Тригонометрия с олимпиады

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 685
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение Ian » 08 дек 2020, 13:42

олимпиада студенческая. возможно это существенно
ysZyVakSOEw.jpg
ysZyVakSOEw.jpg (7.42 KiB) 6617 просмотра

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 09 дек 2020, 21:25

Забубенная какая-то задача.
Правая часть выражается через радикалы (как известно $\cos \frac{\pi}{5} = \frac{\sqrt 5 +1}{4}$), в левой каждый из косинусов через радикалы не выражается, но их сумма вот будет.
Можно подумать, что справа стоит $\sqrt 2 \cos(\alpha - \frac{\pi}{5})$, где $\cos \alpha = \frac{1}{2\sqrt 2}$, и сделать вывод,
что действительная часть суммы трёх экспонент слева равна действительной части экспоненты справа (с коэффициентом). Это так, но сами комплексные числа не равны - там мнимые части разные.

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 10 дек 2020, 00:24

Вот есть совсем не олимпиадное, дуболомное решение через полиномы Чебышева.
Если обозначить $x_0 = \cos \frac{\pi}{35}$, то $\cos \frac{n\pi}{35} = T_n(x_0)$.
$$2(\cos \frac{8\pi}{35}+\cos \frac{12\pi}{35}+\cos \frac{18\pi}{35})-\cos \frac{7\pi}{35}=\sqrt 7 \sin \frac{7\pi}{35}$$
$$(2(\cos \frac{8\pi}{35}+\cos \frac{12\pi}{35}+\cos \frac{18\pi}{35})-\cos \frac{7\pi}{35})^2=7 (1 - \cos^2 \frac{7\pi}{35})$$
(При переходе к квадратам легко показать, что сумма не равна нулю.)
Получаем:
$$(2T_8(x)+2T_{12}(x)+2T_{18}(x)-T_7(x))^2 - 7(1-T_7^2(x)) = 0$$
Раскрываем скобки и получаем (можно руками, я делал через Maxima):
$$68719476736 {{x}^{36}}-618475290624 {{x}^{34}}+2551210573824 {{x}^{32}}-6388763852800 {{x}^{30}}+10843450245120 {{x}^{28}}-13187160211456 {{x}^{26}}-33554432 {{x}^{25}}+11844362174464 {{x}^{24}}+209715200 {{x}^{23}}-7979436867584 {{x}^{22}}-576716800 {{x}^{21}}+4052613070848 {{x}^{20}}+916979712 {{x}^{19}}-1545831710720 {{x}^{18}}-931397632 {{x}^{17}}+437186527232 {{x}^{16}}+630030336 {{x}^{15}}-89490751488 {{x}^{14}}-286883840 {{x}^{13}}+12729991168 {{x}^{12}}+86794240 {{x}^{11}}-1173188608 {{x}^{10}}-16766464 {{x}^{9}}+61011200 {{x}^{8}}+1903744 {{x}^{7}}-1178752 {{x}^{6}}-105504 {{x}^{5}}-19376 {{x}^{4}}+1400 {{x}^{3}}+856 {{x}^{2}}+28 x-3 = 0$$

Теперь Maxima выделяет 3 множителя отсюда:
$$Q_1(x) = (8 {{x}^{3}}-4 {{x}^{2}}-4 x+1)^2$$
$$Q_2(x) = 4096 {{x}^{12}}+2048 {{x}^{11}}-12288 {{x}^{10}}-5632 {{x}^{9}}+13824 {{x}^{8}}+5504 {{x}^{7}}-7232 {{x}^{6}}-2272 {{x}^{5}}+1760 {{x}^{4}}+368 {{x}^{3}}-160 {{x}^{2}}-16 x+1$$
$$Q_3(x) = 262144 {{x}^{18}}+131072 {{x}^{17}}-1179648 {{x}^{16}}-557056 {{x}^{15}}+2211840 {{x}^{14}}+983040 {{x}^{13}}-2224128 {{x}^{12}}-929792 {{x}^{11}}+1280000 {{x}^{10}}+506368 {{x}^{9}}-411648 {{x}^{8}}-157568 {{x}^{7}}+64000 {{x}^{6}}+25472 {{x}^{5}}-2272 {{x}^{4}}-1480 {{x}^{3}}-272 {{x}^{2}}-44 x-3$$
Только множитель $Q_2$ зануляется при $x = x_0 = \cos \frac{\pi}{35}$. Докажем, что он равен нулю.

