[obm-l] ângulo irracional
Oi como eu posso provar que os âgulos formados pelos catetos com a hipotenusa do triângulo retângulo de lados 3,4,5 são irracionais quando expressos em graus? ou seja prove que arcsen(3/5)*k ou arcsen(4/5)*k 360*n para todo k e n inteiros e diferentes de zero obrigado, Felipe ___ Do you Yahoo!? Declare Yourself - Register online to vote today! http://vote.yahoo.com = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] Re:[obm-l] ângulo irracional
Isso tem uma solução fácil mas meio longa e aparentemente mágica usando complexos, recorrências e congruências (hehehe). Esse problema está relacionado a um que caiu no vestibulardo IME de 1980/81 - o tal do ponto de Hurwitz - pesquise na lista. Seja t tal que cos(t) = 3/5 e sen(t) = 4/5. Se t tiver medida racional em graus, então t (medido em radianos) será um múltiplo racional de 2*Pi. Logo, vai existir um inteiro positivo n tal que cos(nt) = 1 e sen(nt) = 0. Usando complexos, isso significa que: cos(nt) + i*sen(nt) = (cos(t) + i*sen(t))^n = (3/5 + i*4/5)^n = 1 == Vamos expressar 3/5 + i*4/5 na forma (a + i)/(a - i). Uma conta rápida mostra quea = 2. Ou seja, vai existir n tal que (2 + i)^n- (2 - i)^n = 0. Consideremos agora a recorrência X(n)= 4*X(n-1)- 5*X(n-2), com condições iniciais: X(0)= 0 e X(1) = 2. A solução geral dessa recorrência será: X(n) = -i*((2 + i)^n - (2 - i)^n) (pode checar) Agora, só resta provar que X(n) 0 para cada inteiro positivo n. X(1) = 2 X(2) = 4*2 - 5*0 = 8 X(3) = 4*8 - 5*2 = 22 X(4) = 4*22 - 5*8 = 48 X(5) = 4*48 - 5*22 = 82 X(6) = 4*82 - 5*48 = 88 ... Repare que parece que, para n par, X(n) == 8 (mod 10) e para n ímpar, X(n) == 2 (mod 10). Isso de fato ocorre, como é fácil provar, por indução: X(2m-2) == 8, X(2m-1) == 2 == X(2m) == 4*2 - 5*8 == -32 == 8 (mod 10) X(2m-1) == 2, X(2m) == 8 == X(2m+1) == 4*8 - 5*2 == 22 == 2(mod 10). Logo, para n 0, jamais teremos X(n) == 0 (mod 10). Em particular, jamais teremos X(n) = 0. Isso significa que, para nenhum n 0, (2 + i)^n = (2 - i)^n == para nenhum n, (3/5 + i*4/5)^n = 1 == t não é um múltiplo racional de Pi. []s, Claudio. De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Wed, 20 Oct 2004 09:08:07 -0700 (PDT) Assunto: [obm-l] ângulo irracional Oi como eu posso provar que os ?gulos formados pelos catetos com a hipotenusa do tri?ngulo ret?ngulo de lados 3,4,5 s?o irracionais quando expressos em graus? ou seja prove que arcsen(3/5)*k ou arcsen(4/5)*k 360*n para todo k e n inteiros e diferentes de zero obrigado, Felipe ___ Do you Yahoo!? Declare Yourself - Register online to vote today! http://vote.yahoo.com = Instru??es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Re:[obm-l] ângulo irracional
Eu fioz de um outro modo. Nao postarei os detalhes por razoes que logo serao obviasobvias.A ideia e tentar calcular sen Kt e cos Kt a partir de uma recursao. Com isso e possivel demonstrar que eles nunca vao dar zero ou um, do mesmo modo que o Buffara fez. "claudio.buffara" [EMAIL PROTECTED] wrote: Isso tem uma solução fácil mas meio longa e aparentemente mágica usando complexos, recorrências e congruências (hehehe). Esse problema está relacionado a um que caiu no vestibulardo IME de 1980/81 - o tal do ponto de Hurwitz - pesquise na lista. Seja t tal que cos(t) = 3/5 e sen(t) = 4/5. Se t tiver medida racional em graus, então t (medido em radianos) será um múltiplo racional de 2*Pi. Logo, vai existir um inteiro positivo n tal que cos(nt) = 1 e sen(nt) = 0. Usando complexos, isso significa que: cos(nt) + i*sen(nt) = (cos(t) + i*sen(t))^n = (3/5 + i*4/5)^n = 1 == Vamos expressar 3/5 + i*4/5 na forma (a + i)/(a - i). Uma conta rápida mostra quea = 2. Ou seja, vai existir n tal que (2 + i)^n- (2 - i)^n = 0. Consideremos agora a recorrência X(n)= 4*X(n-1)- 5*X(n-2), com condições iniciais: X(0)= 0 e X(1) = 2. A solução geral dessa recorrência será: X(n) = -i*((2 + i)^n - (2 - i)^n) (pode checar) Agora, só resta provar que X(n) 0 para cada inteiro positivo n. X(1) = 2 X(2) = 4*2 - 5*0 = 8 X(3) = 4*8 - 5*2 = 22 X(4) = 4*22 - 5*8 = 48 X(5) = 4*48 - 5*22 = 82 X(6) = 4*82 - 5*48 = 88 ... Repare que parece que, para n par, X(n) == 8 (mod 10) e para n ímpar, X(n) == 2 (mod 10). Isso de fato ocorre, como é fácil provar, por indução: X(2m-2) == 8, X(2m-1) == 2 == X(2m) == 4*2 - 5*8 == -32 == 8 (mod 10) X(2m-1) == 2, X(2m) == 8 == X(2m+1) == 4*8 - 5*2 == 22 == 2(mod 10). Logo, para n 0, jamais teremos X(n) == 0 (mod 10). Em particular, jamais teremos X(n) = 0. Isso significa que, para nenhum n 0, (2 + i)^n = (2 - i)^n == para nenhum n, (3/5 + i*4/5)^n = 1 == t não é um múltiplo racional de Pi. []s, Claudio. De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Wed, 20 Oct 2004 09:08:07 -0700 (PDT) Assunto: [obm-l] ângulo irracional Oi como eu posso provar que os ?gulos formados pelos catetos com a hipotenusa do tri?ngulo ret?ngulo de lados 3,4,5 s?o irracionais quando expressos em graus? ou seja prove que arcsen(3/5)*k ou arcsen(4/5)*k 360*n para todo k e n inteiros e diferentes de zero obrigado, Felipe ___ Do you Yahoo!? Declare Yourself - Register online to vote today! http://vote.yahoo.com = Instru??es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = Yahoo! Acesso Grátis - Internet rápida e grátis. Instale o discador agora!
Re: [obm-l] Re:[obm-l] ângulo irracional
Eu fioz de um outro modo. Nao postarei os detalhes por razoes que logo serao obviasobvias.A ideia e tentar calcular sen Kt e cos Kt a partir de uma recursao. Com isso e possivel demonstrar que eles nunca vao dar zero ou um, do mesmo "claudio.buffara" [EMAIL PROTECTED] wrote: Isso tem uma solução fácil mas meio longa e aparentemente mágica usando complexos, recorrências e congruências (hehehe). Esse problema está relacionado a um que caiu no vestibulardo IME de 1980/81 - o tal do ponto de Hurwitz - pesquise na lista. Seja t tal que cos(t) = 3/5 e sen(t) = 4/5. Se t tiver medida racional em graus, então t (medido em radianos) será um múltiplo racional de 2*Pi. Logo, vai existir um inteiro positivo n tal que cos(nt) = 1 e sen(nt) = 0. Usando complexos, isso significa que: cos(nt) + i*sen(nt) = (cos(t) + i*sen(t))^n = (3/5 + i*4/5)^n = 1 == Vamos expressar 3/5 + i*4/5 na forma (a + i)/(a - i). Uma conta rápida mostra quea = 2. Ou seja, vai existir n tal que (2 + i)^n- (2 - i)^n = 0. Consideremos agora a recorrência X(n)= 4*X(n-1)- 5*X(n-2), com condições iniciais: X(0)= 0 e X(1) = 2. A solução geral dessa recorrência será: X(n) = -i*((2 + i)^n - (2 - i)^n) (pode checar) Agora, só resta provar que X(n) 0 para cada inteiro positivo n. X(1) = 2 X(2) = 4*2 - 5*0 = 8 X(3) = 4*8 - 5*2 = 22 X(4) = 4*22 - 5*8 = 48 X(5) = 4*48 - 5*22 = 82 X(6) = 4*82 - 5*48 = 88 ... Repare que parece que, para n par, X(n) == 8 (mod 10) e para n ímpar, X(n) == 2 (mod 10). Isso de fato ocorre, como é fácil provar, por indução: X(2m-2) == 8, X(2m-1) == 2 == X(2m) == 4*2 - 5*8 == -32 == 8 (mod 10) X(2m-1) == 2, X(2m) == 8 == X(2m+1) == 4*8 - 5*2 == 22 == 2(mod 10). Logo, para n 0, jamais teremos X(n) == 0 (mod 10). Em particular, jamais teremos X(n) = 0. Isso significa que, para nenhum n 0, (2 + i)^n = (2 - i)^n == para nenhum n, (3/5 + i*4/5)^n = 1 == t não é um múltiplo racional de Pi. []s, Claudio. De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Wed, 20 Oct 2004 09:08:07 -0700 (PDT) Assunto: [obm-l] ângulo irracional Oi como eu posso provar que os ?gulos formados pelos catetos com a hipotenusa do tri?ngulo ret?ngulo de lados 3,4,5 s?o irracionais quando expressos em graus? ou seja prove que arcsen(3/5)*k ou arcsen(4/5)*k 360*n para todo k e n inteiros e diferentes de zero obrigado, Felipe ___ Do you Yahoo!? Declare Yourself - Register online to vote today! http://vote.yahoo.com = Instru??es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = Yahoo! Acesso Grátis - Internet rápida e grátis. Instale o discador agora!
