Toplista
- betöltés...
Ha szívesen korrepetálnál, hozd létre magántanár profilodat itt.
Ha diák vagy és korrepetálásra van szükséged, akkor regisztrálj be és írd meg itt, hogy milyen tantárgyban!
Igazold, hogy cos(2π/5) megszerkeszthető.
nemtudni
{ Kérdező } kérdése
412
Eredeti feladat szövege:
Show that cos(2π/5) is constructible.
HINT: Use De Moivre’s Theorem to find a polynomial with integer coefficients having cos(2π/5) as a root and hence express cos(2π/5) as a surd expression involving square roots.
Show that cos(2π/5) is constructible.
HINT: Use De Moivre’s Theorem to find a polynomial with integer coefficients having cos(2π/5) as a root and hence express cos(2π/5) as a surd expression involving square roots.
Jelenleg 1 felhasználó nézi ezt a kérdést.
0
Középiskola / Matematika
Válaszok
2
Rantnad
{ 
}
megoldása
Ha nem muszáj algebrailag, akkor 2π/5=72°, ami a szabályos ötszög átlóinak hajlásszöge, szabályos ötszöget pedig tudunk szerkeszteni, és a 72°-os szöghöz csak szerkeszteni kell egy olyan derékszögű háromszöget, hogy a szög melletti befogó hossza egység legyen, ekkor az átfogó hossza pont cos(2π/5) hosszú lesz.
Algebrailag az 1 5. gyökei fognak szabályos ötszöget alkotni a komplex számsíkon, és a pontokat Moivre képlete adja meg; ⁵√1 = 1*(cos(k*π/5)+i*sin(k*π/5)), ahol k 0-tól 4-ig veszi fel az egész számokat. Nekünk a k=2 esetén lesz a képletben cos(2π/5).
Algebrailag az 1 5. gyökei fognak szabályos ötszöget alkotni a komplex számsíkon, és a pontokat Moivre képlete adja meg; ⁵√1 = 1*(cos(k*π/5)+i*sin(k*π/5)), ahol k 0-tól 4-ig veszi fel az egész számokat. Nekünk a k=2 esetén lesz a képletben cos(2π/5).
1
- Még nem érkezett komment!
bongolo
{ }
válasza
Azért le kellene vezetni, hogy milyen gyökös kifejezés lesz, amit meg lehet szerkeszteni...
A komplex egységkörön a `(2π)/5` szöghöz a `z=cos\ (2π)/5+i·sin\ (2π)/5` szám tartozik.
A De Moivre tétel szerint `z^5=cos\ 5·(2π)/5+i·sin\ 5·(2π)/5=1+i·0`
Fejezzük ki ezt az 5-ödik hatványt simán polinom-hatványozással is. Hogy ne kelljen annyit írni, legyen `x=cos\ (2π)/5` és `y=sin\ (2π)/5`, tehát hatványozzuk az `x+i·y` számot. Tudjuk tehát a fentiekből, hogy az 5-ödik hatványa 1:
`(x+i·y)^5=1`
`x^5+5·x^4y·i+10·x^3y^2·i^2+10·x^2y^3·i^3+5·x·y^4·i^4+y^5·i^5 = 1`
`x^5+5·x^4y·i-10·x^3y^2-10·x^2y^3·i+5·x·y^4+y^5·i = 1`
`(x^5-10·x^3y^2+5·x·y^4)+(5·x^4y-10·x^2y^3+y^5)·i = 1`
Aminek a valós része: `x^5-10·x^3y^2+5·x·y^4 = 1`
A képzetes része pedig: `5·x^4y-10·x^2y^3+y^5 = 0`
Az utóbbival könnyebb tovább dolgozni, hisz az 0. Osszunk `y`-nal (ami tuti nem 0) :
`5·x^4-10·x^2y^2+y^4 = 0`
`5(x^2)^2-10·x^2y^2+(y^2)^2 = 0`
Tudjuk, hogy `x^2+y^2=1` (Pitagorasz), vagyis `y^2` kihagyható:
`5(x^2)^2-10·x^2(1-x^2)+(1-x^2)^2 = 0`
`5(x^2)^2-10·x^2+10(x^2)^2+1-2x^2+(x^2)^2 = 0`
`16(x^2)^2-12x^2+1=0`
Megoldóképlettel:
`x^2=(12+-sqrt(144-64))/(32)`
`x^2=(3+-sqrt(5))/(8)`
`(2π)/5` az első negyedben van, tehát a koszinusza pozitív:
`x=sqrt((3+-sqrt(5))/8)`
Még ki kellene találni, hogy + vagy - kell-e bele. `sqrt5` nagyobb 2-nél, tehát az összeg nagyobb lenne `1/2`-nél, ami `cos\ π/3`. Viszont `π/3 < (2π)/5`, és mivel a koszinusz az első negyedben csökkenő függvény, ez nem lehet jó. Tehát a kivonás adja a jó gyököt:
`x=sqrt((3-sqrt(5))/8)`
Kész is vagyunk, hisz gyökvonást is meg osztást is lehet szerkeszteni.
