LXVIII (68) OM - I etap

[Tsar]

@Chewbacca97 dzięki

[TobiWan]

w ogóle 12 zadanie było dziwne, bo jest takie twierdzenie które mówi, że jak w tym równaniu \(\displaystyle{ \alpha}\) jest liczbą wymierną to równanie nie ma rozwiązan-- 1 gru 2016, o 16:17 --w 9 jak ktoś znał równanie Pella to łatwo udowodnić, że ma nieskonczenie wiele rozwiązań, a nawet jak ktoś nie znał to też nie trudno wpaść

[Hayran]

12.

Ukryta treść:    

Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ \alpha \in \mathbb{W}}\). Wówczas \(\displaystyle{ \bigwedge\limits_{x\in \mathbb{N+}} (\alpha \cdot x)\in \mathbb {Z}}\). Wtedy \(\displaystyle{ \tg (\alpha x \pi)=0}\).
\(\displaystyle{ \sin (n\beta) = {n\choose 1}\sin\beta\cos^{n-1}\beta - {n\choose 3}\sin^3\beta\cos^{n-3}\beta + {n\choose 5}\sin^5\beta\cos^{n-5}\beta - ...}\),
\(\displaystyle{ \cos(n\beta) = cos^{n}\beta - {n\choose 2}\sin^2\beta\cos^{n-2}\beta + {n\choose 4}\sin^4\beta\cos^{n-4}\beta - ...}\)
Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ \tg(n\beta)=\frac{\sin(n\beta)}{\cos(n\beta)}=\frac{{n\choose 1}\sin\beta\cos^{n-1}\beta - {n\choose 3}\sin^3\beta\cos^{n-3}\beta + {n\choose 5}\sin^5\beta\cos^{n-5}\beta - ...}{cos^{n}\beta - {n\choose 2}\sin^2\beta\cos^{n-2}\beta + {n\choose 4}\sin^4\beta\cos^{n-4}\beta - ...}\cdot \frac{\frac{1}{\cos^n \beta}}{\frac{1}{\cos^n \beta}}=\frac{{n\choose 1}\tg \beta - {n\choose 3}\tg^3 \beta + {n\choose 5}\tg^5\beta - ...}{1 - {n\choose 2}\tg^2 \beta + {n\choose 4}\tg^4 \beta - ...}}\)
Podstawmy za \(\displaystyle{ n}\) liczbę \(\displaystyle{ x}\), oraz przyjmijmy \(\displaystyle{ \beta = \alpha\pi}\)
Mamy:
\(\displaystyle{ \frac{{x\choose 1}\tg \beta - {x\choose 3}\tg^3 \beta + {x\choose 5}\tg^5\beta - ...}{1 - {x\choose 2}\tg^2 \beta + {x\choose 4}\tg^4 \beta - ...}=0}\), co po obustronnym pomnożeniu razy mianownik i po podzieleniu przez \(\displaystyle{ \tg \beta =\sqrt{2}}\) daje:
\(\displaystyle{ {x\choose 1}-2{x\choose 3}+4{x\choose 5}-... = 0}\). Po rozpatrzeniu przypadków dla \(\displaystyle{ x}\) przystego i nieparzystego okazuje się, że równość ta nie zachodzi dla żanego\(\displaystyle{ x \in \mathbb{N+}}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ \alpha \not\in \mathbb{W}}\).

Pokaże ktoś 11?

[marcin7Cd]

Zadanie 11.

Ukryta treść:    

Punkty \(\displaystyle{ M,N,E,F}\) leżą na jednym okręgu \(\displaystyle{ \omega}\), co łatwo można udowodnić. Oznaczmy przez \(\displaystyle{ M',N'}\)przecięcia symetralnych \(\displaystyle{ AB,AC}\) z okręgiem \(\displaystyle{ \omega}\) Oraz oznaczmy przez \(\displaystyle{ O}\) środek okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\) . Korzystając z twierdzenia Pascala dla punktów \(\displaystyle{ M,N,E,F,M',N'}\) Mam, że przecięcia \(\displaystyle{ MF,NE}\) i \(\displaystyle{ MM',NN'}\) oraz \(\displaystyle{ N'F,M'E}\) są wspóliniowe. Oznacza to, że punkty \(\displaystyle{ S}\), \(\displaystyle{ O}\) i środek okręgu \(\displaystyle{ \omega}\) (\(\displaystyle{ EM', FN'}\) są średnicami, bo kąty \(\displaystyle{ EMM',FNN'}\) są proste) są wspólininiowe. Zadanie kończy fakt, że środek okręgu \(\displaystyle{ \omega}\) , punkt \(\displaystyle{ O}\) i \(\displaystyle{ D}\) są wspóliniowe. Ten fakt wynika z tego że symetralna \(\displaystyle{ ME}\) i \(\displaystyle{ NF}\) połowi odcinek \(\displaystyle{ OD}\)(to łatwo otrzymuje się z tego, że \(\displaystyle{ MO \parallel ED \perp AB}\) i \(\displaystyle{ NO
\parallel DF \perp AC}\))

-- 1 gru 2016, o 22:26 --

Zadnie 12.

Ukryta treść:    

Wystarczy udowodnić że \(\displaystyle{ a_n\cdot \sqrt{2}=tg(\frac{p2^n}{q}\cdot \pi)}\) dla \(\displaystyle{ n\in Z_+}\) daje różne dodatnie elementy, gdzie \(\displaystyle{ p,q \in Z}\) i \(\displaystyle{ a_0=1}\). Zpisując \(\displaystyle{ a_n}\) w postaci nieskracalnego ułamka można udowodnić indukcyjnie, że licznik dzieli się przez \(\displaystyle{ 2^n}\).Ten fakt kończy zadanie, bo dla pewnych \(\displaystyle{ m,n \in Z_+}\) \(\displaystyle{ \frac{p(2^n-2^m)}{q}}\) jest całkowite , więc \(\displaystyle{ 0=tg(\frac{p2^n}{q}\cdot \pi-\frac{p2^m}{q}\cdot \pi)=\frac{a_n-a_m}{2a_na_m-1}\cdot \sqrt{2}}\), ale \(\displaystyle{ a_m \neq a_n}\) sprzeczność, czyli \(\displaystyle{ \alpha}\) jest nie wymierne

[von dawdop]

Hayran, możesz napisać jakiego wzoru/twierdzenia użyłeś do rozkładu simusa oraz cosinusa w ten ciąg?

[PoweredDragon]

... 85c00f5b65

Tutaj masz sinusa

... fe0f9d6b96

Tu cosinusa

https://wikimedia.org/api/rest_v1/media ... 044e7301da

Tu tangensa


Pewnie jest to zawarte gdzieś w literaturze; ogólnie ciekawy sposób; żałuję, że jestem zbyt leniwy na jej czytanie :V

[Hayran]

von dawdop
ten w rozkład jest dostępny w wielu książksch z trygonometrią. Możesz znalęź go też w internecie (z tego co pamiętam jest w dziale własności trygonometryczne wielokrotności kąta na Wikipedii.
Ps. Dzięki PoweredDragon za podlinkowanie. Potwierdzam, że te wsory można z naleźć w literaturze

[Wuja Exul]

Szkice dwóch sposobów rozwiązania zadania 12.

Sposób szkolny:

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ \tg(n\alpha\pi)=a_n\sqrt{2}}\) dla \(\displaystyle{ n}\) całkowitych dodatnich. Stosując wzór na tangens sumy kątów, otrzymamy zależność \(\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{a_n+1}{1-2a_n}}\), z której wynika, że liczby \(\displaystyle{ a_n}\) są wymierne. Jeśli \(\displaystyle{ a_n=\frac{p_n}{q_n}}\), to z powyższej zależności otrzymamy \(\displaystyle{ a_{n+1}=\frac{p_n+q_n}{q_n-2p_n}}\), więc możemy przyjąć \(\displaystyle{ p_{n+1}=p_n+q_n}\) oraz \(\displaystyle{ q_{n+1}=q_n-2p_n}\), przy czym \(\displaystyle{ p_1=q_1=1}\).

