Simpatiche intersezioni.

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Singollo
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Messaggio da Singollo » 27 mag 2005, 15:41

Siete pazzi!! :lol:
E io sono un fesso...

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Melkon
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Messaggio da Melkon » 27 mag 2005, 18:16

no, stavolta devo dare torto a mind:
tgx=x
tg=1
t=1/9.81
"Bisogna vivere come si pensa, se no, prima o poi, ci si troverà a pensare come si è vissuto"
Paul Borget

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elianto84
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Messaggio da elianto84 » 28 mag 2005, 17:30

__Cu_Jo__ ha scritto:A me come risultato viene 2/5,ma è probabile che abbia fatto un errore di calcolo.
Per lo sviluppo in serie di tanx abbiamo:
$ \displaymatch x + \frac{{x^3 }}{3} + \frac{{2x^5 }}{{15}} + e_5 (x) = x \Rightarrow \frac{{x^3 }}{3} + \frac{{2x^5 }}{{15}} + e_5 (x) = 0 $
da cui si ricava dividendo ambo i membri per x^3:
$ \displaymatch \frac{1}{3} + \frac{2}{{15}}x^2 + \frac{{e_5 }}{{x^3 }} = 0 $.
Indichiamo con $ x_i $ ,dove i=1,2,..inf ,le radici di questo polinomio.
Siccome il polinomio è pari è facile verificare che
$ \displaymatch \sum\limits_{i = 1}^\infty {\frac{1}{{x_i }} = 0} $
ovvero
$ \displaymatch \left( {\sum\limits_{i = 1}^\infty {\frac{1}{{x_i }}} } \right)^2 = \sum\limits_{i = 1}^\infty {\frac{1}{{x_i^2 }} + 2\sum\limits_{1 \le i < j} {\frac{1}{{x_i x_j }}} } = 0 $
Utilizzando le formule di Viete si arriva finalmente al risultato
$ \displaymatch \sum\limits_{i = 1}^\infty {\frac{1}{{x_i^2 }} = 2\frac{{\frac{2}{{15}}}}{{\frac{1}{3}}} = \frac{4}{5} \Rightarrow \sum\limits_{j = 1}^\infty {\frac{1}{{a_j }} = \frac{2}{5}} } $
Ricorda che Viète tiene conto di TUTTE le radici, anche quelle complesse,
e tan(x)-x è una funzione dispari, dunque se possiede radice zeta
possiede pure radice -zeta... e il 2/5 che hai ottenuto è da dividere per 4.

Dimostrazione abbastanza ok, sarebbe da puntualizzare l'uso sportivo
di Viète su "polinomi infiniti"... cioè serie.
Jack alias elianto84 alias jack202

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