Home/ Intrebari/Q 66933
Urmator
In Process

AniDeȘcoală.ro Latest Intrebari

Absinth
Pe: 2008-12-30T22:09:12+02:00 In: In:

De demonstrat

Demonstratie si explicare daca se poate.

Attached files

Similare

13 raspunsuri

  1. ali
    maestru (V)

    Problema a fost rezolvata in forum, cauta putin si ai s-o gaseste.

  2. Absinth

    am cautat inainte sa postez… imi poti da un link? sau sub ce denumire e postata ?

  4. ali
    maestru (V)

    Nu mai stiu unde a fost postata dar te asigur ca asa-i si chiar problema asta a fost ceruta pt rezolvare(si rezolvata)+celelalte, daca imi permite timpul am sa-ti-le caut. 🙂

  5. Absinth

    problema e ca nu prea stiu,sunt incepator si am nevoie de ea pt facultate.

  6. gigi.becali

    te folosesti putin de http://en.wikipedia.org/wiki/Taylor_series:

    ai asa dezvoltarea lu’ sin(x) este sin(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+... (te las pe tine sa demonstrezi, e simplu) \Rightarrow \frac{sin(x)}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-.... (1) Pe de alta parte solutiile ecuatiei \frac{sin(x)}{x}=0 sunt de forma +n\pi, -n\pi cu n natural. Deci polinomial vorbind putem descompune pe \frac{sin(x)}{x} astfel: \frac{sin(x)}{x} = (1-\frac{x}{\pi})(1+\frac{x}{\pi})(1-\frac{x}{\2pi})(1+\frac{x}{\2pi})(1-\frac{x}{\3pi})(1+\frac{x}{\3pi})....=(1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi^2})(1-\frac{x^2}{9\pi^2})....
    Acum, coeficientul lui x^2 din termenul drept este egal cu -\frac{1}{\pi^2}-\frac{1}{4\pi^2}-\frac{1}{9\pi^2}-...=-\frac{1}{\pi^2}\sum{\frac{1}{n^2}} (2). Dar conform (1), coeficientul lui x^2 este -\frac{1}{6} (3) deci din (1) si (3) obtinem egalitatea -\frac{1}{6} = -\frac{1}{\pi^2}\sum{\frac{1}{n^2}} \Rightarrow \sum{\frac{1}{n^2}}=\frac{\pi^2}{6}

    q.e.d.

  8. Absinth

    m-ai salvat,mai am vreo 2-3 demonstratii postate pe forum,daca m-ati putea ajuta,as fi foarte recunoascator.Multam

  9. gigi.becali

    celelalte cred ca sunt mai dificile. oricum incearca si tu prin metode asemanatoare poate-ti ies, mie mi-e lene sa-mi bat capu

  10. gigi.becali

    alta demonstratie: te folosesti de http://mathworld.wolfram.com/ParsevalsTheorem.html la serii Fourier.

    Consideri functia f:(-\pi,\pi) \rightarrow R, f(x)=x de unde calculezi si tu seria fourier si o sa-ti dea f=2\sum_{n \geq 1}{\frac{(-1)^{n+1}}{n}sin(nx)} si acum folosesti teorema aia a lu Parseval si obtii ca \frac{\pi^2}{3} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi}f^2dx=2\sum_{n \geq 1}{\frac{1}{n^2}} de unde itii iese imediat ca \sum_{n \geq 1}{\frac{1}{n^2}} = \frac{\pi^2}{6}

    q.e.d.

  12. ali
    maestru (V)

    Uite si linku’ cu problemele cerute:http://forum.matematic.ro/viewtopic.php?t=3946;
    Ideea este daca inlocuiesti x cu 1,2… obtii intocmai sumele cerute.Acesta este un alt mod de rezolvare a problemei, celelalte solutii au fost date de Gigi.

  13. omegatheo

    {\rm Pentru }\alpha \in \left( {{\rm 0,}\frac{\pi }{{\rm 2}}} \right){\rm si m} \in {\rm N*,din formula lui Moivre (cos}\alpha {\rm + isin}\alpha {\rm )}^{\rm m} = \cos m\alpha + i\sin m\alpha ;
    {\rm rezulta ca sin m}\alpha {\rm = } {\rm C}\nolimits_m^1 \cos ^{m - 1} \alpha *\sin \alpha - C\nolimits_m^3 \cos ^{m - 3} \alpha \sin ^3 \alpha + C\nolimits_m^5 \cos ^{m - 5} \alpha \sin ^5 \alpha =
    = \sin ^m \alpha ( C\nolimits_m^1 ctg^{m - 1} \alpha - C\nolimits_m^3 ctg^{m - 3} \alpha + C\nolimits_m^5 ctg^{m - 5} \alpha + ...)
    {\rm Pentru n} \in {\rm N,m = 2n + 1 si }\alpha \in \{ \frac{\pi }{{2n + 1}},\frac{{2\pi }}{{2n + 1}},...,\frac{{n\pi }}{{2n + 1}}\} ,avem{\rm sin m}\alpha {\rm = sin(2n + 1)}\alpha {\rm = 0,iar sin}\alpha \ne {\rm 0,deci}
    {\rm C}\nolimits_{{\rm 2n + 1}}^{\rm 1} ctg^{2n} \alpha - C\nolimits_{2n + 1}^3 ctg^{2n - 2} \alpha + C\nolimits_{2n + 1}^5 ctg^{2n - 4} \alpha + ... = 0;
    {\rm prin urmare ecuatia } {\rm C}\nolimits_{{\rm 2n + 1}}^{\rm 1} x^n - C\nolimits_{2n + 1}^3 x^{n - 1} + C\nolimits_{2n + 1}^5 x^{n - 2} + ... = 0
    {\rm are radacinile ctg}^{\rm 2} \frac{\pi }{{2n + 1}},{\rm ctg}^{\rm 2} \frac{{2\pi }}{{2n + 1}},{\rm ctg}^{\rm 2} \frac{{3\pi }}{{2n + 1}},...,{\rm ctg}^{\rm 2} \frac{{n\pi }}{{2n + 1}};
    {\rm Deoarece pentru k} \in {\rm \{ 1,2,}...{\rm ,n\} ,avem }\frac{{{\rm k}\pi }}{{{\rm 2n + 1}}} \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)
    {\rm rezulta ctg }\alpha {\rm < }\frac{{\rm 1}}{\alpha } < \frac{1}{{\sin \alpha }} = \cos ec\alpha {\rm si }\sum\limits_{{\rm k = 1}}^{\rm n} {{\rm ctg}^{\rm 2} \frac{{k\pi }}{{2n + 1}} < \left( {\frac{{2n + 1}}{\pi }} \right)} ^2 + \left( {\frac{{2n + 1}}{{2\pi }}} \right)^2 + .... + \left( {\frac{{2n + 1}}{{n\pi }}} \right)^2 < \sum\limits_{k = 1}^n {\cos ec^2 \frac{{k\pi }}{{2n + 1}}(1);{\rm }}
    {\rm Din relatiile lui Viete }\sum\limits_{{\rm k = 1}}^{\rm n} {} {\rm ctg}^{\rm 2} \frac{{k\pi }}{{2n + 1}} = \frac{{ C\nolimits_{2n + 1}^3 }}{{ C\nolimits_{2n + 1}^1 }} = \frac{{n(2n - 1)}}{3};
    {\rm Asadar }\sum\limits_{{\rm k = 1}}^{\rm n} {{\rm cosec}^{\rm 2} } \frac{{k\pi }}{{2n + 1}} = \frac{{n(2n - 1)}}{3} + n = \frac{{n(2n + 2)}}{3},asa{\rm ca (1)} \Leftrightarrow \frac{{\pi ^{\rm 2} }}{3}*\frac{{n(2n - 1)}}{{(2n + 1)^2 }} < \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{k^2 }} < \frac{{\pi ^2 }}{3}\frac{{n(2n + 2)}}{{(2n + 1)^2 }},
    {\rm de unde trecand la limita avem } {{\rm lim}}\limits_{{\rm n} \to \infty } \left( {1 + \frac{1}{{2^2 }} + \frac{1}{{3^2 }} + ... + \frac{1}{{n^2 }}} \right) = \frac{{\pi ^2 }}{6};

  14. omegatheo

    Ce ciuda imi e ca nu afiseaza .Era o rezolvare faina cu metode clasice de limite fara TAylor dar cam kilometrica.

  16. ex-admin
    profesor

    omegatheo wrote: Ce ciuda imi e ca nu afiseaza .


    Am intervenit eu, si am „reparat” astfel incat demonstratia dvs sa fie afisata.

    Va sfatuiesc ca pe viitor, pentru a a evita astfel de necazuri, sa nu mai editati toata rezolvarea intr-o singura „formula” (adica un singur cod tex) ci sa o rupeti in mai multe. Evitati folosirea tabelelor, pentru ca acestea in gneral nu sunt afisate corespunzator pe site-ul nostru.

    Eventual, pentru rezolvai lungi, scrieti intr-un alt editor, salvati ca fisier si atasati-l.

  17. ali
    maestru (V)

    omegatheo wrote: 💡


    Foarte interesanta demonstratia

Raspunde

Raspunde