Χωρίς ζητούμενο

Γρίφοι, Σπαζοκεφαλιές, προβλήματα λογικής, μαθηματικά παιχνίδια, αινίγματα

Συντονιστής: Γιώργος Ρίζος

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11384
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Χωρίς ζητούμενο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Φεβ 26, 2020 8:54 pm

Είναι εντυπωσιακό , το γράφω και δεν έχω καμία απαίτηση .

Ισχύει : \tan\dfrac{
\pi}{9}\tan\dfrac{2\pi}{9}\tan\dfrac{3\pi}{9}\tan\dfrac{4\pi}{9}=3



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4571
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Χωρίς ζητούμενο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τετ Φεβ 26, 2020 9:49 pm

Θανάση καλησπέρα.

Κάτι μού θύμιζε, κάτι μού θύμιζε...

Ι. Πανάκης Τριγωνομετρία Β΄ Λυκείου, 1978, σ.45, άσκηση 35.2 (δεύτερη ομάδα).

Βασίζεται στο λυμένο παράδειγμα (γ), σ. 41 όπου αποδεικνύεται ότι

 \displaystyle \eta \mu 20^\circ  \cdot \eta \mu 40^\circ  \cdot \eta \mu 60^\circ  \cdot \eta \mu 80^\circ  = \frac{3}{{16}}

Κατόπιν, ζητούνταν η 35.1 :

 \displaystyle \sigma \upsilon \nu {20^\circ }\cdot\sigma \upsilon \nu {40^\circ }\cdot\sigma \upsilon \nu {60^\circ }\cdot\sigma \upsilon \nu {80^\circ } = \frac{1}{{16}}

Διαιρώντας κατά μέλη, προκύπτει η 35.2


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2904
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Χωρίς ζητούμενο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Φεβ 27, 2020 11:15 am

KARKAR έγραψε:
Τετ Φεβ 26, 2020 8:54 pm
Είναι εντυπωσιακό , το γράφω και δεν έχω καμία απαίτηση .

Ισχύει : \tan\dfrac{ 
\pi}{9}\tan\dfrac{2\pi}{9}\tan\dfrac{3\pi}{9}\tan\dfrac{4\pi}{9}=3
Ας γράψω μια λύση.
Δεν ξέρω αν την ίδια έχει ο Πανάκης.
Θέτουμε A=\sin\dfrac{ \pi}{9}\sin\dfrac{2\pi}{9}\sin\dfrac{3\pi}{9}\sin\dfrac{4\pi}{9}
B=\cos\dfrac{ \pi}{9}\cos\dfrac{2\pi}{9}\cos\dfrac{3\pi}{9}\cos\dfrac{4\pi}{9}
και θέλουμε το \frac{A}{B}
Θεωρούμε την \sin 9x=0(1)
Θέτοντας t=\sin x
έχουμε \sin 9x=3(t-4t^{3})-4(t-4t^{3})^{3}=t(9+....+4^{4}t^{8})
Αλλά τα
\sin\dfrac{ \pi}{9},\sin\dfrac{2\pi}{9},\sin\dfrac{3\pi}{9},\sin\dfrac{4\pi}{9},\sin\dfrac{ 5\pi}{9},\sin\dfrac{6\pi}{9},\sin\dfrac{7\pi}{9},\sin\dfrac{8\pi}{9}
μαζί με το 0 είναι ρίζες της (1).

Από Vieta παίρνουμε A^{2}=\frac{9}{4^{4}}\Rightarrow A=\frac{3}{16}

Για το B έχουμε B=\frac{BA}{A}
Αλλά

AB=\frac{1}{2^{4}}\sin\dfrac{ 2\pi}{9}\sin\dfrac{4\pi}{9}\sin\dfrac{6\pi}{9}\sin\dfrac{8\pi}{9}=\frac{1}{2^{4}}A

Ετσι B=\frac{1}{2^{4}}
και παίρνουμε το ζητούμενο.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4571
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Χωρίς ζητούμενο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Πέμ Φεβ 27, 2020 1:37 pm

Σταύρο, θα έλεγα με βεβαιότητα ότι αποκλείεται να ήταν αυτή η λύση του Ι. Πανάκη. Το πνεύμα του βιβλίου είναι διαφορετικό.