Далее, как известно, $T_7(\cos \frac{\pi}{35}) = \cos \frac{\pi}{5} = \frac{\sqrt 5 + 1}{4}$.
Можно найти НОД многочленов $Q_2(x)$ и $T_7(x) - \frac{\sqrt 5 + 1}{4}$.
Опуская детали, заметим что многочлен $T_7(x) - \frac{\sqrt 5 + 1}{4}$ имеет корень $x = -\cos \frac{2\pi}{5} = -\frac{\sqrt 5 - 1}{4}$.
Значит $T_7(x) - \frac{\sqrt 5 + 1}{4} = (x + \frac{\sqrt 5 - 1}{4}) \cdot TR_7(x)$, где
$$TR_7(x) = 64 {{x}^{6}}-16 \left( \sqrt{5}-1\right) \, {{x}^{5}}+\left( -8 \sqrt{5}-88\right) \, {{x}^{4}}+\left( 20 {\sqrt{5}}-12\right) \, {{x}^{3}}+\left( 8 \sqrt{5}+28\right) \, {{x}^{2}}+\left( -{{5} \sqrt 5}-3\right)  x-\frac{\sqrt{5}}{2}-\frac{3}{2}$$
Наш $x_0 = \cos \frac{\pi}{35}$ - это корень многочлена $TR_7$, т.к. он корень многочлена $T_7 - \frac{\sqrt 5 + 1}{4}$.

Делим многочлен $Q_2$ на $TR_7$, получаем $Q_2(x) = TR_7(x) \cdot P_2(x)$, где
$$P_2(x) = \frac 1 2 (128 {{x}^{6}}+\left( 32 \sqrt{5}+32\right) \, {{x}^{5}}+\left( 16 \sqrt{5}-176\right) \, {{x}^{4}}+\left( -40 {\sqrt{5}}-24\right) \, {{x}^{3}}+\left( 56-16 \sqrt{5}\right) \, {{x}^{2}}+\left( 10 {\sqrt{5}}-6\right)  x+\sqrt{5}-3)$$

Значит $Q_2(x_0) = 0$, т.к. $TR_7(x_0) = 0$. Значит равенство верно.

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 10 дек 2020, 00:48

Да, в принципе, зная разложение многочлена на множители, можно попробовать подобрать тригонометрическое решение.

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 10 дек 2020, 05:40

Имеется ввиду, что из вот такой штуки:
$$\left((2\cos \frac{8\pi}{35}+2\cos \frac{12\pi}{35}+2\cos \frac{18\pi}{35}-\cos \frac{\pi}{5})^2 - 7 \sin^2 \frac{\pi}{5}\right)\left(\cos \frac{\pi}{35} + \frac{\sqrt 5 - 1}{4}\right)$$
можно как-то вычленить множитель $\cos \frac{\pi}{5} -  \frac{\sqrt 5 + 1}{4}$.

Сделать это точно можно. Например разложив всё в многочлен от $\cos \frac{\pi}{35}$.
Вопрос в том, как это сделать попроще?

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 11 дек 2020, 11:07

Если интересно, вот код для Maxima:

Код: Выбрать все

load (orthopoly);
p7:chebyshev_t(7,x),ratsimp;
p8:chebyshev_t(8,x),ratsimp;
p12:chebyshev_t(12,x),ratsimp;
p18:chebyshev_t(18,x),ratsimp;
Q:(2*(p8+p12+p18)-p7)^2-7*(1-p7^2),ratsimp;
px7:p7-(sqrt(5)+1)/4;
R:divide(Q,px7,x);
R2:divide(px7,R[2],x),ratsimp;
divide(Q*R2[1],px7,x);
divide(Q*(x+(sqrt(5)-1)/4),px7,x);

Два последних деления дают ноль в остатке, т.е. делится без остатка.

Выдаёт такое:
pi35_2.png
pi35_2.png (138.17 KiB) 6541 просмотра

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 17 дек 2020, 18:21

Нет идей, как это по олимпиадному решать?

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 17 дек 2020, 18:29

Например, $\cos \frac{18\pi}{35} = -\cos \frac{17\pi}{35} = -\sin \frac{\pi}{70}$.
Или $\cos \frac{8\pi}{35}+\cos \frac{12\pi}{35}+\cos \frac{18\pi}{35} = (\cos \frac{8\pi}{35}-\cos \frac{6\pi}{35})+(\cos \frac{6\pi}{35}+\cos \frac{12\pi}{35}+\cos \frac{18\pi}{35})$. В первой скобке разность косинусов - представляется как произведение для фаз $\frac{7\pi}{35}$ и $\frac{\pi}{35}$. Во второй - арифметическая прогрессия фаз, которую можно свернуть.

