Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

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-   -   Easy quiz(zes): but mathematical! (http://www.trekportal.it/coelestis/showthread.php?t=28426)

Erasmus 29-11-12 10:17

Re: Easy quiz(zes): but mathematical!
 
a) Di che grado è il problema algebrico di determinare il coseno di un settimo di angolo giro?
b) Dimòsrtramelo!


Richiami
In altro thread si è visto che i poligoni regolari di 3, 5, 15 e 17 lati sono costruibili con riga e compasso e che ciò equivale a dire che le determinazioni di
cos(2π/3), cos(2π/5), cos(2π/15) e cos(2π/17)
sono tutti "problemi algebrici di 2° grado".
Invece i poligoni regolari di 7, 9, 11 e 13 lati non sono costruibili con riga e compasso e la determinazione del coseno di
2π/7, 2π/11 o 2π/13
è un problema algebrico di grado superiore al 2°.

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:hello:

Mizarino 29-11-12 10:28

Re: Easy quiz(zes): but mathematical!
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 636365)
a) Di che grado è il problema algebrico di determinare il coseno di un settimo di angolo giro?

Non lo so ... son quarant'anni che io i coseni li calcolo con la macchinetta! ...:D

aspesi 29-11-12 11:48

Re: Easy quiz(zes): but mathematical!
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 636365)
a) Di che grado è il problema algebrico di determinare il coseno di un settimo di angolo giro?

:hello:

Solo perché l'ho trovato subito (naturalmente, senza capirci un tubo... :D)
http://it.wikipedia.org/wiki/Ettagono

L'impossibilità della costruzione tramite riga e compasso segue dall'osservazione che 2cos(2π/7) ≈ 1,247 è uno zero del polinomio irriducibilecubico x3 + x2 - 2x - 1.

:hello:

Erasmus 29-11-12 16:38

Re: Easy quiz(zes): but mathematical!
 
Quote:

aspesi (Scrivi 636380)
[...] senza capirci un tubo... :D)

OK: Sai anche dire le bugie. Ma lo fai una volta su tre, non due volte su tre, vero? ;)

[Penso che hai fatto apposta a mettere
x3 + x2 - 2x - 1
invece di
x^3 + x^2 – 2·x –1
con la quale espressione sarebbe più chiaro che si tratta di un polinomio di 3° grado nell'unica indeterminata x, e non di 1° grado nelle tre indeterminate x3, x2 ed x.]

Il problema di determinare il coseno di un n-esimo di angolo giro è sempre algebrico (ossia: risolubile con equazioni (una o più di una) costituite da polinomi uguagliati a zero). Se non per altro almeno per il fatto che
cos(nφ)
è sviluppabile in un polinomio di grado n nella variabile x = cos(φ).
[Polinomi di Cebyscef].

Ma la soluzione del quiz è facile-facile (anche per te, aspesi!) se si osserva che per
φ = 2π/7
si ha
3φ = 2π – 4φ
e quindi
sin(3φ) = sin(2π – 4φ)
cioè
sin(3φ) + sin(4φ) = 0 (*)

Ora:
sin(3φ) = 3·sin(φ) –4·[sin(φ)]^3 = sin(φ)·{3 – 4·[1–(cos(φ))^2]}=sin(φ)·{4·[cos(φ)^2 –1};
sin(4·φ)= 2·sin(2·φ)·cos(2·φ) = 4·sin(φ)·cos(φ)·cos(2·φ).

Perciò, essendo sin(φ)≠0, la (*) diventa [ponendo x al posto di cos(φ) per cui cos(2·φ)=2·x^2 –1]:
4·x^2 – 1 + 4·x·(2x^2 – 1) = 0 ––> 8·x^3 + 4·x^2 – 4·x – 1=0 (**) (equazione di 3° grado).

Infine, se al posto di x = cos(φ) metti x = 2·cos(φ), la (**) diventa quella che hai trovato tu:
x^3 + x^2 – 2x – 1 = 0
[Ossia: x = 2·cos(2π/7) è uno "zero" del polinomio di terzo grado x^3 + x^2 – 2x – 1, come è detto là dove sei andato a sbirciare].

