{JF} - Polynomium og sinus

Mine bud uden at gå i detaljer

a) Man må kunne sige h(x)' - h(x) og finde det den vej

b) sin(x) kan rækkeudvikles

Forresten længe siden Fourier. Har du webcam? Det har jeg lige fået.

ad b) En lidt hurtig løsning: Det er velkendt, at hvis n er ulige så findes P_n∈Z[x] s.t. sin(nx)=P_n(sinx). Er sin(1) rationel er fx sin(45)=P₄₅(sin(1)) rationel, men som bekendt er sin(45)=1/sqrt(2) irrationel … MODSTRID! Altså sluttes at sin(1) er irrationel.

ok, ang. b) så kan det vises ved brug af Eulers formel, man kan også sige: Ethvert rationelt tal er konstruerbart. Da sin(n grader) kan udtrykkes som et polynomium i cos(1 grad), følger det, at hvis cos(1 grad) er rationelt, så er cos af enhver vinkel rationel, men for eksempel cos(20 grader) er ikke konstruerbar, ergo er cos(1 grad) irrationel.

 Ikke dårligt. :-)

Lad os starte med at se på b.

Det giver netop god mening at se på Eulers formel, som Erik er inde på. 

Hint. Se på e^(5xi). Lad cosx = v og sinx = u.

Da ved vi, at (v+iu)^5 = v^5 + 5iuv^5 - 10v^3 u^2 - 10v^2 u^3 + 5vu^4 + u^5

Udregn cos(5x) og husk u^2 = 1 - v^2.

Heraf får vi ad interim et eksplicit irrationalt udtryk for cos(5x), som Dynin er inde på.

Sig til, hvis jeg skal skrive det op. Det er meget simpelt. Vi finder bare et nyt udtryk med valgte multipla.

Fx kender vi allerede cos(45-30) = cos(15) fra ovenstående. Hvis cos(3) er rationalt, får vi en åbenlys modstrid.

cos(3x) = 4cos^3(1) - cos(1). Modstriden kommer igen til udtryk.

Opgave a er også simpel. 

f(x) = a0+ a1x + ... + anx^n.

Da f(x) ≥ 0 må n være et lige tal og a > 0. 

Vi ved da, at h er et polynomium af en lige grad og an > 0.

Hint. Se nu på grænseværdien for h(x), når x → uendelig. 

 Rettelse til #5. Der skal stå cos(3), ikke cos(3x) i sidste linje i opgave b.

Opgave a. h(x) går mod uendelig for x gående mod uendelig. Dermed må h nødvendigvis have et minimum, da h er kontinuert. Lad m være punktet, hvor h antager sit minimum. Da er h'(m)=0. Men vi ved ydermere, at

h(x) = f'(x) + f''(x) + ... + f^(n+1) (x) =h(x) - f(x), da f^(n+1) (x) = 0 for alle x, da graden af f er n.

Dermed er h'(m) = h(m) - f(m) = 0 og dermed er h(m) = f(m) ≥ 0, da f(x) ≥ 0 for alle x pr. antagelse.

Summa summarum gælder der for alle x følgende h(x) ≥ h(m) ≥ 0. 

Euler. Sætter vi c = cos(x) og s = sin (x), får vi e^ix = cos(x) +isin(x) = c+is, så e⁵ix = cos(5x) + isin(5x) eller

(c+is)⁵ = c⁵ +5c⁴is + binomial derudaf...+ s⁵. Tager vi den reelle del cos(5x) = .... og bruger s² = 1- c² fås

cos(5x) = 16c⁵ - 20c³ +5c.

Vi ved, at cos(45-30) = cos45cos(30)+ den kender I = (√3+1)/2√2. Hvis cos(3) var rationel ville det foregående være rationel, en selvmodsigelse. Bruger vi nu cos(3x) = 4cos(x³)-3cos(x), eller med x=1, cos(3) = osv.

#6, hov! Så ikke dit indlæg, jeg skulle have skrevet Pascals trekant for koeffecienterne under udviklingen af (a+b)⁵

#5 var det ikke sin(1) man skulle vise var irrationel?

nej men en drejning af koordinatsystemet -π/2 kan klare det problem

 #9 Det gøres på samme måde. Se mit nye indlæg. :-)

#10 i #0 står der CITAT b) Vis at sin(1) er et irrationalt tal. ... Det med at dreje koordinatsystemet forstår jeg sq ikke hvordan vil give at sin(1) er irrationel, når man har vist cos(1) er irrationel - Kan du uddybe?

#11 den er jeg med på ... og det er som sådan det jeg også har gjort i #4 (Euler+binomial giver et pol i cos og sin fon sin(nx) og med n ulige fås med idiotformlen et pol i sin) ...
 

Vi kan gøre tilsvarende med sinus.

Vi ser netop, at isin(5x) = 5uiv^4 - 10v^2u^3 i , da v^2 = 1 - u^2.

#12 Måske mener han, at sin(pi/2 - theta) = cos(theta)?

#14, præcis