Complex Number

Found mysterious one ! 🥳
•
1³ + 2³ + 3³ + ....... + n³ = { n(n+1)/2} ²

☞Beauty:-

10² + 11² + 12² = 13² + 14²

"টাওয়ার অফ হ্যানয়" বা "টাওয়ার অফ ব্রহ্মা" হলো গনিতের খুবই বিখ্যাত এবং মজার একটি প্রবলেম। ১৮৮৩ সালে ফরাসি গণিতবিদ "এ্যাডওয়ার্ড লুকাস'' প্রথম সমস্যাটির কথা ইউরোপীয়ানদের কাছে উপস্থাপন করেন। তার নামানুসারে এঁকে "লুকাস টাওয়ার"ও বলা হয়। মূলত হ্যানয় হচ্ছে ভিয়েতনামের রাজধানী । তৎকালীন ভিয়েতনাম ফরসারীদের দখলে ছিল। কিন্তু কিছুদিন পর জানা গেল এই সমস্যাটি অনেক বছর পুরোনো অর্থ্যাৎ একেইবারেই পুরাণের যুগের। এর আসল এবং আদি নাম হলো "টাওয়ার অফ ব্রহ্মা"। সমস্যাটির উত্থান হয়েছিল বেনারসের কাশী বিশ্বনাথ মন্দিরের গম্বুজের নীচে‌ । সেখানে একটি পিতলের ফ্লাটফর্মের ওপর তিনটি হীরের দন্ড ছিল। সেই হিরার দন্ডের একটিতে 64 টি সোনার চাকতি ছিল , চাকতিগুলো বড় থেকে ছোট ক্রমে সাজানো ; সবচেয়ে বড় চাকতিটি চিত্রের ন্যায় সবার নিচে তারপর একটু একটু করে ছোট হয়ে সবচেয়ে ছোটটি সবার উপরে। ব্রহ্মার নির্দেশে মন্দিরের পুরোহিতরা দিন রাত অক্লান্ত পরিশ্রম করে চাকতিগুলো এক হিরার দন্ড হতে অন্য হীরার দন্ডে সরানোর কাজে ব্যাস্ত আছে। সমস্ত চাকতি এক দন্ড হতে অন্য দন্ডে সরানোর কাজ শেষ হলেই ব্রহ্মার নির্দেশে পুরো বিশ্বজগৎ ধ্বংস হয়ে যাবে! মজার ব্যাপার হচ্ছে পুরোহিতরা এখনও একদন্ড হতে অন্য দন্ডে স্বর্ণের চাকতিগুলো সরাতে পারেননি। কারন এগুলো সরানোর ক্ষেত্রে ব্রহ্মার দুটো নির্দেশ ছিল -
(i) একবারে কেবল একটি চাকতি সরানো যাবে।

