R-coseno 20°

Il forum di Base5, dove è possibile postare problemi, quiz, indovinelli, rompicapo, enigmi e quant'altro riguardi la matematica ricreativa e oltre.

Moderatori: Gianfranco, Bruno

peppe
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R-coseno 20°

Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 5:45 pm

Sperando che sia la volta buona,provo a postare il topic coseno di 20 ° di Luciano.
Ricostruire il codice tex delle spaventose espressioni,ha richiesto moltissimo tempo e la pazienza di un certosino.
+++
R
Luciano:Inviato: Gio Mag 26, 2005 6:35 pm
Ciao a tutti.
Questo nuovo Forum è stupendo e, dunque, invita a provarlo subito.
Ho preferito registrarmi col mio nome di battesimo, pur mantenendo l'altro con cui partecipavo al vecchio Forum.
Contrariamente a quel ch'è capitato a Gaspero, avevo due indirizzi email e l'ho potuto fare.
L'altro nome era un semplice anagramma di questo, come ben aveva intuito Peppe, che mi aveva gratificato di altri graziosi esempi (il più riuscito dei quali mi era sembrato UN LAICO).
Vorrei quindi inaugurare il Forum sottoponendovi un problema a cui sinceramente non ho saputo dare una risposta, sperando che ci riusciamo insieme.
Com'è noto,

cos{30}=\frac{\sqr{3}}{2}

(con l'angolo espresso in gradi) e probabilmente molti ricorderanno pure che

cos{15}=\frac{1}{2}\sqr{2+\sqr3}

Di formule del genere se ne possono trovare molte altre e i manuali di trigonometria ne riportano parecchie.
Ma non ho mai trovato in nessun libro una formula analoga per e, nonostante abbia fatto qualche tentativo, non l'ho saputa ricavare neanch'io.
E' possibile che qualcuno mi dica una parola risolutiva in merito?
Ciao a tutti e buon divertimento col delizioso giocattolo che Gianfranco e Pietro, a cui va il mio più riconoscente GRAZIE!!!, ci hanno voluto donare.
Luciano
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 6:09 pm

R
Tino:Inviato: Ven Mag 27, 2005 9:22 am
L'unica cosa che sono riuscito a ricavare è che il cos(\frac{\pi}{9}) corrisponde all'unica soluzione reale dell'equazione:
8x^3-6x-1=0

Il che non mi aiuta molto... però ho sentito dire che esistono delle formule (di Cardano?) per trovare le radici dei polinomi di terzo grado...
Mah... Ciao
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R
Tino:Inviato: Ven Mag 27, 2005 9:41 am
Si in effetti dopo una ricerca su internet ho trovato la famosa formula di Cardano,ancora non ci siamo perché mi trovo a dover calcolare parte reale e parte immaginaria di

(\frac{1}{16})^{\frac{1}{3}}((\sqr{3}i-1)^{\frac{1}{3}}-(-\sqr{3}i-1)^{\frac{1}{3}

Cioè, mi rifiuto di fare i conti con una mostruosità del genere.
Ciao
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R
Luciano:Inviato: Ven Mag 27, 2005 4:26 pm
Ma il problema è proprio questo: esiste un'espressione che non faccia uso di numeri immaginari?
Ciao.
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Ultima modifica di peppe il mar dic 13, 2005 7:03 pm, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 6:13 pm

R
AdminInviato: Ven Mag 27, 2005 8:55 pm
Bene;
dopo svariati calcoli sono arrivato ad un'equazione la cui soluzione mi dovrebbe dare
cos4, da cui poi sarebbe facile ricavarecos20; solo che l'equazione è di
10° grado!
se sapete manipolare equazioni di grado elevato bene; perchè io in genere uso Ruffini , ma col 10° grado non c'è nessun Ruffini che tenga!
Se vi interessa la posto l'equazione.
_________________
Pietro Vitelli
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R
Tino:Inviato: Ven Mag 27, 2005 9:23 pm
Di decimo grado va bene, con la condizione che si possa risolvere con metodi ragionevoli :lol:
abbia molte soluzioni intere, (o al più razionali), perché se non è così tanto vale cimentarsi nell'equazione di terzo grado che ho proposto io...

Comunque riguardo a come si usa Tex, io ho scritto quello che ho scritto solo leggendo il

tutorial di Pietro Vitelli.
Ps. Luciano, ero venuto a conoscenza del fatto che il nome che usavi nel forum vecchio era un anagramma del tuo nome di battesimo, ma non avevo capito che si trattava di Alcuino! Che testa...
Bon, ciao ciao
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 6:18 pm

R
Admin:Inviato: Ven Mag 27, 2005 11:31 pm
Bene,
ecco l'equazione in cui mi sono imbattuto: per comodità pongo cos4=x.

sen^215\cdot x^2\cdot(1-x^2)=(16x^5-20x^3+cos15\cdot x^2+(5-cos15cos9+sen15sen9)\cdot x-cos15)^2

dove cos15,sen15,cos9,sen9 sono seni e coseni notevoli, già noti.
Ve l'ho detto che era impraticabile!
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Pietro Vitelli
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 6:21 pm

R
Admin:Inviato: Sab Mag 28, 2005 2:50 pm
Dunque, rivedendo i calcoli che mi avevano portato alla mostrusa equazione di 10° grado, ho semplificato alquanto le cose e sono giunto alla semplice equazione di 3° grado (se arriviamo a qualcosa, posto i calcoli):
x^3-x=\frac{\sqr3}{6}
dove

x=cos10

Ora, il già menzionato metodo risolutivo di Tartaglia/Cardano ci dice che, data una generica equazione di terzo grado, nella forma:

x^3+px=q

la soluzione (non ho capito se ne è solo una, o sono tutte racchiuse in essa) ci è data da:

x=\Large\sqr[3]{\sqr{(\frac{p}{3})^3+({\frac{q}{2})^2}+\frac{q}{2}}-\sqr[3]{\sqr{(\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2}-\frac{q}{2}

Sembrerebbe fatta, ma sostituendo a p e q i nostri valori, e cioè:

p= -1 ,q =\frac{\sqr3}{6}

si ottiene la seguente espressione:

x=\Large\sqr[3]{\frac{\sqr{\frac{-7}{3}}+\sqr6}{12}}-\sqr[3]{\frac{\sqr{\frac{-7}{3}}-\sqr6}{12}}

con numeri immaginari; non so se si possa semplificare;
è certo però che i numeri immaginari devono poter scomparire, dato che cos10 è un numero reale.Mah!
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Pietro Vitelli (Amministratore del Forum)
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 6:44 pm

R
Luciano:Inviato: Dom Mag 29, 2005 5:35 pm

Piccola digressione sulle equazioni di 3° grado e sulle formule di Cardano (ma meglio sarebbe chiamarle di Dal Ferro: a Bologna, all'imboccatura di via S. Petronio Vecchio, venendo da via Guerrazzi, sulla destra c'è una lapide che lo ricorda).
Data l'equazione
x^3-9x+8=0
con le formule di Cardano si ha una radice uguale a

x=\sqr[3]{-4+\cdot\sqr{-11}}+\sqr[3]{-4-\cdot\sqr{-11}}
o anche
x=\sqr[3]{-4+i\cdot\sqr{11}}+\sqr[3]{-4-i\cdot\sqr{11}}

Sembrerebbe dunque che non ci sia niente da fare e invece, osservando un po' più attentamente l'equazione, si vede a occhio che essa ammette la radice
x_1=1 per cui

x^3-9x+8=(x-1)(x^2+x-{8}) e troviamo subito le altre due radici

x_{2,3}=\frac{-1\pm\sqr{33}}{2}

Dunque ci sono casi in cui si riesce in qualche modo ad aggirare l'ostacolo dei numeri immaginari. Mi chiedevo se ciò fosse possibile anche con cos(20^\circ, anche se mi faccio poche illusioni ormai.

Ringrazio, comunque, Pietro e Tino degli sforzi compiuti, ma sapevo bene che il problema era piuttosto tosto (e non è l'eco ).
Ciao.
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 6:47 pm

Admin:Inviato: Mar Mag 31, 2005 9:48 am
Dunque,
volevo segnalare che, sempre rivedendo i calcoli che mi hanno portato alla equazione di 3° grado
per cos10 , ho trovato l'equazione di 3° grado proprio percos20 ed ha una forma molto semplice; è: x^3-x-1=0

Ho visto però che quella postata da Tino, sempre percos20 , è diversa; infatti è: 8x^3-6x-1=0
Come mai?
C'è qualche errore? la mia è corretta; ho controllato le soluzioni numeriche, e c'è il cos20
Ah! dimenticavo; l'equazione che ho trovato, pur nella sua estrema semplicità di esposizione, porta ai numeri immaginari, con Cardano.
++++++++++++++++++++++++++++++++++
Luciano:Inviato: Mar Mag 31, 2005 11:42 am
Pietro, come fa la tua equazione ad essere soddisfatta da cos(20^\circ?