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 685
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение Ian » 21 дек 2020, 12:51

Решений жюри, насколько я знаю, не публиковалось к ней. Спасибо, что проверили сам факт.

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 21 дек 2020, 13:17

Хотелось бы понять общий подход...

Я бы наверно перефразировал задачу из равенства в "выразить левую часть в радикалах".
Кстати, альфа как то вычисляет это. Если ей дать левую часть, то выдаёт ответ в радикалах.
Каждый их этих трёх косинусов не выражается в радикалах, а их сумма выражается, т.е. явлется "алгебраическим целым".
Вот общий вопрос, если задано какое-то простое тригонометрической выражение (например здесь - сумма трёх косинусов), как проверить, явлется ли это число алгебраическим целым?

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 685
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение Ian » 21 дек 2020, 20:58

zykov писал(а):Вот общий вопрос, если задано какое-то простое тригонометрической выражение (например здесь - сумма трёх косинусов), как проверить, явлется ли это число алгебраическим целым?
Выразимость с помощью 4-х арифметических действий и квадратных радикалов, используя только целые числа -равносильно возможности построения отрезка данной длины с помощью циркуля и линейки, если есть эталонный единичный отрезок

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 23 дек 2020, 13:12

zykov писал(а):Source of the post а их сумма выражается, т.е. явлется "алгебраическим целым".

Тут я немного напутал. Правая часть до деления на два была алгебраическим целым. После деления оно уже не целое.
Так что не сумма трёх косинусов - алгебраическое целое, а их удвоенная сумма.

Так что вот ещё путь решения. Удвоенная правая часть - это корень многочлена $x^4-x^3-9x^2+9x+11$.
Значит нужно доказать, что $2(\cos \frac{8\pi}{35}+\cos \frac{12\pi}{35}+\cos \frac{18\pi}{35})$ - это корень этого многочлена. Нужно просто подставить и упростить. И ещё показать, что это нужный корень из 4 возможных.

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 23 дек 2020, 13:16

Там 2 из четырёх корней отрицательные, так что выпадают.
Нужный корень - примерно $2.364$, другой положительный корень примерно $2.207$, его надо исключить.

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 04 янв 2021, 23:18

zykov писал(а):Source of the post Имеется ввиду, что из вот такой штуки:
$$\left((2\cos \frac{8\pi}{35}+2\cos \frac{12\pi}{35}+2\cos \frac{18\pi}{35}-\cos \frac{\pi}{5})^2 - 7 \sin^2 \frac{\pi}{5}\right)\left(\cos \frac{\pi}{35} + \frac{\sqrt 5 - 1}{4}\right)$$
можно как-то вычленить множитель $\cos \frac{\pi}{5} - \frac{\sqrt 5 + 1}{4}$.


Там даже проще. Не нужно ничего вычленять.
Если упростить $$(2\cos \frac{8\pi}{35}+2\cos \frac{12\pi}{35}+2\cos \frac{18\pi}{35}-\cos \frac{\pi}{5})^2 - 7 \sin^2 \frac{\pi}{5}$$, то получится ноль.
Нужно раскрыть скобки и привести к каноническому виду, когда все слагаемые имеют порядок "один".
(Имеется ввиду, что любое произведение "sin sin", "cos cos", "sin cos" по формуле произведения заменяем на сумму/разность, понижая порядок на 1, пока все слагаемые не будут иметь порядок 1.)
Вот и Maxima сразу ноль выдаёт.

Код: Выбрать все

trigrat((2*(cos(8*%pi/35)+cos(12*%pi/35)+cos(18*%pi/35))-cos(7*%pi/35))^2-7*sin(7*%pi/35)^2)
0

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 05 янв 2021, 13:13

Видимо процедура 'trigrat' делает ещё что-то, кроме приведения к каноническому виду, раз она выдаёт ноль.
Попробовал сам привести к этому виду, получилась сумма косинусов, но они не сократились сами.
Вот если выражение $$(2\cos \frac{8\pi}{35}+2\cos \frac{12\pi}{35}+2\cos \frac{18\pi}{35}-\cos \frac{\pi}{5})^2 - 7 \sin^2 \frac{\pi}{5}$$ умножить на $$\cos \frac{\pi}{35} - \cos \frac{3 \pi}{5}$$ и затем упростить и привести к каноническому виду, то тогда все слагаемые сокращаются и получается ноль.

В принципе это уже можно вручную на бумаге проделать. Но всё равно как-то длинно для олимпиады.
Видимо они там что-то другое имели ввиду.

