterdirichlet2002@xxxxxxxxxxxx>]

Existe um modo interessante de obter tal polinomio.
cos (n+2)x + cos(n)x=2cos(x)*cos (n+1)x

cos (n+2)x=2cos(x)*cos (n+1)x-cos(n)x

E ai e facil ver que

 

P_(n+2)(x)=2cos(x)*P_(n+1)-P_(n)x

P_0(x)=1, P_1(x)=cos (x)

 

Ai acaba!

 

Usei misso para fechar um problema da Eureka!Alias, sera que o Gugu ja recebeu?

Cláudio_(Prática) <claudio@praticacorretora.com.br> wrote:

Oi, Artur:

Tem também um teorema que diz que se x e cos(pi*x) são ambos racionais,
então x = k/2 ou x = k/3 para algum k inteiro, mas não se aplica a este
problema pois (raiz(5)-1)/2 é irracional.

Mesmo não sendo aplicável, acho que é um resultado interessante por si mesmo
e cuja demonstração não é difícil.
A idéia é mostrar, por indução, que cos(n*pi*x) pode ser expresso como um
polinômio:
p(t) = a_0 + a_1*t + ... + a_n*t^n,
de grau n, em cos(pi*x) tal que:
a_n = 2^(n-1)
e
para 2 <= k <= n, 2^(k-1) divide a_k.

Isso implica que 2*cos(pi*x) é raiz de um polinômio mônico de grau n e
coeficientes inteiros. Logo, se 2*cos(pi*x) é racional, então 2*cos(pi*x) só
pode ser inteiro (pelo bom e velho teorema das raízes racionais) ==>
cos(pi*x) = -1, -1/2, 0, 1/2 ou 1 ==> x = k/2 ou x = k/3 com k inteiro.

Um corolário que eu acho interessante é que se as medidas dos lados e dos
ângulos (em graus) de um triângulo são todas racionais, então esse triângulo
é equilátero.

*****

De qualquer forma talvez dê pra aproveitar alguma idéia do teorema acima pra
resolver o problema do Márcio.

Um abraço,
Claudio.

----- Original Message -----
From: "Artur Costa Steiner"
To:
Sent: Tuesday, February 10, 2004 12:50 PM
Subject: Re: [obm-l] Problema Interessante


> O Marcio Cohen propos, no ultimo domingo, um problema interessante, provar
> que x = arccos[((sqrt(5)-1)/2]/pi eh irracional. Eu achei que isto poderia
> ter solucao por fracoes continuas ou com base na divisao aurea. Mas por
aih
> nao cheguei a nada.
>
> Depois eu notei que (sqrt(5)-1))/2 eh uma das dua raizes da equacao do
> segundo grau, de coeficientes inteiros, 2x^2 + x -1 =0, de modo que
> (sqrt(5)-1))/2 eh algebrico. Observamos ainda que cos(pi*x)
=(sqrt(5)-1))/2,
> o que implica em que a parte real de e^(pi*x) seja Re[^(pi*x)] =
> sqrt(5)-1))/2. Neste ponto eu me lembrei que parece que hah um teorema
(mao
> estou abolutamente certo) o qual diz que, com excecao de -1, 0 e 1, as
> partes reais das raizes inteiras da unidade sao transcendentes. Se alguem
se
> lembrar deste teorema, caso efetivamente exista, e puder apresentar ou
mesmo
> rascunhar uma prova, eu gostaria.
>
> Bom, assumindo-se que o citado teorema efetivamente exista, concluimos que
> Re[e^(pi*x)] ek algebrico e que, desta forma, e^(pi*x*i) nao eh raiz da
> unidade. Se x for racional, entao existem inteiros p>0 e q<>0 tais que x
> =p/q. Logo pi*x*i = pi* p/q *i e e^(pi*x*i)= cos(p*pi/q) + i *
sen(p*pi/q).
> Logo, [e^(pi*x*i]*q = cos(p*pi) + i * sen(p*pi). Mas eh sempre possivel
> escolhermos p/q = x de modo que p seja par e que, consequentemente,
> cos(p*pi) = 1 e sen(p*pi) =0. Isto nos mostra que existe q inteiro tal
que
> [e^(pi*x*i]*q =1 . A conclusao eh que se x eh racional entao e^(pi*x*i)
eh
> raiz da unidade para algum inteiro p.
> dado que, no caso prooposto, e^(pi*x*i) nao eh raiz da unidade, segue-se
que
> x eh iracional.
> Supondo-se, eh claro, que o teorema que citei existe...Vou tentar
> demonstra-lo, se possivel.
> Artur
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