Infatti, l'equazione da te trovata equivale a
x(x^2-1)=1
e poichè
0<cos(20^\circ)<1
il primo membro è <0 mentre il secondo no.
Ciao.
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 7:07 pm

R
Admin:Inviato: Mar Mag 31, 2005 2:11 pm

Ho sbagliato a scrivere l'equazione; mi scuso; l'equazione corretta è:
x^3-3x=1 dove x=\frac{cos20}{2}

Nella fretta non mi ero accorto che è identica a quella di Tino, la cui soluzione ci dà proprio il coseno di 20°. Basta sostituire x=2y.

Visto che ci sono, posto tutti i passaggi per arrivare all'equazione:
cos(60) = cos(40+20) = cos40\cdot cos20-sen40\cdot sen20 = (cos^2{20}-sen^2{20})\cdot cos20-2sen20\cdot cos20\cdot sen20 =(2cos^2{20}-1)\cdot cos20-2(1-cos^2{20})\cdot cos20 = 2cos^3{20}-cos20-2cos20+2cos^3{20}

ponendo cos20=x , e sapendo checos60=\frac{1}{2} si ottiene: 4x^3-3x=\frac{1}{2}

Si può rendere più semplice nella forma, come ho già detto, ponendo al posto di x Si ottiene x^3-3x=1

la cui soluzione con le formule di Cardano/Tartaglia è:
x=\Large\sqr[3]{\sqr{\left(\frac{-3}{3}\right)^3+\left(\frac{1}{2}\right)^2}+\frac{1}{2}}-\sqr[3]{\sqr{\left(\frac{-3}{3}\right)^3+\left(\frac{1}{2}\right)^2}-\frac{1}{2}}

x=\Large\sqr[3]{\sqr{\left(\frac{-3}{4}\right)}+\frac{1}{2}}-\sqr[3]{\sqr{\left(\frac{-3}{4}\right)}-\frac{1}{2}}

x=\Large\sqr[3]{\frac{i\sqr3}{2}+\frac{1}{2}}-\sqr[3]{\frac{i\sqr3}{2}-\frac{1}{2}}

sol(1)=\sqr[3]{\frac{i\sqr{3}}{2}+\frac{1}{2}}-\sqr[3]{\frac{i\sqr{3}}{2}-\frac{1}{2}}
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 7:10 pm

R
Tino:Inviato: Mar Mag 31, 2005 4:32 pm
Pietro, la soluzione da te rovata,

sol(1)=\sqr[3]{\frac{i\sqr{3}}{2}+\frac{1}{2}}-\sqr[3]{\frac{i\sqr{3}}{2}-\frac{1}{2}} x^3-3x-1=0

è una delle tre soluzioni dell'equazione originaria, (dove x=2cos(20)).
Ora, so per certo che sol(1) è un numero reale, perché il grafico della funzione presenta tre zeri reali. Bisognerebbe far scomparire i, e, nel caso sol(1) fosse negativo, con esso determinare gli altri 2 dividendo per x-sol(1).

O forse mi sto confondendo perché nei complessi le radici cubiche vanno trattate più delicatamente? Ciao
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 7:17 pm

b]R[/b]
Admin:Inviato: Mer Giu 01, 2005 12:07pm
un ulteriore informazione:le 3 soluzioni dell'equazione:
x^3-3x-1=0 con x=\frac{cos20}{2}
sono:
x_1=-2\cdot cos40, \quad x_2=2\cdot cos20, \quadx_3=-2\cdot sin10

le ho trovate con Derive 5.
In effetti, se si prova a calcolare sin10 o cos40 si giunge sempre alla stessa equazione.
Inoltre, ho tracciato il grafico della funzione con Matlab, ed i punti di intersezione con y=0 sono proprio quelli. Sinceramente, non so la formula di Cardano a quale delle 3 soluzioni si riferisce.
Proprio adesso mi è venuto un altro spunto...
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Admin:Inviato: Mar Giu 14, 2005 4:42 pm
provando a semplificare la soluzione ottenuta con le formule di Cardano (a proposito, ho fatto una ulteriore ricerca in rete e sembra che il primo che le abbia scoperte sia stato Scipione Dal Ferro) sono giunto ad un sitema di 2 equazioni di 3° grado in 2 incognite;
è questo:
\left{\begin{array}{c}3ab^2-a^3=3\\b^3-3a^2b=1\end{array}