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 07 янв 2021, 00:57

Чтобы пояснить, в чём тут дело, то можно рассмотреть левую часть выражения $$2(\cos \frac{8\pi}{35}+\cos \frac{12\pi}{35}+\cos \frac{18\pi}{35})-\cos \frac{7\pi}{35}=\sqrt 7 \sin \frac{7\pi}{35}$$, как многочлен от $x = \cos \frac {\pi}{35}$.
Само $x$ мы не можем явно выразить в радикалах, но можем неявно, как корень многочлена $T_7(x) - \frac{\sqrt 5 + 1}{4}$.
Дело в том, что этот многочлен всего имеет 7 корней. Нужный нам - с фазой 1. И ещё 6 фаз: 11, 21, 31, 41, 51, 61.
Т.е. если мы хотим доказать равенство исходя их этого многочлена, то равенство должно быть верно для всех 7 корней. Но оно верно только для трёх корней - фазы 1, 11, 51. Ещё для трёх корней с фазами 31, 41, 61 верно такое же равенство, где синус с минусом. И для фазы 21 левая часть совсем не похожа на правую. Кстати, фаза 21 примечательна тем, что там 7 сокращается и этот косинус можно выразить в радикалах, в отличии от других корней.
Таким образом, если мы комбинируем 3 множителя: исходный $$2(\cos \frac{8\pi}{35}+\cos \frac{12\pi}{35}+\cos \frac{18\pi}{35})-\cos \frac{7\pi}{35}-\sqrt 7 \sin \frac{7\pi}{35}$$, второй $$2(\cos \frac{8\pi}{35}+\cos \frac{12\pi}{35}+\cos \frac{18\pi}{35})-\cos \frac{7\pi}{35}+\sqrt 7 \sin \frac{7\pi}{35}$$ и ещё один $$\cos \frac{\pi}{35} - \cos \frac{3 \pi}{5}$$, то первый зануляется для 3 корней, второй для других 3 корней и третий для оставшегося 7ого корня. Т.е. теперь для любого из семи корней это выражение равно нулю.

Далее, либо можно это выражение представить как многочлен и он будет делится на многочлен $T_7(x) - \frac{\sqrt 5 + 1}{4}$, либо раскрыть скобки и упростить - он упростится до нуля.

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 07 янв 2021, 03:11

Нашел наконец олимпиадное решение. В принципе и школьник это может решить, но трудно догадатся.
Сначала решаем Диофантовы уравнения. Из $1=3\cdot5-2\cdot7$ находим:
$8=24\cdot5-16\cdot7=3\cdot5-7$
$12=36\cdot5-24\cdot7=5+7$
$18=54\cdot5-36\cdot7=5\cdot5-7$

Далее по формулам косинуса суммы/разности получаем:
$$\cos\frac{8\pi}{35}+\cos\frac{12\pi}{35}+\cos\frac{18\pi}{35} = \cos(\frac{3\pi}{7}-\frac{\pi}{5})+\cos(\frac{\pi}{7}+\frac{\pi}{5})+\cos(\frac{5\pi}{7}-\frac{\pi}{5}) = $$
$$= (\cos\frac{3\pi}{7}-\cos\frac{2\pi}{7}+\cos\frac{\pi}{7})\cos\frac{\pi}{5} + (\sin\frac{3\pi}{7}+\sin\frac{2\pi}{7}-\sin\frac{\pi}{7})\sin\frac{\pi}{5}$$
Осталось показать, что
$$\cos\frac{3\pi}{7}-\cos\frac{2\pi}{7}+\cos\frac{\pi}{7} = \frac12$$
$$\sin\frac{3\pi}{7}+\sin\frac{2\pi}{7}-\sin\frac{\pi}{7} = \frac{\sqrt 7}{2}$$

Для этого используем примечательный факт, что $\cos\frac{\pi}{7}$ - это корень кубического многочлена $$8 x^3 - 4 x^2 - 4 x + 1$$ (он у меня уже возникал ранее как $Q_1$). Это общее свойство для $\cos\frac{\pi}{k}$, где $k$ нечётный. Так этот косинус - это корень многочлена $T_k(x)+1$. Но там есть тривиальный корень $\cos \pi = -1$ (для нечётного $k$ будет $\cos k\pi = \cos\pi = -1$). Половина остальных корней будет сверху оси X, а другая половина будет снизу оси, симметрично первой половине. Т.е. косинусы нижних равны косинусам верхних. Значит наш многочлен разлагается на множитель первой степени и квадрат многочлена степени $\frac{k-1}{2}$. Так для 5 можно получить квадратный многочлен. Для 7 здесь мы получили кубический многочлен. Для 11 будет многочлен 5ой степени и т.д..

