yourdomain.com

$\cos(a) + C_{n}^{1} \cos(a+b ) x + C_{n}^{2} \cos(a+2b ) x^2 + \ldots + C_{n}^{n} \cos(a + nb ) x^n = 0$

У этого уравнения ровно $$ n $$

различных корней.

AV_77 писал(а):Source of the post
$\cos(a) + C_{n}^{1} \cos(a+b ) x + C_{n}^{2} \cos(a+2b ) x^2 + \ldots + C_{n}^{n} \cos(a + nb ) x^n = 0$

У этого уравнения ровно различных корней.

Ни у кого идей нет? Тогда совет - вспомните, как перемножаются комплексные числа в тригонометрической форме.

У меня получилось, что исходное уравнение равносильно уравнению:
$Re\{z(1+x\omega)^n\}=0$ ,
где $z=\cos(a)+i\sin(a)$ , $\omega=\cos(\text{b})+i\sin(\text{b})$ .

A вот дальше че-то пока не получается.

Krrechet писал(а):Source of the post
У меня получилось, что исходное уравнение равносильно уравнению:
$Re\{z(1+x\omega)^n\}=0$ ,
где $z=\cos(a)+i\sin(a)$ , $\omega=\cos(\text{b})+i\sin(\text{b})$ .

Дальше получилось, что
$x=e^{${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$i}-e^{-ib}$ , где $k,n\in Z$

Отсюда, если $x\in R$ , то получаем:
$x=\cos${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$-\cos$b$$ ,(действительная часть), причем $\sin${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$=\sin$b$$ ,(комплексная часть равна 0)

Krrechet писал(а):Source of the post
Krrechet писал(а):Source of the post
У меня получилось, что исходное уравнение равносильно уравнению:
$Re\{z(1+x\omega)^n\}=0$ ,
где $z=\cos(a)+i\sin(a)$ , $\omega=\cos(\text{b})+i\sin(\text{b})$ .

Дальше получилось, что
$x=e^{${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$i}-e^{-ib}$ , где $k,n\in Z$

Отсюда, если $x\in R$ , то получаем:
$x=\cos${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$-\cos$b$$ ,(действительная часть), причем $\sin${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$=\sin$b$$ ,(комплексная часть равна 0)

Что-то я не понял, как Вы из
$Re\{z(1+x\omega)^n\}=0$
получили
$x=e^{${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$i}-e^{-ib}$ , где $k,n\in Z$ .

A вообще, ответ неправильный. Положим $\alpha = {\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$ . Тогда из равенства $\sin \alpha = \sin b$ следует, что
$\alpha = b$ или $\alpha = (2s+1)\pi - b$ .
B первом случае, $x = \cos \alpha - \cos b = 0,$ во втором случае - $x = \cos((2s+1)\pi - b ) - \cos b = -2 \cos b$ .

Ладно, выкладываю всё своё решение, a вы уж там смотрите, что правильно, a что не правильно.
Решение:
Пусть S - комплексное число такое, что
$Re\{S\}=\cos$a$+C^1_nx\cos$a+b$+C^2_nx^2\cos$a+2b$+\ldots+C^n_nx^n\cos$a+nb$$
$Im\{S\}=i\sin$a$+iC^1_nx\sin$a+b$+iC^2_nx^2\sin$a+2b$+\ldots+iC^n_nx^n\sin$a+nb$$

Пусть $z=\cos(a)+i\sin(a)$ , $\omega=\cos(\text{b})+i\sin(\text{b})$ ,
тогда $z\omega=\cos$a+b$+i\sin$a+b$$ , $z\omega^2=\cos$a+2b$+i\sin$a+2b$$ , $\ldots$

$S=Re\{S\}+Im\{S\}=$\cos\(a$+i\sin$a$\)+C^1_nx$\cos\(a+b$+i\sin$a+b$\)+\ldots+C^n_nx^n$\cos\(a+nb$+i\sin$a+nb$\)=z+C^1_nzx\omega+C^2_nzx^2\omega^2+\ldots+C^n_nzx^n\omega^n=z$1+x\omega$^n$
Получаем, что исходное уравнение равносильно уравнению:
$Re\{z(1+x\omega)^n\}=0$ ,
где $z=\cos(a)+i\sin(a)=e^{ia}$ , $\omega=\cos(\text{b})+i\sin(\text{b})=e^{ib}$ .
B другой записи: $Re\{e^{ia}(1+xe^{ib})^n\}=0$ .
Пусть $$1+xe^{ib}$^n=e^{i\phi}$ , получим: $Re\{e^{i$a+\phi$}\}=0 \Rightarrow \cos$a+\phi$=0 \Rightarrow \phi={\pi \over 2}-a+\pi k, k \in Z$
Возвращаясь к старым переменным:
$$1+xe^{ib}$^n=e^{i${\pi \over 2}-a+\pi k$}$ ,
$1+xe^{ib}=e^{i${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}$}$ ,
$xe^{ib}=e^{i${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}$}-1$ ,
$x=e^{${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$i}-e^{-ib}$ .
Отсюда, если $x\in R$ , то получаем:
$x=\cos${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$-\cos$b$$ ,(действительная часть), причем $\sin${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$=\sin$b$$ ,(комплексная часть равна 0)

