SNS 2017/2018 n. 1

[Cmax1]

Stavo guardando il problema dell'ammissione SNS 2017/18 con alcuni liceali del quarto anno, ma confesso di essere un po' in difficoltà nel ricondurre la risoluzione agli argomenti di programma.
1) Consegue dal comportamento di $\sin x $ e $\cos x $, e credo sia sufficiente un'illustrazione grafica.
2) La risoluzione standard passerebbe per la teoria delle differenze finite, ma visto che viene fornita la soluzione, per verificarla sono sufficienti le formule di Werner, ricordando che $\cos \theta = 3/5$ e $\sin \theta = 4/5$
$\frac {6}{5} a_{n+1} = 2 \cos \theta \cos [(n+1)\theta + \alpha ] = \cos [(n+2)\theta + \alpha] + \cos[n \theta + \alpha] = a_{n+2} + a_n $
3) Assumendo noto che gli unici valori razionali di $\sin \frac{p \pi}{q}$ sono $0, \pm \frac {1}{2}, \pm 1$ la risoluzione è abbastanza rapida. Ma potrebbe non essere così noto al liceo. Vi vengono in mente procedimenti più immediati?
4) Si può usare la proprietà dell'insieme dei valori $n \theta + \alpha \mod 2 \pi$, $n \in \mathbb {N}$ di essere denso in $[0, 2 \pi]$. Anche in questo caso, a qualcuno sovviene un metodo più elementare?

[@melia]

Per la risposta 1 se non bastasse un grafico, si potrebbe fare riferimento ad una dimostrazione in geometria analitica abbastanza banale.
Per la 2 avevo scelto una strada più lunga utilizzando il coseno della somma, Werner è decisamente più umano.
Per le successive non ho risposte migliori di quelle che hai dato tu.

[LoreT314]

Come siete risaliti a quei valori nel punto 2?

[Cmax1]

"LoreT314":Come siete risaliti a quei valori nel punto 2?

Non sono sicuro di aver capito la domanda.
Comunque, il testo del problema chiede al punto 2. di dimostrare che «esistono unici $r>0$ e $0\le \alpha <2 \pi$ tali che per ogni $n \ge 0$ si ha $a_n = r \cos(\alpha + n \theta)$», con i valori di $\cos \theta$ e $\sin \theta$ definiti nel punto 1. Il passaggio scritto dimostra che la successione $a_n$ soddisfa la relazione ricorsiva fornita dalla traccia del problema. «Esistono unici» è stato inteso come "determinano univocamente la $a_n$": in effetti se non vengono forniti i valori iniziali $a_0$ e $a_1$ la relazione ricorsiva, lineare, è valida per qualunque valore di $r$ e $\alpha$, anche nel caso limite $r=0$ (ma in questo caso tutti gli $a_n$ sarebbero nulli, escluso per ipotesi).

[.Ruben.17]

Finalmente in pausa dagli esami, l'ho potuto risolvere (mi è rimasto il dubbio su come dimostrare elementarmente l'irrazionalità di $\frac{\theta}{\pi}$, quindi vi prego di proporre vostre idee):

Primo punto: banale.

Secondo punto: La traccia chiede di dimostrare che $\alpha$ e $r$ identificano univocamente $a_n$.
Bisogna notare, innanzitutto, che $a_n$ è a sua volta identificata univocamente dall'eq. alle differenze di cui essa è soluzione e dall'imposizione di due condizioni iniziali sui valori di $a_0$ e $a_1$.
Per dimostrarlo, dimostro che il problema (1) alle differenze finite ha soluzione unica:
(1)\begin{cases}
a_{n+2} = \frac{6}{5} a_{n+1} - a_n \\
a_0=x \\
a_1 = y
\end{cases}.
Siano, per assurdo, $p_n$ e $q_n$ due soluzioni diverse al problema. Noto che, essendo l'equazione lineare, anche $\psi_n = p_n - q_n$ deve essere soluzione dell'equazione(ma ovviamente non rispetterà le imposizioni sui valori iniziali). Quindi $\psi_n$ è soluzione del seguente problema:

\begin{cases}
\psi_{n+2} = \frac{6}{5} \psi_{n+1} - \psi_n \\
\psi_0= p_0 - q_0= x - x = 0 \\
\psi_1 = p_1 - q_1 = y - y = 0
\end{cases}.
A questo punto si dimostra per induzione che $\psi_n$ è identicamente nulla; ciò implica che $p_n = q_n$ per ogni n, ossia che il problema (1), fissati i due valori iniziali, ammette un'unica soluzione.
Ora rimane da dimostrare che $a_n = r cos(\alpha + n \theta)$ risolve l'eq.data e che fissare $a_0$ e $a_1$ equivale a determinare univocamente $\alpha$ e $r$.
Per dimostrare la prima tesi, posso scrivere:
$r cos(\alpha + (n+2)\theta) = r \frac{6}{5} cos(\alpha + (n+1)\theta) - r cos(\alpha + n \theta) \Rightarrow cos(\alpha + (n+2)\theta) = \frac{6}{5} cos(\alpha + (n+1)\theta) - cos(\alpha + n \theta) \Rightarrow cos(\alpha + (n+1)\theta + \theta) + cos(\alpha + (n+1) \theta - \theta) = \frac{6}{5} cos(\alpha + (n+1)\theta)$. L'ultima asserzione si dimostra tramite la seconda formula di Werner: $cos(\alpha + (n+1)\theta + \theta) + cos(\alpha + (n+1) \theta - \theta) = 2 cos(\alpha + (n+1)\theta) cos(\theta) = \frac{6}{5}cos(\alpha + (n+1)\theta)$.
Per dimostrare la seconda tesi, risolvo il sistema (2), cercando di mostrare che ha soluzione unica:

