а) Пусть $$A=\tan\frac{3\pi}{11}+4\sin\frac{2\pi}{11},\\ B=\tan\frac{\pi}{11}+4\sin\frac{3\pi}{11}.$$ Докажите, что $%A=B$%.

б)* Корнем многочлена с целыми коэффициентами какой (минимальной) степени является число $%A$%?

задан 11 Апр 11:30

1

Дополнение к а): $$-\tan\frac{2π}{11}+4\sin\frac{5π}{11}=\tan\frac{4π}{11}+4\sin\frac{π}{11}=\tan\frac{5π}{11}-4\sin\frac{4π}{11}=$$ $$=\frac1{\tan\frac{π}{11}}-\frac1{\sin\frac{4π}{11}}+\frac1{\sin\frac{5π}{11}}=\frac1{\tan\frac{5π}{11}}+\frac1{\sin\frac{2π}{11}}+\frac1{\sin\frac{3π}{11}}=A=\sqrt{11}.$$

(11 Апр 13:08) EdwardTurJ
1

Я в курсе большей части равенств. А решение будет?

(11 Апр 13:41) knop

Например здесь.

(11 Апр 14:16) EdwardTurJ

Прикольно, что для автора этой статьи classical example - это задача 2006 года

(11 Апр 14:47) knop
1

@knop: я так понял, там ссылка как минимум на 1928 год -- просто в журнале 2006 года кто-то привёл эту задачу как "новую".

(11 Апр 15:06) falcao

А, и вправду. Ссылка на Hobson, тогда да. У него эта задача, кажется, с первого издания есть. 1891 год. Правда, она и тогда не была свежей.

(11 Апр 16:21) knop

@knop: вопрос о том, кто впервые получил тот или иной результат, иногда бывает сложным и запутанным. Есть одна лемма в комбинаторике слов. На неё обычно ссылались как на результат 30-х годов, полученный в СССР. Потом её не раз "переоткрывали". Оказалось, что лемму доказал Туэ в работе 1908 года. Позже нашли работу француза, который в 1851 году рассматривал эту же последовательность -- правда, в связи с другой задачей. Один мой коллега пошутил, что скоро будут найдены "следы" этой последовательности в наскальных рисунках первобытных людей :)

(11 Апр 16:32) falcao

Леммой Туэ вроде называется совсем иной результат. А это - последовательность Туэ-Морса, правильно? Никакая подстрока не повторяется трижды подряд.

(17 Апр 23:59) knop

@knop: да, имеется в виду эта последовательность. Но Морс её переоткрыл позже -- году, вроде, в 1921. В работе Туэ было две леммы -- одна про слово без кубов над 2-буквенным алфавитом, другая -- про слово без квадратов над 3-буквенным.

(18 Апр 0:51) falcao
показано 5 из 9 показать еще 4
10|600 символов нужно символов осталось
3

Приведу "вульгарное" вычислительное решение :)

Достаточно проверить, что $%A^2=B^2=11$%. Ввиду положительности чисел $%A$% и $%B$%, отсюда будет следовать, что $%A=B=\sqrt{11}$%, и ответ на второй вопрос получается автоматически.

Положим $%z=e^{i\pi/11}$% и выразим через эту величину все тангенсы и синусы. Мы знаем, что $%z^{11}+1=0$%, откуда $%z^{10}-z^9+z^8-\cdots-z+1=0$%.

Имеем $%-A^2+11=-\left(\frac{z^3-z^{-3}}{i(z^3+z^{-3})}+2\frac{z^2-z^{-2}}{i}\right)^2+11=\left(\frac{z^6-1}{z^6+1}+2\frac{z^4-1}{z^2}\right)^2+11$%, что после раскрытия скобок и преобразований оказывается равно $%4\frac{1+z^2+z^4+\cdots+z^{20}}{z^4(z^6+1)^2}$%. После домножения на $%1-z^2\ne0$% числитель дроби становится равен $%1-z^{22}=0$%.

Ситуация со вторым выражением более или менее аналогична, но там числитель получается чуть похуже. А именно, $%-B^2+11=\left(\frac{z^2-1}{z^2+1}+2\frac{z^4-1}{z^2}\right)^2+11=4\frac{1+2z^2+z^3+z^4+z^6-z^7+z^8-z^9+z^{10}+z^{12}+z^{13}+2z^{14}+z^{16}}{z^6(z^2+1)^2}$%. Надо проверить, что числитель равен нулю. Для этого можно произвести замены типа $%z^{16}=-z^5$% и т.п., вплоть до $%z^{12}=-z$%, и получится выражение $%1-z+z^2-\cdots+z^{10}$%, про которое мы уже знаем, что оно равно нулю.

ссылка

отвечен 11 Апр 14:39

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×867

задан
11 Апр 11:30

показан
126 раз

обновлен
18 Апр 0:51

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru