Per quelli che amano ....l'arcotangente

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leandro
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Per quelli che amano ....l'arcotangente

Messaggio da leandro »

Dimostrare con adeguato procedimento che e':
$5arctg(\frac{1}{5})-arctg(\frac{122}{597})=\frac{\pi}{4}$
Leandro

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Messaggio da Admin »

Dunque,
per l'arcotangente è valida la seguente uguaglianza (che indico con $(1)$):

$(1)\quad \displaystyle arctan(x)=\frac{1}{2i}ln(\frac{1+ix}{1-ix})\quad\quad \forall\, |x|<1$

Questa uguaglianza si ottiene utilizzando gli sviluppi in serie di McLaurin:

$arctan(x)=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+...+\small{(-1)}\large{ ^n\,\cdot\,\frac{x^{2n+1}}{2n+1}}\quad \quad\forall\, |x|<1$

$ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+...+\small{(-1)}\large{^n\,\cdot\,\frac{x^{n}}{n}}\quad \quad\forall\, |x|<1$

Infatti si ha:

$\frac{1}{2i}ln(\frac{1+ix}{1-ix})=\frac{1}{2i}[ln(1+ix)-ln(1-ix)]=\frac{1}{2i}{[ix+\frac{x^2}{2}-i\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+...]-[-ix+\frac{x^2}{2}+i\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}-...]}=\\=\frac{1}{2i}[2i(x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+...)]=arctan(x)$

Ora, utilizzando la $(1)$ nell'equazione iniziale, ponendo $x=\frac 1 5$ e $y=\frac{122}{597}$, si ottiene:

$5\,arctan(x)-arctan(y)=\\5\frac{1}{2i}ln\left(\frac{1+ix}{1-ix}\right)-\frac{1}{2i}ln\left(\frac{1+iy}{1-iy}\right)=\frac{1}{2i}\left [ln\left(\frac{1+ix}{1-ix}\right)^5-ln\left(\frac{1+iy}{1-iy}\right)\right ]=\frac{1}{2i}ln\left [\frac{\left(\frac{1+ix}{1-ix}\right)^5}{\frac{1+iy}{1-iy}}\right ]=\\ \frac{1}{2i}ln\left [\left(\frac{1+ix}{1-ix}\right)^5\cdot\frac{1-iy}{1+iy}\right]=\frac{1}{2i}ln\frac{(1+ix)^5(1-iy)}{(1-ix)^5(1+iy)}=$

$=\frac{1}{2i}ln\frac{(i^5x^5+5i^4x^4+10i^3x^3+10i^2x^2+5ix+1)(1-iy)}{(-i^5x^5+5i^4x^4-10i^3x^3+10i^2x^2-5ix+1)(1+iy)}$

da cui, saltando qualche passaggio di calcolo (se non finisco a ora di cena!), si ottiene:

$\frac{1}{2i}ln\frac{(x^5y+5x^4-10x^3y-10x^2+5xy+1)+i(x^5-5x^4y-10x^3+10x^2y+5x-y)}{(x^5y+5x^4-10x^3y-10x^2+5xy+1)-i(x^5-5x^4y-10x^3+10x^2y+5x-y)}$

dividendo numeratore e denominatore dell'argomento del logaritmo per $(x^5y+5x^4-10x^3y-10x^2+5xy+1)$ si ottiene:

$\large\frac{1}{2i}ln\Large\frac{1+i\frac{x^5-5x^4y-10x^3+10x^2y+5x-y}{x^5y+5x^4-10x^3y-10x^2+5xy+1}}{1-i\frac{x^5-5x^4y-10x^3+10x^2y+5x-y}{x^5y+5x^4-10x^3y-10x^2+5xy+1}}$

Ponendo, per semplicità:

$\frac{x^5-5x^4y-10x^3+10x^2y+5x-y}{x^5y+5x^4-10x^3y-10x^2+5xy+1}=c$

si ottiene, ricapitolando:

$5arctan(x)-arctan(y)=\frac{1}{2i}ln\frac{1+ic}{1-ic}$

Quindi per la proprietà $(1)$, si ha:

$5arctan(x)-arctan(y)=\frac{1}{2i}ln\frac{1+ic}{1-ic}=arctan(c)=arctan\left(\frac{x^5-5x^4y-10x^3+10x^2y+5x-y}{x^5y+5x^4-10x^3y-10x^2+5xy+1}\right)=$

sistemato meglio,

$arctan\left(\frac{x^5-10x^3+5x-y(5x^4-10x^2+1)}{5x^4-10x^2+1+y(x^5-10x^3+5x)}\right)$

sostituendo $x=\frac 1 5$, si ottiene, alla fine:

$arctan\left(\frac{\frac{2876}{3125}-y\left(\frac{76}{125}\right)}{\frac{76}{125}+y\left(\frac{2876}{3125}\right)}\right)$

sostituendo anche $y=\frac{122}{597}$, si ottiene:

$arctan\left(\frac{\frac{2876}{3125}-\frac{122}{597}\left(\frac{76}{125}\right)}{\frac{76}{125}+\frac{122}{597}(\frac{2876}{3125})}\right)$

da cui, dopo alcuni calcoli si arriva al valore finale:

$arctan\left(\frac{1485172}{1485172}\right)=arctan(1)=\frac{\pi}{4}$

Per cui, ricapitolando:

$5arctan(x)-arctan(y)=\frac{1}{2i}ln\frac{1+ic}{1-ic}=arctan(c)=arctan\left(\frac{x^5-5x^4y-10x^3+10x^2y+5x-y}{x^5y+5x^4-10x^3y-10x^2+5xy+1}\right)=\\=arctan\left(\frac{1485172}{1485172}\right)=arctan(1)=\frac{\pi}{4}$

dove $x=\frac 1 5$, $y=\frac{122}{597}$ e $c=\frac{x^5-5x^4y-10x^3+10x^2y+5x-y}{x^5y+5x^4-10x^3y-10x^2+5xy+1}$

C.V.D e SE&O

Che faticata!

