Una dimostrazione di trigonometria
Dimostrare che per ogni coppia di razionali positivi $ p $ e $ q $ diversi da $ 0 $ e da $ 1 $ si ha: $ sinp^q!=sinp $
Risposte
E' un esercizio che hai risolto e che lasci al "pubblico" o hai dei problemi a risolverlo?
Dal titolo direi la prima ipotesi...
Dal titolo direi la prima ipotesi...
Si è la prima ipotesi..
Ok, allora passo 
In realtà la cosa potrebbe essere estesa anche a razionali negativi, stando attenti che $q$ non abbia denominatore pari per valori negativi di $p$ ...E comunque vi do un aiutino ... Prostaferesi
Portando tutto da un lato e usando Prostaferesi, si trova da dimostrare che:
[tex]2 \cos{ \frac{p^q + p}{2}} \sin{ \frac{p^q - p}{2}} \ne 0[/tex]
Ovvero:
[tex]\begin{cases} \cos{ \frac{p^q + p}{2}} \ne 0 \\ \sin{ \frac{p^q - p}{2}} \ne 0 \end{cases}[/tex]
[tex]\begin{cases} \frac{p^q + p}{2} \ne (2k+1) \frac{ \pi}{2} \\ \frac{p^q - p}{2} \ne k \pi \end{cases}[/tex]
[tex]\begin{cases} p^q + p \ne (2k+1) \pi \\ p^q - p \ne 2k \pi \end{cases}[/tex]
Quindi:
[tex]2 \cos{ \frac{p^q + p}{2}} \sin{ \frac{p^q - p}{2}} \ne 0[/tex]
Ovvero:
[tex]\begin{cases} \cos{ \frac{p^q + p}{2}} \ne 0 \\ \sin{ \frac{p^q - p}{2}} \ne 0 \end{cases}[/tex]
[tex]\begin{cases} \frac{p^q + p}{2} \ne (2k+1) \frac{ \pi}{2} \\ \frac{p^q - p}{2} \ne k \pi \end{cases}[/tex]
[tex]\begin{cases} p^q + p \ne (2k+1) \pi \\ p^q - p \ne 2k \pi \end{cases}[/tex]
Quindi:
Ottimo! In effetti ho omesso dal testo del problema i casi particolari per cui
$ p^q-p=0 $
$ p^q-p=0 $
$sin(alpha)=sin(beta)<=> alpha= beta+2kpi vv alpha= pi-beta+2kpi<=> alpha-beta= 2kpi vv alpha+beta=pi+2kpi$
Dato che nè $p^q+p$ nè $p^q-p$ possono essere numeri trascendenti, e dato che sia $2kpi$ ($k!=0$) che $pi+2kpi$ lo sono,
non ci sono soluzioni accettabili.
Dato che nè $p^q+p$ nè $p^q-p$ possono essere numeri trascendenti, e dato che sia $2kpi$ ($k!=0$) che $pi+2kpi$ lo sono,
non ci sono soluzioni accettabili.
Bella anche questa come dimostrazione bravi. Tuttavia devo far notare che anche per la prima dimostrazione quella di
Robbstark bisogna usare l'ipotesi che pi greco e` un numero trascedente, poiche` $q$ e`razionale ma non e`detto che $p^q$ lo sia quindi lirrazionalita` non basta
Robbstark bisogna usare l'ipotesi che pi greco e` un numero trascedente, poiche` $q$ e`razionale ma non e`detto che $p^q$ lo sia quindi lirrazionalita` non basta
"dan95":
bisogna usare l'ipotesi che pi greco e` un numero trascedente
Basta che sia irrazionale, non per forza trascendente.
Ricorda che anche $ q $ e` razionale quindi non e` detto che $p^q$ lo sia dunque l'irrazionalita' non basta
Già, vero.
Ecco perché mi piace la matematica, basta dimostrare per aver ragione 
e comunque ancora complimenti per la dimostrazione.
e comunque ancora complimenti per la dimostrazione.
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