Coseno algebraico

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.

Sin comentarios

Trackback | 1 Dec, 2009

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Ty | 1 de December de 2009 | 20:59

Si a es un número algebraico distinto de cero, entonces e^a, sen(a), cos(a) y tan(a) son trascendentes
M | 1 de December de 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 $\pi$ .
M | 2 de December de 2009 | 01:18

Perdón, la primera línea del comentario anterior es un disparate! Vaya racha que llevo!
M | 2 de December de 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 $\cos(x).$
vengoroso | 2 de December de 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 $\cos x$ .
a | 2 de December de 2009 | 22:50

Mucho me temo que la implicación “solo si” del enunciado es falsa.
M | 3 de December de 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.
vengoroso | 3 de December de 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.
M | 3 de December de 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.
M | 3 de December de 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
gaussianos | 3 de December de 2009 | 03:41

Ups, metí la pata en el enunciado, me confié . Lo cambio ahora mismo. Gracias a y compañía .
a | 3 de December de 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 las partes imaginarias de ((3+4i)/5)^n siempre serán distintas de cero y exp(ia) no es una raíz de la unidad, tal como se afirmaba.