Для первого равенства всё просто.
$$\cos\frac{3\pi}{7}-\cos\frac{2\pi}{7}+\cos\frac{\pi}{7} = 4\cos^3\frac{\pi}{7} - 2\cos^2\frac{\pi}{7} - 2\cos\frac{\pi}{7} + 1 = \frac12 + \frac12(8\cos^3\frac{\pi}{7} - 4\cos^2\frac{\pi}{7} - 4\cos\frac{\pi}{7} + 1) = \frac12$$
Для второго равенства аналогично можно показать, что $$4(\sin\frac{3\pi}{7}+\sin\frac{2\pi}{7}-\sin\frac{\pi}{7})^2 = 7$$.
Сначала возводим в квадрат, потом переходим к каноническому виду и все фазы переводим в первую четверть.
Получим $$2\cos\frac{3\pi}{7}-2\cos\frac{2\pi}{7}+2\cos\frac{\pi}{7}+6$$, что равно 7, как было показано выше.

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 07 янв 2021, 08:31

Любопытный момент, что тут вообще никак не использовалось то что синус и косинус угла $\pi/5$ выражаются в радикалах.
Этот факт скорее мешал, уводя в ложном направлении.
Тут вместо $\pi/5$ мог бы быть какой-то другой угол, например $\pi/11$.
(Вообще верно для любого угла $\alpha$, но чтобы завуалировать решение, там должно быть $\pi$ умноженное на дробь.)

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 07 янв 2021, 11:53

Кстати, то что $$\cos\frac{5\pi}{7}+\cos\frac{3\pi}{7}+\cos\frac{\pi}{7}=\frac12$$ видно сразу из многочлена по теореме Виетта: $-(-4/8)=1/2$.

Заодно оттуда же видно, что
$$\cos\frac{5\pi}{7} \cdot \cos\frac{3\pi}{7} \cdot \cos\frac{\pi}{7}=-\frac18$$
$$\cos\frac{5\pi}{7} \cdot \cos\frac{3\pi}{7} + \cos\frac{5\pi}{7} \cdot \cos\frac{\pi}{7} + \cos\frac{3\pi}{7} \cdot \cos\frac{\pi}{7}=-\frac12$$

zykov
Сообщений: 1004
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Тригонометрия с олимпиады

Сообщение zykov » 18 янв 2021, 22:12

zykov писал(а):Source of the post Для этого используем примечательный факт, что $\cos\frac{\pi}{7}$ - это корень кубического многочлена $$8 x^3 - 4 x^2 - 4 x + 1$$

Можно вобщем-то этот кубический многочлен не вычленять.
Там по формуле Виетта сразу из $T_7$ видно. Коэффициент при $x^6$ равен нулю, так что $$2(\cos\frac{5\pi}{7}+\cos\frac{3\pi}{7}+\cos\frac{\pi}{7}) - 1=0$$.
Тут имеется простой геометрический смысл (так что школьник может и не знать $T_7$) - сумма семи векторов равномерно распределенных по окружности равна нулю (видно из симметрии при повороте).
Это по поводу вопроса, как так вышло, что сумма косинусов выражается в радикалах, при том что каждый косинус в радикалах не выражается.

Аналогично можно получить $$2(\cos\frac{7\pi}{9}+\cos\frac{5\pi}{9}+\cos\frac{3\pi}{9}+\cos\frac{\pi}{9}) - 1=0$$. Значит $$\cos\frac{7\pi}{9}+\cos\frac{5\pi}{9}+\cos\frac{\pi}{9}=0$$ или $$\cos\frac{4\pi}{9}+\cos\frac{2\pi}{9}=\cos\frac{\pi}{9}$$.
Для 11: $$2(\cos\frac{9\pi}{11}+\cos\frac{7\pi}{11}+\cos\frac{5\pi}{11}+\cos\frac{3\pi}{11}+\cos\frac{\pi}{11}) - 1=0$$.
И т.д.

Это показывает, как некоторые суммы косинусов могут выражатся как рациональное число, при том что сами косинусы даже не выражаются в радикалах. Та сумма, что была в этой задаче, просто сводится к одной из таких сумм (конкретно - к сумме для 7).


Вернуться в «Математика»

Кто сейчас на форуме

Количество пользователей, которые сейчас просматривают этот форум: нет зарегистрированных пользователей и 8 гостей