Κάνω μια προσπάθεια απόδειξης της 35.1 χρησιμοποιώντας ως δεδομένη την πρόταση της σελίδας 41, αν και εικάζω ότι μάλλον θα ήθελε (ο Ι. Πανάκης) μια λύση ανεξάρτητη της πρότασης της σελίδας 41.

sin20^\circ \cdot sin40^\circ \cdot sin60^\circ \cdot sin80^\circ = \frac{3}{{16}}

\Leftrightarrow 4sin20^\circ \cdot sin20^\circ \cdot cos20^\circ \cdot sin60^\circ \cdot sin40^\circ \cdot cos40^\circ= \frac{3}{{16}}

 \Leftrightarrow 8sin20^\circ \cdot  sin10^\circ \cdot cos10^\circ \cdot cos20^\circ \cdot sin60^\circ \cdot sin40^\circ \cdot cos40^\circ= \frac{3}{{16}}

 \Leftrightarrow 16sin20^\circ \cdot  cos80^\circ \cdot sin80^\circ \cdot cos20^\circ \cdot sin60^\circ \cdot sin40^\circ \cdot cos40^\circ \cdot cos60^\circ= \frac{3}{{16}}

 \Leftrightarrow cos80^\circ \cdot  cos20^\circ \cdot  cos40^\circ \cdot  cos60^\circ = \frac{1}{{16}}


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11384
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Χωρίς ζητούμενο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Φεβ 27, 2020 2:24 pm

Είναι εντυπωσιακό , το γράφω και δεν έχω καμία απαίτηση .

Και τώρα τι γίνεται , που επίσης ισχύει :

\tan\dfrac{\pi}{11}\tan\dfrac{2\pi}{11}\tan\dfrac{3\pi}{11}\tan\dfrac{4\pi}{11}\tan\dfrac{5\pi}{11}=\sqrt{11}


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2904
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Χωρίς ζητούμενο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Φεβ 27, 2020 3:17 pm

KARKAR έγραψε:
Πέμ Φεβ 27, 2020 2:24 pm
Είναι εντυπωσιακό , το γράφω και δεν έχω καμία απαίτηση .

Και τώρα τι γίνεται , που επίσης ισχύει :

\tan\dfrac{\pi}{11}\tan\dfrac{2\pi}{11}\tan\dfrac{3\pi}{11}\tan\dfrac{4\pi}{11}\tan\dfrac{5\pi}{11}=\sqrt{11}
Καθόλου εντυπωσιακό.
Η απόδειξη είναι ίδια με αυτήν που έγραψα παραπάνω.
Απλά εδώ θα έχουμε την εξίσωση \sin 11x=0 .
Θέλει λίγη δουλεία με μιγαδικούς για να εκφράσουμε το \sin 11x σαν πολυώνυμο του \sin x
(θέλουμε τον πρώτο και τελευταίο συντελεστή).

Συγκεκριμένα χρησιμοποιούμε την σχέση

\cos 11x+i\sin 11x=(\cos x+isin x)^{11}

και διωνυμικό ανάπτυγμα.

Θεωρώ ότι αν και το θέμα είναι εξόχως διασκεδαστικό όπως όλα τα μαθηματικά είναι κρίμα να βρίσκεται
σε αυτόν τον φάκελο .


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8987
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Χωρίς ζητούμενο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Φεβ 27, 2020 4:27 pm

To γινόμενο ημιτόνων μπορεί να βρεθεί και με τη χρήση του γενικού τύπου:

\displaystyle \sin \frac{\pi }{n}\sin \frac{{2\pi }}{n}\sin \frac{{3\pi }}{n}...\sin \frac{{(n - 1)\pi }}{n} = \frac{n}{{{2^{n - 1}}}}

Έτσι: \displaystyle \sin \frac{\pi }{9}\sin \frac{{2\pi }}{9}\sin \frac{{3\pi }}{9}...\sin \frac{{8\pi }}{9} = \frac{9}{{{2^8}}} \Rightarrow {\sin ^2}\frac{\pi }{9}{\sin ^2}\frac{{2\pi }}{9}{\sin ^2}\frac{{3\pi }}{9}{\sin ^2}\frac{{4\pi }}{9} = \frac{9}{{{2^8}}},

οπότε \boxed{\sin \frac{\pi }{9}\sin \frac{{2\pi }}{9}\sin \frac{{3\pi }}{9}\sin \frac{{4\pi }}{9} = \frac{3}{{16}}} και ομοίως, \boxed{\sin \frac{\pi }{{11}}\sin \frac{{2\pi }}{{11}}\sin \frac{{3\pi }}{{11}}\sin \frac{{4\pi }}{{11}}\sin \frac{{5\pi }}{{11}} = \frac{{\sqrt {11} }}{{32}}}

Επίσης, \displaystyle \tan \frac{\pi }{{13}}\tan \frac{{2\pi }}{{13}}\tan \frac{{3\pi }}{{13}}\tan \frac{{4\pi }}{{13}}\tan \frac{{5\pi }}{{13}}\tan \frac{{6\pi }}{{13}} = \sqrt {13},... κοκ. Υπάρχει λοιπόν γενικός τύπος:

\boxed{\tan \frac{\pi }{{2n + 1}}\tan \frac{{2\pi }}{{2n + 1}}\tan \frac{{3\pi }}{{2n + 1}}...\tan \frac{{n\pi }}{{2n + 1}} = \sqrt {2n + 1} }


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διασκεδαστικά Μαθηματικά”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες