Konstantos π = 3,14... išraiškos ir išvedimai

Gal kas nors gausis. Tegul čia būna tema apie skaičiaus π išraiškas ir jų išvedimus.

Taigi, gal kam pavyks išvesti lygybę
[tex]\frac{\pi}{4}=4 \arctan \frac{1}{5} - \arctan \frac{1}{239}[/tex]?

0

peržiūros 230

atsakymai 8

aktyvumas 1 mėn

Sprendimas nesudėtingas, bet reikalaujantis pastabumo, šiaip reiktų panaudoti dvi tokias formules:

[tex]\tan(\alpha-\beta)=\dfrac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}[/tex]
[tex]\tan(2\alpha)=\dfrac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}[/tex]

Tarkime [tex]4\arctan\frac{1}{5}-\arctan\frac{1}{239}=x[/tex], darome prielaidą, kad [tex]x≠\frac{π}{2}+πk,\space k∈Z[/tex].
Tada:
[tex]\tan(4\arctan\frac{1}{5}-\arctan\frac{1}{239})=\tan x[/tex]
[tex]\tan(4\arctan\frac{1}{5}-\arctan\frac{1}{239})=\dfrac{\tan(4\arctan\frac{1}{5})-\tan(\arctan\frac{1}{239})}{1+\tan(4\arctan\frac{1}{5})\cdot \tan(\arctan\frac{1}{239})}[/tex]          (1 lygybė)
[tex]\tan(4\arctan\frac{1}{5})=\dfrac{2\tan(2\arctan\frac{1}{5})}{1-\tan^2(2\arctan\frac{1}{5})}[/tex]      (2 lygybė)
[tex]\tan(2\arctan\frac{1}{5})=\dfrac{2\tan(\arctan\frac{1}{5})}{1-\tan^2(\arctan\frac{1}{5})}=\dfrac{2\cdot \frac{1}{5}}{1-(\frac{1}{5})^2}=\dfrac{5}{12}[/tex]
Grįžtame į 2 lygybę:
[tex]\tan(4\arctan\frac{1}{5})=\dfrac{2\cdot \frac{5}{12}}{1-(\frac{5}{12})^2}=\dfrac{120}{119}[/tex]
Grįžtame į 1 lygybę:
[tex]\tan(4\arctan\frac{1}{5}-\arctan\frac{1}{239})=\dfrac{\frac{120}{119}-\frac{1}{239}}{1+\frac{120}{119}\cdot \frac{1}{239}}=\dfrac{120\cdot 239-119}{119\cdot 239+120}=\dfrac{28561}{28561}=1[/tex]
Vadinasi [tex]\tan x=1[/tex]
Dabar esame įdomioje vietoje. Lygtis [tex]\tan x=1[/tex] duoda begalę sprendinių, bet vienas jų tikrai yra mūsų ieškoma reikšmė.
Kodėl gavome begalę sprendinių apart reikalingo vieno? Taip atsitinka visuomet, kai lygybę [tex]a(x)=b(x)[/tex] keičiame į [tex]\tan a(x)=\tan b(x)[/tex], kur [tex]a(x),b(x)≠\frac{π}{2}+πk,\space k∈Z[/tex].
Kas mums lieka šiuo atveju? Žinodami, jog skaitinis reiškinys negali turėti kelių skirtingų reikšmių vienu metu, pamėginkime įvertinti, kuris vienintelis sprendinys iš šių [tex]x=\frac{π}{4}+πk,\space k∈Z[/tex] mums tinka.
Kadangi [tex]0<\frac{1}{5}<1[/tex], vadinasi [tex]0<\arctan(\frac{1}{5})<\arctan(1)=\frac{π}{4}[/tex]. Iš čia:
[tex]0<4\arctan(\frac{1}{5})<π[/tex]
[tex]0<\frac{1}{239}<1[/tex], vadinasi [tex]0<\arctan(\frac{1}{239})<\arctan(1)=\frac{π}{4}[/tex]. T.y:
[tex]0<\arctan(\frac{1}{239})<\frac{π}{4}[/tex]

[tex]4\arctan(\frac{1}{5})-\arctan(\frac{1}{239})[/tex] bus nemažesnis už [tex]0-\frac{π}{4}=-\frac{π}{4}[/tex] ir nedidesnis už [tex]π-0=π[/tex]
Vienintelis šias sąlygas tenkinantis lygties [tex]\tan x=1[/tex] sprendinys yra [tex]x=\frac{π}{4}[/tex], taigi:
[tex]4\arctan\frac{1}{5}-\arctan\frac{1}{239}=\frac{π}{4}[/tex]

0

Gražus išvedimas, nereikalaujantis aukštosios matematikos žinių.