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:hello:

Erasmus 30-11-12 00:39

Re: Easy quiz(zes): but mathematical!
 
Altrove [V. qui ––> # 37] avevo scritto, tra l'altro:
Quote:

Erasmus (Scrivi 634422)
[...]Ripetiamo una terza volta l'algoritmo «Fare il quadrato e togliere 2», [livello m = 3]. Poi uguagliamo ad x.
Otteniamo:
[(x^2 – 2)^2 – 2]^2 – 2 = x (°°°)
Se proviamo a mettere al posto di x le soluzioni della (°°) scopriamo subito che l'uguaglianza è soddisfatta da x = 2 e da x = –1 ma non da x = [√(5) – 1]/2 né da x = –[√(5) + 1]/2.
Possiamo abbassare il grado da 8 a 6 ... [...]

Ma ormai abbiamo capito il trucco ;)
Pensando x = 2·cos(φ) abbiamo 2·cos(2φ) = 2·{2·[cos(φ)]^2 – 1} = [2·cos(φ)]^2 – 2 e quindi
x^2 – 2 = 2·cos(2φ)
Sostituendo allora x^2 – 2 con 2·cos(2φ) troviamo analogamente
(x^2 – 2)^2 – 2 = 4·[cos(2φ)]^2 – 2 = 2·{2·[cos(2φ)]^2 – 1} = 2·cos(4φ)
ed infine
[(x^2 – 2)^2 – 2]^2 – 2 = 4·[cos(4φ)]^2 – 2 = 2·{2·[cos(4φ)]^2 – 1} = 2·cos(8φ)-
Pertanto, la (°°°) diventa:
2·cos(8φ) = 2·cos(φ)
equivalente a
cos(8φ) = cos(φ)
equazione trascendente nell'incognita φ risolta sia dai multipli di 2π/7 che dai multipli di 2π/9.
[Ha dunque a che fare con i poligoni regolari di 7 e di 9 lati; e siccome 9 è multiplo di 3 anche con il triangolo equilatero].
Riassumendo:
«Per ogni k intero, x = 2·cos(k·2π/3), x = 2·cos(k·2π/7) e x = 2·cos(k·2π/9) sono soluzioni dell'equazione (°°°)»

Sospetto che Nino II/aspesi manco si sia degnato di leggere! :mad:
-----------
Riconsideriamo l'equazione di 8° grado in x:
[(x^2 – 2)^2 – 2]^2 – 2 = x. (°°°)
Se sviluppiamo i quadrati, portiamo tutto al primo membro e ordiniamo per grado decrescente otteniamo:
x^8 – 8·x^6 + 20·x^4 – 16·x^2 – x + 2 = 0 (*)
Abbiamo appena visto che, ponendo x = 2·cos(φ), la (°°°) – e ora anche la (*) – equivale all'equazione trascendente nell'incognita φ
cos(8φ) = cos(φ) (**)
che, ovviamente, è risolta sia da
φ = 2π/7
[dato che cos(8·2π/7) = cos(2π + 2π/7) = cos(2π/7)]
che da
φ = 2π/9
[dato che cos(8·2π/9) = cos(2π – 2π/9) = cos(–2π/9) = cos(2π/9)].
Allora è risolta anche da φ = k·2π/7 e da φ = k·2π/9 per ogni k intero [arbitrario].
In particolare per k = 0 e per k = 3.
Per k = 0 abbiamo cos(0·2π/7) = cos(0·2π/9) = cos(0) = 1; e quindi x = 2 = 2·cos(0) è una soluzione della (*).
Per k = 3 e φ = 2π/9 = 40° abbiamo 3·φ = 120° ––> cos(3·φ) = –1/2; e quindi la (*) è risolta anche da x = –1,
D'altra parte, essendo cos(3·φ) = 4·[cos(φ)]^3 – 3·cos(φ), per x = 2·cos(φ) abbiamo
2·cos(3·φ) = 8·[cos(φ)]^3 – 6·cos(φ) = [2·cos(φ)]^3 – 3·[2·cos(φ)] = x^3 – 3·x;
e per φ = 2π/9 = 40°, essendo allora 2·cos(3·φ) = –1, deve essere
x^3 – 3·x + 1 = 0.
Questa è l'equazione che dimostra che la determinazione del coseno di 2π/9 è un "problema algebrico di 3° grado".

Ma allora il 1° membro della (*) deve essere divisibile per (x + 1)·(x – 2)·(x^3 – 3x + 1).

E vuoi vedere che il quoziente è proprio x^3 + x^2 – 2x – 1?

Proviamo a verificare.
(x + 1)·(x – 2) = x^2 – x – 2;
(x^3 – 3x + 1)·(x^3 + x^2 – 2·x – 1) = x^6 + x^5 – 5·x^4 – 3·x^3 + 7·x^2 + x – 1;
Codice:

(x^2 – x – 2)·(x^6 + x^5 - 5·x^4  – 3·x^3 + 7·x^2 + x – 1) =
  = x^8 + x^7  –5·x^6  – 3·x^5 + 7·x^4  +  x^3 –    x^2 +
            –x^7  –  x^6  + 5·x^5 + 3·x^4 – 7·x^3 –    x^2 +  x +
                      –2·x^6  – 2·x^5 +10·x^4 +6·x^3 –14·x^2 –2·x + 2 =
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
= x^8 +0·x^7– 8·x^6 + 0·x^5 + 20·x^4 +0·x^3 –16·x^2  –  x  + 2.

C. D. D ;)

Abbiamo dunque ritrovato (per una seconda via un tantino più lunga della precedente) che il problema di determinare il coseno di 2π/7 è quello (algebrico di 3° grado) di risolvere l'equazione
x^3 + x^2 – 2·x – 1 = 0
dove x = 2·cos(2π/7).

–––––––
:hello:

Erasmus 17-01-13 23:44

Re: Easy quiz(zes): but mathematical!
 
Il quiz che segue ... l'ho pensato mentre riflettevo sul quiz che aspesi ha messo in #761

Introduzioine
Dato un numero primo p, nella successione crescente dei numeri naturali
0, 1, 2, 3, 4, ...
succede che c'è un numero divisibile per p ogni p termini. Si susseguono, cioè:
un termine divisibile per p;
p–1 termini non divisibili per p;
un termine divisibile per p;
p–1 termini non divisibili per p;
...
e così ... eternamente!

Il quiz
Fissato un certo numero primo p, dare una legge a(n) = f(n) che produca, per n naturale, una successione crescente di interi con la proprietà ... "rovescia" di quella appena vista per la successione dei naturali.
Precisamente: Definire una successione di interi nella quale, dopo il termine iniziale che vale 1, si susseguano:
p–1 termini tutti divisibili per p;
un termine non divisibile per p;
p–1 termini tutti divisibili per p;
un termine non divisibile per p;
...
e così ... eternamente.


–––––––
:hello:

Erasmus 18-01-13 22:37

Re: Easy quiz(zes): but mathematical!
 
Toc, toc ...
C'è qualcuno? :mmh:

MIIIZAAAA!!!!
Non ti vedo da settimane e settimane!
Non dirmi che questo quiz non ti interessa! :mad:
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:hello:

campounificato 26-01-13 00:28

Re: Easy quiz(zes): but mathematical!
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 648103)
Il quiz
Fissato un certo numero primo p, dare una legge a(n) = f(n) che produca, per n naturale, una successione crescente di interi con la proprietà ... "rovescia" di quella appena vista per la successione dei naturali.
Precisamente: Definire una successione di interi nella quale, dopo il termine iniziale che vale 1, si susseguano:
p–1 termini tutti divisibili per p;
un termine non divisibile per p;
p–1 termini tutti divisibili per p;
un termine non divisibile per p;
...
e così ... eternamente.

–––––––
:hello:

Buongiorno :) Erasmus, non é che per caso esiste la soluzione a questo quiz?

mi ci sono scervellata una settimana ma veramente non ce la posso fare :( :(
se nessuno risponde mi rimarrà il tarlo per sempre nel cervello ...

Erasmus 26-01-13 04:30

Re: Easy quiz(zes): but mathematical!
 
Quote:

campounificato (Scrivi 649889)
... se nessuno risponde mi rimarrà il tarlo per sempre nel cervello ...

Benvenuta, campounificato, tra i (pochi) Rudi Mathematici! ;)
Tu forse non mi capisci: ma penso che aspesi ti assocerebbe ad un certo Poisson... (di cui non so nulla, tranne che si occupava di "eventi rari" ...)

Ci sarebbe un utente "super" che sa rispondere a qualsiasi quiz solubile.
Se si applica ... non sbaglia (quasi) mai! Ma alle volte ... snobba il quiz (forse perché lo considera troppo facile o lo trova noioso? :mmh: )
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Che nella successione dei naturali ci sia un multiplo dell'intero n ogni n interi in fila ... è ovvio.
a) Prendi una ... "finestra" larga n ed esplora con essa la successione dei numeri interi naturali.
Che succede? Che nella tua "finestra" ci sta sempre un multiplo di n e uno soltanto.
Man mano che sposti la tua finestra di osservazione da sinistra a destra (cioè verso numeri più grandi), il tuo multiplo, relativamente alla finestra, scorre nel senso inverso (da destra a sinistra) ... fin che se ne esce a sinistra! Ma proprio quando lui, birbone, esce a sinistra, ne entra da destra un altro, quello più grande di lui di n unità.
b) Se nella tua finestra c'è sempre un multiplo di n proprio perché è larga n, a maggior ragione ci saranno anche i multipli degli interi minori di n. [Ogni due numeri c'è un pari, ogni 3 ce n'è uno divisibile per 3, ... ogni n–1 ce n'è uno divisibile per (n–1), ogni n uno divisibile per n].
c) Supponiamo che n sia un numero primo. E allora, per capirci, invece di n (come 'numero') lo chiamiamo p (come 'primo').
Cos succede se la finestra invece di essere larga p è larga p–1? Ovvio: nell'esplorare p-1 naturali in fila attorno ad un multiplo di p, spostando la finestra da sinistra a destra il multiplo di p, relativamente alla finestra, cammina da destra a sinistra fin che se ne esce ... ma il successivo multiplo di p non entra subito perché è in ritardo di un passo.
Perbacco! Puoi associare alla posizione della finestra un intero (per esempio quello appena uscito a sinistra). E man mano che sposti la finestra a destra, guardando da quella finestra vedi sempre un multiplo di p – diciamolo k·p, con k intero – tranne quando il multiplo se ne esce a sinistra [cioè quando la finestra è nella posizione (k·p)-esima].

T'ho detto molto assai! :D
L'ultimo passettino fallo tu.
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Ciao, ciao
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Popolo dei Rudi, udite:
Ho il computer fottuto!
Sto scrivendo con quello di mia moglie che ha per monitor la TV.
Che strazio!
Io ci vedo poco, devo avvicinarmi, con tastiera e mouse su un divanetto posto di sghimbescio ...
Che starzio! :lipssealed:

astromauh 26-01-13 05:18

Re: Easy quiz(zes): but mathematical!
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 649890)
Popolo dei Rudi, udite:
Ho il computer fottuto!
Sto scrivendo con quello di mia moglie che ha per monitor la TV.
Che strazio!
Io ci vedo poco, devo avvicinarmi, con tastiera e mouse su un divanetto posto di sghimbescio ...
Che starzio! :lipssealed:

Stai attento perché una posizione scomoda ti potrebbe creare dei problemi fisici, visto che passi molto tempo al PC.

Ma perché non ne compri uno nuovo?
Non sarai mica un taccagno? :rolleyes:

:hello:


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