Eu fioz de um outro modo. Nao postarei os detalhes por razoes que logo serao obvias obvias.
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 vestibular do 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 que a = 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
>
>
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