Coseno algebraico

Publicado por ^DiAmOnD^ | 1 diciembre, 2009 | Juegos | 13 |

Siguiendo con la temática de los números algebraicos y trascendentes de la semana pasada os dejo el siguiente problema:

Demostrar que $cos(x)$ es algebraico si $x$ es un múltiplo racional de $\pi$ .

Ánimo. A por él.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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Bitacoras.com

01/12/2009 10:39

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Siguiendo con la temática de los números algebraicos y trascendentes de la semana pasada os dejo el siguiente problema: Demostrar que es algebraico si y sólo si es un múltiplo racional de . Ánimo. A por él….

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01/12/2009 20:59

Si a es un número algebraico distinto de cero, entonces e^a, sen(a), cos(a) y tan(a) son trascendentes

Responde

01/12/2009 22:17

Si $x=\frac{p}{q}\pi$ , entonces $\cos x=\cfrac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}=(-1)^{p/q}$ es algebraico.

El recíproco es consecuencia del teorema de Lindemann. Si $\cos x$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}$ entonces también lo es $2\cos x=z+z^{-1}$ , con $z=e^{ix}$ . Entonces existe un polinomio $p_n(u)=\displaystyle{\sum_{k=0}^n} a_ku^k$ , con $n\geq 1$ y $a_n\neq 0$ , tal que $p_n(z+z^{-1})=0$ . Pero esta expresión es de la forma

$\displaystyle{\sum_{k=-n}^n} b_k z^k=0$ , con $b_k\in\mathbb{Q}$ y $b_n=a_n$ . El teorema de Lindemann implica que $z^n\in\mathbb{Q}$ (ya que no todos los coeficientes pueden ser nulos). Pero como $|z|=1$ , debe ser que $z^n=e^{im\pi} =(\pm 1)$ , para algún $m$ entero. Y esto nos dice que $x$ es múltiplo racional de $\pi$ .

Responde

02/12/2009 01:18

Perdón, la primera línea del comentario anterior es un disparate! Vaya racha que llevo!

Responde

02/12/2009 01:36

No obstante lo anterior, si $x=\frac{p}{q}\pi$ , podemos ver que $M:=2\cos(x)$ es algebraico notando que para $z=e^{ip\pi/q}$

$M=z+z^{-1}$
$M^2=z^2+z^{-2}+2$
$M^3=z^3+z^{-3}+3M$
e inductivamente vemos que $z^k+z^{-k}=P_k(M)$ , siendo $P_k$ un polinomio de grado $k$ . En particular, para $k=q$ , vemos que

$z^q+z^{-q}=P_q(M)$ , con $z^q+z^{-q}=e^{ip\pi}+e^{-ip\pi}=2\cos(p\pi)=2(-1)^p$ .

En definitiva hemos encontrado un polinomio de grado $q$ tal que $P_q(M)-2(-1)^p=0$ , y $M$ es algebraico. En particular, también lo es $\cos(x).$

Responde

asdfa

Reply to M

28/11/2020 15:08

no veo como haces esa induccion al polinomio Pk

Responde

vengoroso

02/12/2009 17:07

Otra forma (en esencia equivalente a la de M, pero sin usar complejos) de ver que $\cos x$ es algebraico para $x= \frac{p}{q}\pi$ es tener en cuenta que $\cos qx = \cos p\pi = (-1)^{p}$ . Por otro lado, usando esto conjuntamente con las formulas de de Moivre tenemos que

$(-1)^p = \cos qx = \sum_{k=0}^{\floor{q/2}} \binom{q}{2k} (\cos x)^{q-2k}((\cos x)^2 - 1)^k$

de donde obtenemos un polinomio con coeficientes enteros que se anula en $\cos x$ .

Responde

02/12/2009 22:50

Mucho me temo que la implicación «solo si» del enunciado es falsa.

Responde

03/12/2009 00:55

Tras el comentario de a, veo que el argumento que dí en la segunda parte de mi primer comentario es incorrecto. La aplicación del teorema de Lindemann hace uso implícito de que $x$ es algebraico, y entonces la única conclusión que debí sacar es que si $x$ es algebraico (no nulo) entonces $\cos(x)$ es trascendente.

Responde

vengoroso

03/12/2009 01:23

¿No se puede adaptar el teorema de Lindemann con un poco de cuidado? Jugando un poco tenemos que $\cos x$ algebraico implica $\sin x$ algebraico, por tanto $i\sin x$ algebraico, de ahí $e^{ix}$ algebraico, y por ser $i$ algebraico Lindemann nos asegura que $x$ debe ser trascencente (si fuera algebraico su exponencial no podría serlo también). Si vemos que la extensión $latex \mathbb{Q}(x,\pi)\colon \mathbb{Q}\$ tiene grado de trascendencia igual a 1, habremos terminado.

Responde

03/12/2009 01:23

Efectivamente, a, tiene usted toda la razón una vez más. Intentando ver que $x=arccos(1/3)$ es un contraejemplo a esa implicación, he recordado que en el libro de las demostraciones de Aigner y Ziegler (por ejemplo, en la edición de Nivola 2005, pág. 32) se demuestra que $\frac{1}{\pi}arccos \left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$ es irracional si $n\geq 3$ impar. Este hecho fue usado por Max Dehn para resolver el tercer problema de Hilbert.

Responde

03/12/2009 01:32

Lamentablemente, vengoroso, el contraejemplo anterior es rotundo. A primera vista, ayer pensé que la implicación era consecuencia directa de Lindemann, pero ya ves el patinazo que he vuelto a dar por no hacer las cosas con detenimiento 🙂

Responde

gaussianos

03/12/2009 03:41

Ups, metí la pata en el enunciado, me confié :(. Lo cambio ahora mismo. Gracias a y compañía :).

Responde

03/12/2009 13:26

Otra forma algo más elemental de ver que la implicación es falsa: sea a de manera que cos(a)=3/5. Entonces sin(a)=4/5 y exp(ia)=(3+4i)/5. Si a fuera un múltiplo racional de Pi, exp(ia) sería una raíz enesima de la unidad (para un cierto n) y para este n (y unos cuantos más) tendriamos que ((3+4i)/5)^n=1. Vamos a ver que esto no es posible: (3+4i)^n=a[n]+i*b[n] donde a[n]=3a[n-1]-4b[n-1], b[n]=4a[n-1]+3b[n-1], a[1]=3, b[1]=4. De aquí se puede ver que: a[n]=6a[n-1]-25a[n-2] y b[n]=6b[n-1]-25b[n-2]. Fijémonos en que módulo 5 tenemos que a[n]=a[n-1] y b[n]=b[n-1], por lo que módulo 5 todos los b[n] son iguales a 4. En consecuencia… Lee más »

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