(ii) চাকতিগুলো অন্য দন্ডে সরানোর সময় কখনোই
কোন ছোট চাকতির উপর বড় চাকতি রাখা যাবে
না এবং সবসময়ই একটি বড় চাকতির উপর
ক্রমান্বয়ে ছোট চাকতিগুলো রাখতে হবে অর্থাৎ
পূর্বের ন্যায় সবচেয়ে ছোট চাকতি'টি সবার ওপরে
থাকবে।
উপরোক্ত শর্তানুযায়ী মন্দিরের পুরোহিতরা কাজটি এখনও করছেন কিন্তু তা কবে শেষ করতে পারবেন ; আমরা সে সমস্যা সমাধানের একটি ছোটখাটো মডেল দাঁড় করাব‌।
ধরি , চিত্রে A দন্ডে 64 টি সোনার চাকতি রয়েছে । আমাদের উদ্দেশ্য হচ্ছে C দন্ডতে সোনার চাকতিগুলো A দন্ডের ন্যায় বড় থেকে ছোট ক্রমান্বয়ে সাজাবো । ব্রহ্মার দেয়া দুটি নিয়ম মেনে আমরা 63 টি চাকতি A দন্ড থেকে B দন্ডে সরাতে পারি । এজন্য আমাদেরকে N₆₃ সংখ্যকবার এক দন্ড থেকে অন্যদন্ডে চাকতিগুলোকে সরাতে হয়েছে । এখানে চাকতিগুলো কিভাবে সুসজ্জিত আছে তা নিয়ে আমরা আপাতত ভাবছি না । আমরা শুধু এতটুকুই জানি যে , এক দন্ড থেকে অন্যদন্ডে চাকতিগুলোকে সরাতে N₆₃ সংখ্যকবার চেষ্টা করতে হয়েছে । এখন A দন্ডে সবচেয়ে বড় চাকতি অর্থাৎ 64 নাম্বার চাকতিটি রয়ে যাবে ; তা‌ আমরা A দন্ড থেকে C দন্ডে এক প্রচেষ্টায় সরাতে পারি। একইভাবে B দন্ড থেকে C দন্ডের 64 নাম্বার চাকতির ওপর চাকতিগুলোকে সরাতে N₆₃ সংখ্যকবার চেষ্টা করতে হবে । তাহলে আমরা A দন্ড থেকে C দন্ডে N₆₄ সংখ্যক চাকতিকে সরাতে ( N₆₃ + N₆₃ + 1 ) বা ( 2N₆₃ + 1 ) সংখ্যক বার চেষ্টা করতে হয়েছে।
সুতরাং , উপরোক্ত আলোচনা থেকে আমরা লিখতে
পারি :- N₆₄ = 2N₆₃ + 1 ..............(i)
এখানে সমীকরণ (i) অনুযায়ী লক্ষণীয় , যেকোন একটি সংখ্যা জানতে আমাদের পূর্বের সংখ্যাটি জানা প্রয়োজন ।
এখন আগের যুক্তি অনুযায়ী N₆₃ এর ক্ষেত্রে , 62 টি চাকতি সরাতে N₆₂ বার চেষ্টা করা হলে -
∴ N₆₃ = 2N₆₂ + 1
একইভাবে ,
N₆₂ = 2N₆₁ + 1
N₆₁ = 2N₆₀ + 1........................................................................
এখানে আমরা দেখতে পাচ্ছি একটি সংখ্যা বের
করতে তার আগের সংখ্যাটি জানা প্রয়োজন । একইভাবে তার আগের সংখ্যাটি জানতে ; তারও আগের সংখ্যাটি জানার প্রয়োজন । এভাবে যেতে যাতে আমরা একেবারে প্রথম চাকতির কাছে পৌঁছাতে পারি । সেই প্রথম চাকতিকে পাশের দন্ডে সরাতে মাত্র একবার চেষ্টা করতে হবে।
∴ N₁ = 1
⇒N₂ = 2N₁ + 1 = 2⨯1+1 = 3 = 2² - 1
⇒N₃ = 2N₂ + 1 = 2⨯3+1= 7 = 2³ - 1
⇒N₄ = 2N₃ + 1 = 2⨯7+1=15 = 2⁴ - 1
.
.
.
.
.
N₆₁ = 2N₆₀ + 1 = 2⁶¹ - 1
N₆₂ = 2N₆₁ + 1 = 2⁶² - 1
N₆₃ = 2N₆₂ + 1 = 2⁶³ - 1
N₆₄ = 2N₆₃ + 1 = 2⁶⁴ - 1

অর্থাৎ মন্দিরের পুরোহিতরা ব্রহ্মার নির্দেশানুযায়ী ( 2⁶⁴ - 1 ) বার চেষ্টা করে 64 টি সোনার চাকতিকে একদন্ড থেকে অন্য দন্ডে নিতে পারবেন।
এখন , 2⁶⁴ - 1 = 18446744073709551615
পুরোহিতরা যদি একটি চাকতিকে এক দন্ড থেকে অন্য দন্ডে সরাতে এক সেকেন্ড সময় নেয় তাহলে ,
( 2⁶⁴ - 1 ) / (60×60×24×365) = 584942417355 কোটি বছর সময় লাগবে যা প্রায় ৫৮৫ বিলিয়ন বছরের সমান ! এদিকে আমাদের মহাবিশ্বের বয়সই এখন পর্যন্ত 13.787 বিলিয়ন বছর। ঐ 64 টি সোনার চাকতিকে ব্রহ্মার নির্দেশানুযায়ী সাজাতে এখনো অনেক কোটি কোটি বিলিয়ন বছর পাড়ি দিতে হবে। তাহলে একটু ভাবুন, বিশ্বব্রহ্মা কত্তো কঠিন সমস্যাই না পুরোহিতদের দিয়েছিলেন !!

