Re: [obm-l] arccos((raiz(5)-1)/2) (e mais irracionais!!!)

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

SO PARA ESCREVER MESMO...Achei esse problema
superdivertido!!!!!!E bem legal usar polinomios
para determinar irracionais e coisas do genero...
Agora, para aproveitar o pique, duas perguntas,
uma delas eu sei a resposta, a segunda nao:
1)k^1!+k^2!+k^3!+k^4!+... com 2*k=1 e
transcedente;
2)log k/log 10 ou e racional ou e transcedente;
3)Onde acho a demonstraçao de que a^b e
transcedente se a e algebrico e b e um algebrico
nao-inteiro?

Para a primeira questao tenho um a soluçao bem
legal...Depois eu envio


--- "Nicolau C. Saldanha"
<nicolau@mat.puc-rio.br> escreveu: > On Thu, Jan
29, 2004 at 11:09:05PM -0200,
> Marcio Afonso A. Cohen wrote:
> > Bom gente, eu mandei esse problema pra lista,
> acompanhei os emails do
> > Arthur, do Cláudio e do Nicolau sobre ele,
> inclusive chegando a solucao
> > final. Legal. Segue abaixo uma outra solucao,
>  bastante interessante,
> > para o problema. (o fanático por polinomios
> de chebyshev da lista vai
> > adorar :) ).
> 
> Antes de mais nada eu queria pedir desculpas
> por estar respondendo com
> tanta demora.
> 
> A solução que o Marcio apresenta abaixo é bem
> legal. Ela até prova mais
> do que ele afirma, ela no fundo prova que se
> cos(p Pi/q) é inteiro algébrico
> então cos(p Pi/q) = 0 ou +-1, ou seja, prova
> exatamente a mesma coisa
> que eu demonstrei nesta lista há aprox um mês,
> mas de forma mais simples.
> Por outro lado, ela tem uma pequena falha;
> irrelevante para a solução,
> mas ainda assim uma afirmação errada. Vou
> primeiro apontar e corrigir
> o erro e depois apresentar a prova da afirmação
> mais geral.
>  
> > A ideia eh que se x = arccos((raiz(5)-1)/2)
> fosse multiplo racional de
> > Pi, entao haveria um inteiro n tal que
> cos(nx) = 0, e portanto cos(x)
> > seria raiz de uma equacao de coeficientes
> inteiros t^n + ...t^n-1 +... =
> > 0 (polinomio de chebyshev).
> 
> O erro está aqui: o polinômio de Chebyshev não
> é mônico, ou seja,
> o coeficiente líder não é 1. Claro que numa
> equação você sempre pode
> dividir tudo pelo coeficiente líder mas aí os
> coeficientes deixam
> de ser inteiros.
> 
> > Mas por um lado todas as raizes desse
> > polinomio estao em [-1,1] (afinal, temos
> cos(nx) = t^n + ...  e isso vale
> > zero para nx(k) = pi/2 + kpi, k = 0, 1, 2, 3,
> ..., n-1, o que ja lista
> > todas as raizes do polinomio como sendo cos
> x(k) para algum k), e por
> > outro lado o conjugado de cosx, (raiz(5)+1)/2
> > 1 tambem deveria ser raiz
> > dela... Legal né?
> 
> De certa forma esta solução aponta tanto para o
> próprio erro quanto
> para a prova da afirmação mais geral: se todos
> os conjugados
> de um número algébrico estão no intervalo
> (-1,1), é bem óbvio que
> o produto de todos os conjugados também vai
> estar no intervalo (-1,1).
> Mas o produto de todos os conjugados de um
> número algébrico z é +-a0/an,
> onde an x^n + ... + a1 x + a0 é o polinômio de
> coeficientes inteiros
> de grau mínimo que tem raiz z. Assim |a0| <
> |an| e é portanto bem claro
> que |an| > 1, ou seja, que z não é um inteiro
> algébrico.
> 
> Eu só não entendi pq o Marcio disso que "o
> fanático por polinomios de
> Chebyshev da lista vai adorar": o legal desta
> solução é justamente que,
> ao contrário da minha, não precisamos usar
> *nada* de polinômios de Chebyshev!
> 
> 
> []s, N.
> 
>
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> Instruções para entrar na lista, sair da lista
> e usar a lista em
>
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
>
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