Re: [obm-l] Re:[obm-l] ângulo irracional
Eu fioz de um outro modo. Nao postarei os detalhes por razoes que logo serao obviasobvias.A ideia e tentar calcular sen Kt e cos Kt a partir de uma recursao. Com isso e possivel demonstrar que eles nunca vao dar zero ou um, do mesmo modo que om "claudio.buffara" [EMAIL PROTECTED] wrote: Isso tem uma solução fácil mas meio longa e aparentemente mágica usando complexos, recorrências e congruências (hehehe). Esse problema está relacionado a um que caiu no vestibulardo IME de 1980/81 - o tal do ponto de Hurwitz - pesquise na lista. Seja t tal que cos(t) = 3/5 e sen(t) = 4/5. Se t tiver medida racional em graus, então t (medido em radianos) será um múltiplo racional de 2*Pi. Logo, vai existir um inteiro positivo n tal que cos(nt) = 1 e sen(nt) = 0. Usando complexos, isso significa que: cos(nt) + i*sen(nt) = (cos(t) + i*sen(t))^n = (3/5 + i*4/5)^n = 1 == Vamos expressar 3/5 + i*4/5 na forma (a + i)/(a - i). Uma conta rápida mostra quea = 2. Ou seja, vai existir n tal que (2 + i)^n- (2 - i)^n = 0. Consideremos agora a recorrência X(n)= 4*X(n-1)- 5*X(n-2), com condições iniciais: X(0)= 0 e X(1) = 2. A solução geral dessa recorrência será: X(n) = -i*((2 + i)^n - (2 - i)^n) (pode checar) Agora, só resta provar que X(n) 0 para cada inteiro positivo n. X(1) = 2 X(2) = 4*2 - 5*0 = 8 X(3) = 4*8 - 5*2 = 22 X(4) = 4*22 - 5*8 = 48 X(5) = 4*48 - 5*22 = 82 X(6) = 4*82 - 5*48 = 88 ... Repare que parece que, para n par, X(n) == 8 (mod 10) e para n ímpar, X(n) == 2 (mod 10). Isso de fato ocorre, como é fácil provar, por indução: X(2m-2) == 8, X(2m-1) == 2 == X(2m) == 4*2 - 5*8 == -32 == 8 (mod 10) X(2m-1) == 2, X(2m) == 8 == X(2m+1) == 4*8 - 5*2 == 22 == 2(mod 10). Logo, para n 0, jamais teremos X(n) == 0 (mod 10). Em particular, jamais teremos X(n) = 0. Isso significa que, para nenhum n 0, (2 + i)^n = (2 - i)^n == para nenhum n, (3/5 + i*4/5)^n = 1 == t não é um múltiplo racional de Pi. []s, Claudio. De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Wed, 20 Oct 2004 09:08:07 -0700 (PDT) Assunto: [obm-l] ângulo irracional Oi como eu posso provar que os ?gulos formados pelos catetos com a hipotenusa do tri?ngulo ret?ngulo de lados 3,4,5 s?o irracionais quando expressos em graus? ou seja prove que arcsen(3/5)*k ou arcsen(4/5)*k 360*n para todo k e n inteiros e diferentes de zero obrigado, Felipe ___ Do you Yahoo!? Declare Yourself - Register online to vote today! http://vote.yahoo.com = Instru??es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = Yahoo! Acesso Grátis - Internet rápida e grátis. Instale o discador agora!
Re: [obm-l] Re:[obm-l] ângulo irracional
Eu fioz de um outro modo. Nao postarei os detalhes por razoes que logo serao obviasobvias.A ideia e tentar calcular sen Kt e cos Kt a partir de uma recursao. Com isso e possivel demonstrar que eles nunca vao dar zero ou um, do mesmo modo "claudio.buffara" [EMAIL PROTECTED] wrote: Isso tem uma solução fácil mas meio longa e aparentemente mágica usando complexos, recorrências e congruências (hehehe). Esse problema está relacionado a um que caiu no vestibulardo IME de 1980/81 - o tal do ponto de Hurwitz - pesquise na lista. Seja t tal que cos(t) = 3/5 e sen(t) = 4/5. Se t tiver medida racional em graus, então t (medido em radianos) será um múltiplo racional de 2*Pi. Logo, vai existir um inteiro positivo n tal que cos(nt) = 1 e sen(nt) = 0. Usando complexos, isso significa que: cos(nt) + i*sen(nt) = (cos(t) + i*sen(t))^n = (3/5 + i*4/5)^n = 1 == Vamos expressar 3/5 + i*4/5 na forma (a + i)/(a - i). Uma conta rápida mostra quea = 2. Ou seja, vai existir n tal que (2 + i)^n- (2 - i)^n = 0. Consideremos agora a recorrência X(n)= 4*X(n-1)- 5*X(n-2), com condições iniciais: X(0)= 0 e X(1) = 2. A solução geral dessa recorrência será: X(n) = -i*((2 + i)^n - (2 - i)^n) (pode checar) Agora, só resta provar que X(n) 0 para cada inteiro positivo n. X(1) = 2 X(2) = 4*2 - 5*0 = 8 X(3) = 4*8 - 5*2 = 22 X(4) = 4*22 - 5*8 = 48 X(5) = 4*48 - 5*22 = 82 X(6) = 4*82 - 5*48 = 88 ... Repare que parece que, para n par, X(n) == 8 (mod 10) e para n ímpar, X(n) == 2 (mod 10). Isso de fato ocorre, como é fácil provar, por indução: X(2m-2) == 8, X(2m-1) == 2 == X(2m) == 4*2 - 5*8 == -32 == 8 (mod 10) X(2m-1) == 2, X(2m) == 8 == X(2m+1) == 4*8 - 5*2 == 22 == 2(mod 10). Logo, para n 0, jamais teremos X(n) == 0 (mod 10). Em particular, jamais teremos X(n) = 0. Isso significa que, para nenhum n 0, (2 + i)^n = (2 - i)^n == para nenhum n, (3/5 + i*4/5)^n = 1 == t não é um múltiplo racional de Pi. []s, Claudio. De: [EMAIL PROTECTED] Para: [EMAIL PROTECTED] Cópia: Data: Wed, 20 Oct 2004 09:08:07 -0700 (PDT) Assunto: [obm-l] ângulo irracional Oi como eu posso provar que os ?gulos formados pelos catetos com a hipotenusa do tri?ngulo ret?ngulo de lados 3,4,5 s?o irracionais quando expressos em graus? ou seja prove que arcsen(3/5)*k ou arcsen(4/5)*k 360*n para todo k e n inteiros e diferentes de zero obrigado, Felipe ___ Do you Yahoo!? Declare Yourself - Register online to vote today! http://vote.yahoo.com = Instru??es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = Yahoo! Acesso Grátis - Internet rápida e grátis. Instale o discador agora!
Re: [obm-l] ângulo irracional
On Wed, Oct 20, 2004 at 09:08:07AM -0700, Felipe Torres wrote: como eu posso provar que os ngulos formados pelos catetos com a hipotenusa do tringulo retngulo de lados 3,4,5 so irracionais quando expressos em graus? Considere z = (3+4i)/5. Voc quer provar que z^n nunca igual a 1. Escreva z^n = (a(n) + b(n) i)/5^n, de modo que a(1) = 3, b(1) = 4, a(n+1) = 3a(n) - 4b(n), b(n+1) = 4a(n) + 3b(n). Por exemplo, a(2) = -7, b(2) = 24, a(3) = -117, b(3) = 44. fcil provar por indu?o que a(n) = 3 (mod 5) e b(n) = 4 (mod 5) para todo n positivo. []s, N. = Instrues para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