in effetti sembra di esser tornato punto e a capo;però, se fosse possibile trovare due soluzioni algebriche senza numeri immaginari per a e b,riuscirei a semplificare la formula e quindi a trovare sol. algebriche senza immaginari per cos20.
E' possibile risolvere il sistema in tal senso? io ci ho provato e mi sono imbattuto in una equazione di 7° grado
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Ultima modifica di peppe il gio dic 15, 2005 4:47 pm, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 7:19 pm

R
Luciano:Inviato: Mar Giu 14, 2005 6:05 pm
Sì, sembra che sia stato proprio Scipione Dal Ferro a trovare per primo la soluzione delle equazioni di 3° grado, come avevo riferito nel mio messaggio del 29 maggio.
Pietro, se non ti comporta la perdita di molto tempo, potresti per favore indicare brevemente come sei arrivato al sistema delle due equazioni?
Grazie e ciao.
P.S. A proposito, non si potrebbe trovare il modo di numerare la sequenza dei messaggi in un topic per identificarli meglio?
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 7:21 pm

R
Admin:Inviato: Mar Giu 14, 2005 6:41 pm

Semplicemente,sono partito dalla soluzione trovata con le formule:
\Large x=\frac{\sqr[3]{3i+1}}{\sqr[3]{2}}-\frac{\sqr[3]{3i-1}}{\sqr[3]{2}}
soluzione dell'equazione

x^3-3x=1

ora siccome il prodotto (ai\pm b)^3 da sempre come risultato un numero del tipo (ci\pm d)^3

ho provato a trovare due numeri a e b tali che (ai+b)^3=3i+1 da cui (-a^3i-3a^2b+3ab^2i+b^3=3i+1

da cui le uguaglianze

\left{\begin{array}{c}3ab^2-a^3=3\\b^3-3a^2b=1\end{array}

comunque è ugualmente irrisolvibile senza immaginari; niente da fare.

Ho letto in rete (di sfuggita, devo ritrovarlo) che un matematico francese del 700 ha dimostrato la correlazione tra le equazioni di 3° grado irriducibili (ovvero con i numeri immaginari) e il problema della trisezione dell'angolo; ed in effetti l'equazione è stata ricavata proprio partendo dall'uguaglianza cos 60=cos(20+20+20).
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Messaggio da peppe » mar dic 13, 2005 7:24 pm

R
Admin:Inviato: Mar Giu 14, 2005 6:50 pm

quanto alla possibilità di numerare i messaggi, per poi farvi riferimento semplicemente citando il numero, potrebbe essere una buona cosa.
Devo vedere se ci sono dei "Mods" che implementano questa funzione.
(I mods sono pezzi di codice php già scritti da altri che, implementano una particolare funzione del forum)
Se lo trovo lo inserisco.
Grazie per il suggerimento.
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Pietro Vitelli
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Fine dei messaggi salvati sul mio HD. Uffah!! Era ora!!
Avverto un certo mal di testa...forse è il peso dell'aureola?...Boh?
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Messaggio da Bruno » mer dic 14, 2005 2:30 pm

...

Ciao Peppe.

Anche se non mi sono finora occupato di questo problema, mi sembra
molto bello che tu abbia dedicato tempo e fatica alla sua ricostruzione
e per questo sento di dirti un bel GRAZIE!
E' un peccato, secondo me, che certe discussioni si siano perse (nel precedente
forum ne ho viste parecchie) e spero che prima o poi alcune di esse possano
riaffiorare, proprio com'è avvenuto per quella appena trascritta.
Grazie ancora e - naturalmente - grazie anche a Gianfranco e Pietro!

:wink: Bruno

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Messaggio da peppe » gio dic 15, 2005 4:19 pm

Sapere che c'è qualcuno che apprezza lo sforzo da me fatto per ricostruire il topic cos 20°,mi conforta e costituisce uno stimolo per "ripostare" altri topic che a suo tempo ho salvato sul mio HD.

Quindi caro Bruno ,sono io che ringrazio te per l'incitamento. :lol:

Saluti peppe
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