----
Lehetne tovább szórakozni vele, hogy eltüntessük a külső gyökvonást: Nézzük a számláló dupláját:
`6-2sqrt(5)=5-2sqrt5+1=(sqrt5-1)^2`, ebből már tudunk gyököt vonni:
`x=(sqrt(5)-1)/4`
Ezt még egyszerűbb megszerkeszteni, de már az előző is jó.
A komplex egységkörön a `(2π)/5` szöghöz a `z=cos\ (2π)/5+i·sin\ (2π)/5` szám tartozik.
A De Moivre tétel szerint `z^5=cos\ 5·(2π)/5+i·sin\ 5·(2π)/5=1+i·0`
Fejezzük ki ezt az 5-ödik hatványt simán polinom-hatványozással is. Hogy ne kelljen annyit írni, legyen `x=cos\ (2π)/5` és `y=sin\ (2π)/5`, tehát hatványozzuk az `x+i·y` számot. Tudjuk tehát a fentiekből, hogy az 5-ödik hatványa 1:
`(x+i·y)^5=1`
`x^5+5·x^4y·i+10·x^3y^2·i^2+10·x^2y^3·i^3+5·x·y^4·i^4+y^5·i^5 = 1`
`x^5+5·x^4y·i-10·x^3y^2-10·x^2y^3·i+5·x·y^4+y^5·i = 1`
`(x^5-10·x^3y^2+5·x·y^4)+(5·x^4y-10·x^2y^3+y^5)·i = 1`
Aminek a valós része: `x^5-10·x^3y^2+5·x·y^4 = 1`
A képzetes része pedig: `5·x^4y-10·x^2y^3+y^5 = 0`
Az utóbbival könnyebb tovább dolgozni, hisz az 0. Osszunk `y`-nal (ami tuti nem 0) :
`5·x^4-10·x^2y^2+y^4 = 0`
`5(x^2)^2-10·x^2y^2+(y^2)^2 = 0`
Tudjuk, hogy `x^2+y^2=1` (Pitagorasz), vagyis `y^2` kihagyható:
`5(x^2)^2-10·x^2(1-x^2)+(1-x^2)^2 = 0`
`5(x^2)^2-10·x^2+10(x^2)^2+1-2x^2+(x^2)^2 = 0`
`16(x^2)^2-12x^2+1=0`
Megoldóképlettel:
`x^2=(12+-sqrt(144-64))/(32)`
`x^2=(3+-sqrt(5))/(8)`
`(2π)/5` az első negyedben van, tehát a koszinusza pozitív:
`x=sqrt((3+-sqrt(5))/8)`
Még ki kellene találni, hogy + vagy - kell-e bele. `sqrt5` nagyobb 2-nél, tehát az összeg nagyobb lenne `1/2`-nél, ami `cos\ π/3`. Viszont `π/3 < (2π)/5`, és mivel a koszinusz az első negyedben csökkenő függvény, ez nem lehet jó. Tehát a kivonás adja a jó gyököt:
`x=sqrt((3-sqrt(5))/8)`
Kész is vagyunk, hisz gyökvonást is meg osztást is lehet szerkeszteni.
----
Lehetne tovább szórakozni vele, hogy eltüntessük a külső gyökvonást: Nézzük a számláló dupláját:
`6-2sqrt(5)=5-2sqrt5+1=(sqrt5-1)^2`, ebből már tudunk gyököt vonni:
`x=(sqrt(5)-1)/4`
Ezt még egyszerűbb megszerkeszteni, de már az előző is jó.
1
-
nemtudni: Köszönöm, csak sajnos nem tudom mindkettőt megoldásnak jelölni
6 éve
0