Per quelli che amano ....l'arcotangente
Moderatori: Gianfranco, Bruno
Questo forum è una sezione del PORTALE DI BASE CINQUE
Per quelli che amano ....l'arcotangente
Dimostrare con adeguato procedimento che e':
$5arctg(\frac{1}{5})-arctg(\frac{122}{597})=\frac{\pi}{4}$
Leandro
$5arctg(\frac{1}{5})-arctg(\frac{122}{597})=\frac{\pi}{4}$
Leandro
-
- Amministratore del sito
- Messaggi: 869
- Iscritto il: mer apr 20, 2005 3:47 pm
- Località: Benevento
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!
Admin
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!
Admin
Pietro Vitelli (Amministratore del Forum)
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
www.pvitelli.net
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
www.pvitelli.net
Per fortuna, io non le vedo! OaM! (Onore al Merito)delfo52 ha scritto:una meravigliosa cavalcata !
costellata di crocette rosse !!!!!!!!!!
il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
-
- Supervisore del sito
- Messaggi: 1708
- Iscritto il: ven mag 20, 2005 9:51 pm
- Località: Sestri Levante
- Contatta:
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
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
-
- Amministratore del sito
- Messaggi: 869
- Iscritto il: mer apr 20, 2005 3:47 pm
- Località: Benevento
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
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
Pietro Vitelli (Amministratore del Forum)
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
www.pvitelli.net
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
www.pvitelli.net
-
- Amministratore del sito
- Messaggi: 869
- Iscritto il: mer apr 20, 2005 3:47 pm
- Località: Benevento
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
Admin
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
Admin
Pietro Vitelli (Amministratore del Forum)
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
www.pvitelli.net
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
www.pvitelli.net