Teraz za pomocą prostej indukcji dowodzimy, że \(\displaystyle{ q_n}\) jest zawsze liczbą nieparzystą (z czego wnioskujemy, że \(\displaystyle{ \tg(n\alpha\pi)}\) istnieje dla każdego \(\displaystyle{ n}\)), oraz że \(\displaystyle{ p_n}\) jest parzyste dla \(\displaystyle{ n}\) parzystych, a nieparzyste dla nieparzystych.

Przypuśćmy teraz, że \(\displaystyle{ \alpha=\frac{M}{N}}\) i jest to ułamek nieskracalny. Wówczas \(\displaystyle{ a_N=0}\), z czego wynika, że \(\displaystyle{ p_N=0}\) jest parzyste, więc \(\displaystyle{ N=2k}\), a ponadto \(\displaystyle{ M=2l+1}\), gdyż \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\) są względnie pierwsze.

Jednak wtedy \(\displaystyle{ \tg(k\alpha\pi) = \tg\left(\frac{2l+1}{2}\pi\right)}\) nie istnieje, a to przeczy temu, co wcześniej dowiedziono.

Sposób studencki:

Ukryta treść:    

Rozważmy liczbę zespoloną \(\displaystyle{ z_0=\cos(\alpha\pi)+i\sin(\alpha\pi)}\). Gdyby \(\displaystyle{ \alpha}\) była liczbą wymierną, to dla pewnego \(\displaystyle{ n}\) otrzymamy \(\displaystyle{ z_0^n=1}\) (wzór de Moivre'a), więc \(\displaystyle{ z_0}\) jest pierwiastkiem wielomianu \(\displaystyle{ z^n-1}\), czyli jest algebraiczną liczbą całkowitą.

Z drugiej strony, jak pokazuje prosty rachunek, liczba \(\displaystyle{ z_0}\) jest pierwiastkiem wielomianu \(\displaystyle{ 144z^4-72z^2+25}\), który jest nierozkładalny nad pierścieniem liczb całkowitych, więc \(\displaystyle{ z_0}\) nie jest algebraiczną liczbą całkowitą - sprzeczność.

[von dawdop]

To raczej jeszcze nie mój poziom, ale dzięki panowie

[Miodowod]

Wuja Exul, jak Pan wpadł na pomysł rozważenia takiego wielomianu?

[Filipos38]

w 9 jak ktoś znał równanie Pella to łatwo udowodnić, że ma nieskonczenie wiele rozwiązań, a nawet jak ktoś nie znał to też nie trudno wpaść

Mógłbyś przedstawić swoje rozwiązanie? Ja jedynie potrafiłem pokazać, że istnieje nieskończenie wiele rozwiązań równania \(\displaystyle{ a^{2} -2 b^{2}=1}\), ale że jest wśród nich nieskończenie wiele par liczb takich, że da się je przedstawić w postaci sumy kwadratu i podwojonego kwadratu już nie.

[Miodowod]

Jak x, y to rozwiązanie równania Pella ze współczynnikiem przy b równym D, to jeśli \(\displaystyle{ (x+ \sqrt{D}y)^n=a+ \sqrt{D}b}\)dla pewnego n,
to a, b też jest rozwiązaniem. Ponadto jeśli p, q da się przedstawić jako sumę kwadratu i podwojonego kwadratu, to ab też da się przedstawić w takiej postaci.

[TobiWan]

Mógłbyś przedstawić swoje rozwiązanie? Ja jedynie potrafiłem pokazać, że istnieje nieskończenie wiele rozwiązań równania \(\displaystyle{ a^{2} -2 b^{2}=1}\)

Jeżeli to pokazałes to wystarczyło tylko napisac że ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach x,y,z,t

[Marcinek665]

Trzeba jeszcze pokazać, że dla każdego rozwiązania równania Pella \(\displaystyle{ a^2 - 2b^2 = 1}\) istnieją takie liczby całkowite \(\displaystyle{ x,y,z,t}\), że \(\displaystyle{ x^2 + 2y^2 = a}\) oraz \(\displaystyle{ z^2 + 2t^2 = b}\). Nie jest to w żaden sposób oczywiste.

[Sylwek]

Nie jest to też w żaden sposób prawdziwe, np. liczba 70 nie daje się przedstawić w formie \(\displaystyle{ z^2+2t^2}\).