Žinau dar vieną būdą, kaip gauti šią formulę. Galbūt pateiksiu jį kada nors vėliau.

Na o dabar paidalinsiu tuo, kad mums yra žinomos dar kelios panašaus tipo formulės t.y.
[tex]\frac{\pi}{4}=4\arctan \frac{1}{5}-\arctan \frac{1}{239}=\arctan\frac{1}{2}+\arctan\frac{1}{3}=2\arctan\frac{1}{2}-\arctan\frac{1}{7}=2\arctan\frac{1}{3}+\arctan\frac{1}{7}[/tex].

Ir, regis, daugiau nėra konstantos π išraiškų, kurios būtų išreikštos forma [tex]A\arctan \frac{1}{a}+B\arctan\frac{1}{b}=\frac{\pi}{4}[/tex], kur A, a, B, b ∈ N

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-17

0

Iš mokyklos kurso yra žinoma, kad [tex]\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-\dots+(-1)^nx^{2n}+\ldots=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kx^{2k},~x\in \left ( -1,1 \right )[/tex].

Tada [tex]\arctan x =\int_{0}^{x}\frac{\mathrm{d}y}{1+y^2}=\int_{0}^{x}\left (1-y^2+y^4-\dots+(-1)^ny^{2n}+\ldots \right )\mathrm{d}y= \left ( y-\frac{y^3}{3}+\frac{y^5}{5}-\ldots+\frac{(-1)^ky^{2k+1}}{2k+1}+\ldots \right )|_{0}^{x}=[/tex]
[tex]x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\ldots+\frac{(-1)^kx^{2k+1}}{2k+1}+\ldots,~x\in(-1,1)[/tex].

Kai x = 1, tada [tex]\arctan 1 =\frac{\pi}{4}= 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\ldots+\frac{(-1)^k}{2k+1}+\ldots[/tex].

Belieka ištirti šios eilutės konvergavimą.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-17

0

Iš mokyklos kurso žinoma, kad [tex]\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-...+(-1)^nx^{2n}+...=∑_{k=0}^{\infty}(-1)^kx^{2k},\space x∈(-1;1)[/tex]
Na nebent Licėjuje besimokantys ją žino. Statistinis dvyliktokas to savo akyse  dar nebus matęs.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-17

0

Na čia nykstama geometrinė progresija, kurios vardiklis yra -x². Manau, kad tokį dalyką mokinys gali išmąstyti nesunkiai.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-17

0

Na tiesą sakai (papildyčiau: nesunkiai išmąstytų tie, kurie aplamai sprendžia matematikos uždavinius mąstydami), tačiau greičiau tokią lygybę mokinys sutiks tik dalyvaudamas kokioje olimpiadoje, o ne matematikos vadovėlyje, ar tuo labiau NEC'o rengiamame egzamine.
P.S aš iš pat pradžių pagalvojau tu čia pateikei to savo pradinio uždavinio tą kitą įrodymą.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-17

0

Na, ne mokyklos programos ar NEC dabar svarbiausia. Tema yra apie konstantą π.
Tuo pasakymmu dėl progresijos norėjau tik parodyti, kad mokyklos kurso pakanka sukonstruoti tokias eilutes,
pavyzdžiui [tex]\frac{x}{x-1}=\frac{1}{\frac{x-1}{x}}=\frac{1}{1-\frac{1}{x}}=1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}+\ldots+\frac{1}{x^n}+\ldots,~\mathrm{kur}~\left | \frac{1}{x} \right |<1[/tex].

Atrodo tikrai įspūdingai, tačiau tai tik geometrinė progresija... Tiesiog pasitelkite kūrybiškumą.

0

Kitas lygybės [tex]\frac{\pi}{4}=4\arctan \frac{1}{5}-\arctan\frac{1}{239}[/tex] išvedimas.

Tarkime, kad [tex]a=\arctan \frac{1}{5},~\mathrm{tada}~\tan 4a = \frac{120}{119}\approx \tan\frac{\pi}{4}[/tex]
Tada, kad išvengtume apytikslių dydžių, parašome, kad [tex]b=4a-\frac{\pi}{4}[/tex],
iš čia turime, kad [tex]b = \arctan\frac{1}{239}[/tex], vadinasi
[tex]\frac{\pi}{4}=4\arctan \frac{1}{5}-\arctan\frac{1}{239}[/tex].

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-17

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!