(2)\begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r cos(\alpha + \theta)= a_1
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r cos(\alpha)cos(\theta) - r sen(\alpha)sen(\theta) = a_1\\
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r sen(\alpha)sen(\theta)= \frac{3}{5}a_0 - a_1 \\
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r sen(\alpha) = \frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1 \\
\frac{4}{5} r \sqrt{1-(\frac{a_0}{r})^2}= |\frac{3}{5}a_0 - a_1|
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r sen(\alpha) = \frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1 \\
\sqrt{r^2-a_0^2}= |\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1|
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r sen(\alpha) = \frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1 \\
r= \sqrt{a_0^2 + (\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1)^2}
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
cos(\alpha) = \frac{a_0}{\sqrt{a_0^2 + (\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1)^2}}\\
sen(\alpha) = (\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1)\frac{1}{\sqrt{a_0^2 + (\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1)^2}}\\
r= \sqrt{a_0^2 + (\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1)^2}
\end{cases}

Com'è evidente, l'ultimo sistema ammette un'unica soluzione.

Terzo punto: la traccia richiede di dimostrare che non esistono $b, c$ naturali e diversi tra loro, tali che:
$cos(\alpha + n \theta) = cos(\alpha + n\theta + b\theta) = cos(\alpha + n\theta + c\theta)$ (A)
Partiamo dalla prima uguaglianza: essa implica che:
$\alpha + n\theta = \alpha + n\theta + b\theta + 2k_1 \pi$ con k intero, ossia che: $b = -2k_1 \frac{\pi}{\theta}$, che è possibile solo se $\frac{\theta}{\pi} \in \mathbb{Q}$, che si ritiene falso per il teorema di M.Niven.
In alternativa, la prima uguaglianza implica:
$-\alpha - n\theta = \alpha + n\theta + b\theta + 2k_2 \pi \Rightarrow 2n+b = - \frac{2k_2 \pi + 2\alpha}{\theta}$, che ha soluzione se e solo se $\exists k_2: \frac{2k_2 \pi + 2\alpha}{\theta} = \gamma \in \mathbb{Z}$.
Passiamo ad uguagliare prima e terzo membro della (A): ragionando come prima si ottiene:
$2n+c = - \frac{2k_3 \pi + 2\alpha}{\theta} = - \gamma + 2(k_2 - k_3)\frac{\pi}{\theta}$, che è assurdo perchè $- \gamma + 2(k_2 - k_3)\frac{\pi}{\theta}$ non è intero, essendo $\frac{\pi}{\theta}$ irrazionale.
Dunque un determinato valore può essere assunto due volte dalla successione, ma mai tre volte, come dimostrato.

Quarto punto:
Dimostrerò che i punti $x^n$, dove $x=e^{i\theta}$, con $\frac{\theta}{\pi}$ irrazionale, sono densi sulla circonferenza complessa di raggio 1, ossia che per ogni $\epsilon > 0$ e per ogni punto P sulla circonferenza, esiste un elemento Q di $A = { x^n, n \in \mathbb{N} }$, tale che l'angolo al centro sotteso al segmento PQ sia minore di $\epsilon$.
Questo implica che i punti $((cos(\alpha + n \theta), sin(\alpha + n \theta))$, che possono essere visti come i punti dell'insieme A mandati in $\mathbb{R}^2$ tramite l'isomorfismo canonico e ruotati di un'angolo $\alpha$, sono densi sulla circonferenza goniometrica, ossia che $cos(\alpha + n\theta)$ è denso in $[-1, 1]$ e quindi assume infinti valori positivi ed infiniti valori negativi, da cui la tesi.
Per dimostrare la densità di A, fisso $\epsilon >0$ e prendo $N>\frac{2\pi}{\epsilon}$. Fatto questo, taglio la circonferenza complessa unitaria in $N$ parti, ognuna di $\frac{2\pi}{N}<\epsilon$ radianti. Ora prendo $N+1$ potenze consecutive di $x$. Per il principio dei cassetti, 2 di esse dovranno trovarsi nella stessa fetta di circonferenza; siano esse $x^a$ e $x^b$, con $a > b$. Poichè $\frac{\theta}{\pi}$ è irrazionale, similmente a come si è spiegato prima, $z^a \ne z^b$. Dunque abbiamo due diversi elementi di $A$ a distanza tra loro minore di $\epsilon$: per questo motivo l'angolo formato da $z^{a-b}$ con l'asse reale è minore di $\epsilon$. Allora il sottoinsieme $A_{\epsilon} \subset A$, definito da $A_{\epsilon} = { z^{(a-b)n} \, con \, n \in \mathbb{N} }$ è formato da elementi tali che la distanza in radianti tra due di essi consecutivi è minore di $\epsilon$. Dunque preso un punto $P$ sulla circonferenza complessa unitaria, esiste sempre un $Q \in A_{\epsilon}$ che ha distanza in radianti da $P$ minore di $\epsilon$. Per l'arbitrarietà di $\epsilon$, ciò implica che anche $A$(che contiene $A_{\epsilon}$) è denso, da cui la tesi.