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Messaggio da delfo52 »

una meravigliosa cavalcata !
costellata di crocette rosse !!!!!!!!!!
Enrico

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Messaggio da panurgo »

delfo52 ha scritto:una meravigliosa cavalcata !
costellata di crocette rosse !!!!!!!!!!
Per fortuna, io non le vedo! OaM! (Onore al Merito)
il panurgo

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Messaggio da Gianfranco »

Urka!
Complimenti Pietro!
Però devo ancora meditarlo bene.

Segnalo che non ho mai avuto problemi a visualizzare le formule.
Ho un vecchio Me con Firefox 1.5.

Gianfranco

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Messaggio da delfo52 »

c'è stata una ecatombe di crocette.
Sono scomparse tutte,...meno due: l'ultima e un'altra un poco sopra.
Mistero...apparizioni....sparizioni....
Enrico

leandro
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Messaggio da leandro »

Stupafacente la soluzione di Admin:non avrei mai pensato ad
un tale dispiegamento...di forze.
Il mio procedimento,quasi mi vergogno,fa uso della modestissima formula:
(1) $arctg(a)+arctg(b)=arctg(\frac{a+b}{1-ab})$ [oppure: $arctg(a)-arctg(b)=arctg(\frac{a-b}{1+ab})]$
che per b=a diventa:
(2) $2arctg(a)=arctg(\frac{2a}{1-a^2})$
Allora scriviamo il primo membro P della nostra relazione al seguente modo:
$P=2arctg(\frac{1}{5})+2arctg(\frac{1}{5})+[arctg(\frac{1}{5})-arctg(\frac{122}{597})]$
ed applicando ripetutamente le precedenti formule:
$P=[arctg(\frac{5}{12})+arctg(\frac{5}{12})]-arctg(\frac{13}{3107})$
ovvero:
$P=arctg(\frac{120}{119})-arctg(\frac{13}{3107})$
da cui ,con un ultimo calcolo,sempre per la (1) si ha:
$P=arctg{\frac{\frac{120}{119}-\frac{13}{3107}}{1+\frac{120*13}{119*3107}}=arctg(1)=\frac{\pi}{4}$
Leandro

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Messaggio da Admin »

Bene,
grazie per i complimenti!

Per quanto riguarda le crocette, se si utilizza firefox come browser, al posto delle formule che non vengono renderizzate non compaiono le crocette, bensì semplicemente il codice testuale della formula.

Lo scrpit attualmente utilizzato funziona a metà, ma funziona;
per cui se riaccedete più volte alla pagina, pian piano si vedranno tutte le immagini e le crocette spariranno;

per chi utilizza firefox, se non vedete una immagine, cliccateci sopra col destro e selezionate "Visualizza immagine": l'immagine vi compare in una nuova pagina;
dopo di che cliccate la freccia per tornare indietro del browser e l'immagine sarà visibile all'interno del messaggio.

Non è che uno si può mettere a cliccare su tutte le immagini... etc.etc.;
sono solo accorgimenti che è possibile utilizzare in attesa di una soluzione definitiva.

Ciao
Admin
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Messaggio da delfo52 »

in effetti, uscendo e rientrando ripetute volte, ad ogni ingresso il numero delle crocette si riduce.
Spero che non rispuntino come le erbe cattive nelle mie aiuole
Enrico

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Messaggio da Admin »

Ciao Leandro,
in effetti, utilizzando in quel modo la formula, le cose sono più semplici;
in realtà, non ho voluto dare per scontato niente (eccetto gli sviluppi in serie di McLaurin);
per cui ho dimostrato l'uguaglianza (1) del mio post;
e poi con quella ho dimostrato, possiamo dire, l'uguaglianza da te citata, solo che non per $arctan(a)+arctan(b)$ ma direttamente per $5arctan(a)-arctan(b)$ includendo le tue scomposizioni successive in un unico grande passaggio.
Da notare che, applicando la (1) del mio post, e cioè:

(1)$arctan(x)=\frac{1}{2i}ln(\frac{1+ix}{1-ix})\quad\quad\forall\,|x|<1$

ad $arctan(a)+arctan(b)$, si ottiene proprio:

$arctan(a)+arctan(b)=\large\frac{1}{2i}ln\frac{1+ia}{1-ia}+\frac{1}{2i}ln\frac{1+ib}{1-ib}=\frac{1}{2i}ln\left[\left(\frac{1+ia}{1-ia}\right)\cdot\left(\frac{1+ib}{1-ib}\right)\right]=\frac{1}{2i}ln\Large\frac{1+i\cdot\frac{a+b}{1-ab}}{1-i\cdot\frac{a+b}{1-ab}}$

e quindi, sempre per la (1)

$arctan(a)+arctan(b)=\large\frac{1}{2i}ln\frac{1+ia}{1-ia}+\frac{1}{2i}ln\frac{1+ib}{1-ib}=\frac{1}{2i}ln\left[\left(\frac{1+ia}{1-ia}\right)\cdot\left(\frac{1+ib}{1-ib}\right)\right]=\frac{1}{2i}ln\Large\frac{1+i\cdot\frac{a+b}{1-ab}}{1-i\cdot\frac{a+b}{1-ab}}=\large arctan(\frac{a+b}{1-ab})$

che è proprio la tua uguaglianza.

Analogamente, per $arctan(a)-arctan(b)$.

In realtà ho complicato un pò le cose, perchè ho voluto mantenere fino alla fine x e y.

Ciao
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