POLINÔMIOS - Números irracionais

[@carloseduardoleitepereira1598]

Muito engenhosa a solução! Adorei!

[@antoniohenrique3334]

FAZ UM VÍDEO DA DESIGUALDADE DE JENSEN, por favor.

[@fernandoberrig7569]

estamos mais próximo de calcular o sen(10º)

[@jorgepedreirapedreira678]

Questão excelente...se minha memória não falha, isso caiu exatamente assim numa questão discursiva do IME. Prá evitar ter de fazer oito cálculos de P(x) por substituição, que é um saco, demora muito e tem muita conta a fazer, seria recomendável utilizar o Teorema do Resto, e desenvolver esses cálculos via o algoritmo de Briot-Ruffini...o valor numérico sai rapidinho...😂😂😂

[@pedrojose392]

Sai mais fácil ainda, eliminado-se todas as possibilidades. Todas as possibilidades negativas devem ser descartadas, pois 20o E ao 1oQ e cos(teta)>=0 com tetaE1oQ. 1 e 1/2 podem ser dispensadas pois cos(teta) é uma função injetora se D=[0,90o] e cos(0)=1 e cos(60)=1/2 logo cos(20)1 e cos(20)1/2, por fim cos(teta) é monótona decrescente em [0,90o], portanto cos(20)>cos(60)=1/2 e 1/4 e 1/8 vão para o ralo.

[@Joao_Paulo_Fernandes_Bonfim]

não estava enxergando a ligação de trigonometria com polinômios, o segredo então é uma relação trigonométrica que envolve potências.

[@pedrojose392]

Vou fazer para o proposto ou seja cos(20o) é irracional. Como é um irracional algébrico, i.e., não é transcendente fica fácil. cos(20o)=a ==> cos(40o)=2a^2-1, sen(20o)=raiz(1-a^2) e sen(40)=2raiz(1-a^2)*a logo cos(60o)=1/2= (2*a^2-1)a-2(1-a^2)*a ...8a^3-6a-1=0 e como o polinômio tem coeficientes inteiros e o termo independente vale 1 e o de maior grau vale 8 Eliminando os valores negativos para a temos que a=r/s, com mdc(r,s)=1 logo r=1 e s | 8 a E {1, 1/2, 1/4, 1/8} como cos(teta) é injetora em [0,90o] temos que 1 e 1/2 devem ser descartados, já que cos(0)=1 e cos(60o)=1/2. Mas como a função cos(teta) é monótona decrescente em [0, 90o] temos que cos(20)>cos(60)=1/2 e 1/4 e 1/8 podem ser dispensados. Agora vou apresentar uma solução clássica, que não é minha, tomei conhecimento dela há 48 anos atrás, por uma colega da Matemática quando cursava Engenharia no Fundão (UFRJ) que é um voo mais alto. Prova que qualquer múltiplo racional de Pi, i.e.,teta= p*pi/q com p e q Naturais E ]0, Pi/2[, se cos(teta) E Q ==> teta=pi/3 e sai por corolário que qualquer ângulo, teta, inteiro em graus E (0, 90o) que tem cos(teta) E Q ==> teta=60o. O que achei legal nessa prova, por indução, é que se prova para n=1 e n=2 e depois se vale para n-1 e n prova-se que vale para n+1. Nunca tinha visto esse artifício, e nunca vi depois disso. Foi a única vez. Espero que alguém absorva esse conhecimento. cos(20o)=cos(pi/9), se enquadra na prova abaixo. cos(a+b)=cosacosb−senasenb (i) cos(a-b)=cosacosb+senasenb (ii) (i)+(ii) ==> cos(a+b)=2*cosacosb-cos(a-b) Seja a=nx e b=x temos que: cos((n+1)x)=2*cos(nx)cos(x)- cos((n-1)x) (iii) (iii)*2 ==> 2* cos((n+1)x)= 2*cos(nx)*2*2*cos(x)-2* cos((n-1)x) (iv) Vamos provar por indução que: 2cosnx=2cos(xn)+cn−1(2(cos(xn−1)+⋯+c1(2cosx)+c0 (v) Com co, c1, c2...cn-1 E Z Para n=1 é trivial... 2cos(2x)=2cos(2x) Para n=2 idem 2cos(2x)=cos(2x)^2-2 ...2cos(2x)=4(cos(x))^2-2...cos(2x)=2(cos(x))^2-1 identidade consagrada. Supondo que a igualdade 5 valha para n e (n-1) temos que por (iv) 2cos(n+1)x = (2cosnx)(2cosx)−2cos(n−1)x= = 2cosx[(2cosx)^n+an−1(2cosx)n−1+⋯+a0]-[2(cosx)^n−1+bn−2(2cosx)^n−2+⋯+b1(2cosx)+b0]= 2(cosx)^(n+1)+an−1(2cosx)^n+(an−2 −1)(2cosx)^n−1+ (an−3−bn−2)(2cosx)^(n-2)+ +...+ (a0−b1)(2cosx)−b0 como todos os coeficientes dessa igualdade devido ao fechamento da adição em Z, fica provado (v) por indução. Agora vamos propor e provar que é verdade: seja teta um múltiplo racional de Pi, i.e., teta=pi*p/q e p,q E |N e teta E (0, Pi/2); cos(teta) E Q ==> teta = Pi/3 (P1) Notem que como corolário, podemos afirmar que o único arco inteiro em graus no intervalo (0,90) que possui cos racional é 60º. Pois qualquer ângulo inteiro, k em graus, pode ser escrito como k*pi/180. É fácil observar que cos(2q*teta)=cos(2p*Pi)=1 Vamos utilizar (v) com n=2q e x=teta: 2cos2qθ=(2cosθ)^(2q)+c2q−1(2cosθ)^(2q−1)+⋯+c1(2cosθ)+c0 ou (2cosθ)^(2q)+c2q−1(2cosθ)^(2q−1)+⋯+c1(2cosθ)+c0-2=0 Então temos um polinômio mônico de grau 2q em t=2cos(teta) cos(teta) E Q ==> t E Q e pode ser escrito na forma t=r/s, com mdc(r,s)=1 e r,s E |N logo r |co-2 e s|1, como estamos tratando com r,s E N pois cos(teta)>0 para teta E (0, pi/2) s=1, mas 2cos (teta) E (0,2); logo só há um inteiro nesse intervalo, i.e., 1. Logo 2cos(teta)=1 e cos(teta)=1/2 e teta = Pi/3