~

Reference:-
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Tower_of_Hanoi

https://owlcation.com/stem/Matchstick-Puzzles-That-Will-Ignite-Your-Frustration

https://mathworld.wolfram.com/TowerofHanoi.html
One Two Three...Infinity –George Gamow

☞Derivation of Sin(A+B) by using vector Cross product :-
Here ,
Vector , OP⃗ = CosA i + SinA j
OQ⃗ = CosB i – SinB j
Now ,
Op⃗ × OQ⃗ = (CosA i + SinA j )×(CosB i – SinA j )
⇒|Op⃗ |.|OQ⃗ |.Sin(A+B).(-k) = CosA.CosB.(i×i)
– CosA.SinB.(i×j) + SinA.CosB (j×i)
–SinA.SinB(j×j)
⇒1.Sin(A+B).(-k) = 0 – CosA.SinB.(k)
+ SinA.CosB.(–k) + 0
⇒Sin(A+B).(-k)=CosA.SinB(-k)+SinA.CosB.(-k)
⇒Sin(A+B).(-k) = (–k). {CosA.SinB+SinA.CosB}
∴Sin(A+B) = SinA.CosB + CosA.SinB
(Proved)

আমরা জানি ,
অয়লার থিওরেম , eⁱᵅ = Cosα + i Sinα
একইভাবে ,
eⁱ⁽ᴬ⁺ᴮ⁾ = Cos ( A+B ) + i Sin(A+B)
⇒eⁱᴬ⁺ⁱᴮ= Cos ( A+B ) + i Sin(A+B)
⇒eⁱᴬ . eⁱᴮ = Cos ( A+B ) + i Sin(A+B)
⇒(CosA + i SinA ). ( CosB + i SinB) = Cos (A+B)
+ i Sin(A+B)
⇒Cos (A+B)+ i Sin(A+B) = (CosA + i SinA ).
(CosB + i SinB)
⇒Cos (A+B)+ i Sin(A+B) = CosA .CosB + i CosA SinB + i . SinA CosB + i ² . SinA . SinB
⇒Cos (A+B)+ i Sin(A+B) = ( CosA .CosB - SinA.SinB) + i ( SinA.CosB + CosA.SinB )

এখন , দুটো জটিল সংখ্যা যদি পরস্পর সমান হয় এদের বাস্তব অংশ বাস্তব অংশের সমান হয় এবং কাল্পনিক অংশ ; কাল্পনিক অংশের সমান ।
তাই ,
• Cos (A+B) = CosA .CosB - SinA.SinB
• Sin (A+B) = SinA.CosB + CosA.SinB
( প্রমাণিত ) 🙂

☞magical pi 🤍

☞ Beauty:-

10! = 1! × 3! × 5! × 7!

☞ Beauty:-

1! + 6! + 7! + 5! = 16² + 75²

☞ ত্রিভুজের ক্ষেত্রফলের সাহায্যে Sin(α + β) এর ব্যাখ্যা :-
চিত্রে ,
∆ABC এর ক্ষেত্রফল = (1/2)× ভূমি × উচ্চতা
= (1/2)×a×h
= (1/2)×(m+n)×h ............(i)
অনুরূপভাবে ,
∆ABC এর ক্ষেত্রফল = (1/2)×b.c.SinA
= (1/2) × bc Sin(α+β) .......(ii)
যেহেতু ,
(i) ও (ii) একই ত্রিভুজের ক্ষেত্রফল নির্দেশ করে তাই ,
(1/2) × bc Sin(α+β) = (1/2)×(m+n)×h
⇒bc × Sin(α+β) = mh + nh
⇒Sin(α+β) = (mh + nh)/ bc
⇒Sin(α+β) = (mh/bc) + (nh/bc)
⇒Sin(α+β) = (m/c).(h/b) + (h/c) . (n/b)
⇒Sin(α+β) = sinα.Cosβ + Cosα.Sinβ
(Proved)

☞ Beauty:-

51¹ + 73² + 80³ = 517380