Krrechet писал(а):Source of the post
Ладно, выкладываю всё своё решение, a вы уж там смотрите, что правильно, a что не правильно.
Решение:
Пусть S - комплексное число такое, что
$Re\{S\}=\cos$a$+C^1_nx\cos$a+b$+C^2_nx^2\cos$a+2b$+\ldots+C^n_nx^n\cos$a+nb$$
$Im\{S\}=i\sin$a$+iC^1_nx\sin$a+b$+iC^2_nx^2\sin$a+2b$+\ldots+iC^n_nx^n\sin$a+nb$$
Пусть $z=\cos(a)+i\sin(a)$ , $\omega=\cos(\text{b})+i\sin(\text{b})$ ,
тогда $z\omega=\cos$a+b$+i\sin$a+b$$ , $z\omega^2=\cos$a+2b$+i\sin$a+2b$$ , $\ldots$

$S=Re\{S\}+Im\{S\}=$\cos\(a$+i\sin$a$\)+C^1_nx$\cos\(a+b$+i\sin$a+b$\)+\ldots+C^n_nx^n$\cos\(a+nb$+i\sin$a+nb$\)= \\ = z+C^1_nzx\omega+C^2_nzx^2\omega^2+\ldots+C^n_nzx^n\omega^n=z$1+x\omega$^n$
Получаем, что исходное уравнение равносильно уравнению:
$Re\{z(1+x\omega)^n\}=0$ ,
где $z=\cos(a)+i\sin(a)=e^{ia}$ , $\omega=\cos(\text{b})+i\sin(\text{b})=e^{ib}$ .
B другой записи: $Re\{e^{ia}(1+xe^{ib})^n\}=0$ .

До этого момента согласен.

Krrechet писал(а):Source of the post
Пусть $$1+xe^{ib}$^n=e^{i\phi}$ , ...

A откуда следует, что модуль левой части равен 1?

Решение такое.
Как у Bac и написано, положим
$\alpha = \cos a + i \sin a, \quad \beta = \cos b + i \sin b$ .
Тогда
$\cos a = \frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2}, \quad \cos b = \frac{\beta + \beta^{-1}}{2}$ .
Кроме того,
$\cos (a + kb ) = \frac{\alpha \beta^{k} + \alpha^{-1} \beta^{-k}}{2}.$
Уравнение переписываем в виде
$\frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2} + C_{n}^{1}\frac{\alpha \beta + \alpha^{-1} \beta^{-1}}{2}x + \ldots + C_{n}^{n} \frac{\alpha \beta^{n} + \alpha^{-1} \beta^{-n}}{2}x^{n} = \alpha (1 + \beta x)^{n} + \alpha^{-1} (1 + \beta^{-1} x)^{n} = 0.$
A дальше уже легко ...

PS. Bce корни уравнения - вещественные!

Тогда может так ?
Пусть $$1+xe^{ib}$^n=Ae^{i\phi}$ , получим: $Re\{Ae^{i$a+\phi$}\}=0 \Rightarrow \cos$a+\phi$=0 \Rightarrow \phi={\pi \over 2}-a+\pi k, k \in Z$
Возвращаясь к старым переменным:
$$1+xe^{ib}$^n=Ae^{i${\pi \over 2}-a+\pi k$}$ ,
$1+xe^{ib}=\sqrt[n]{A}e^{i${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}$}$ ,
$xe^{ib}=\sqrt[n]{A}e^{i${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}$}-1$ ,
$x=\sqrt[n]{A}e^{${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$i}-e^{-ib}$ .
Отсюда, если $x\in R$ , то получаем:
$x=\sqrt[n]{A}\cos${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$-\cos$b$$ ,(действительная часть), причем $\sqrt[n]{A}\sin${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$=\sin$b$$ ,(комплексная часть равна 0)
Тогда получаем, что $x=\sin$b$ctg${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$-\cos$b$$

P.S: Дорешайте пожалуйста своим способом. Заранее спасибо.

Krrechet писал(а):Source of the post
Тогда может так ?
Пусть $$1+xe^{ib}$^n=Ae^{i\phi}$ , получим: $Re\{Ae^{i$a+\phi$}\}=0 \Rightarrow \cos$a+\phi$=0 \Rightarrow \phi={\pi \over 2}-a+\pi k, k \in Z$
Возвращаясь к старым переменным:
$$1+xe^{ib}$^n=Ae^{i${\pi \over 2}-a+\pi k$}$ ,
$1+xe^{ib}=\sqrt[n]{A}e^{i${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}$}$ ,
$xe^{ib}=\sqrt[n]{A}e^{i${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}$}-1$ ,
$x=\sqrt[n]{A}e^{${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$i}-e^{-ib}$ .
Отсюда, если $x\in R$ , то получаем:
$x=\sqrt[n]{A}\cos${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$-\cos$b$$ ,(действительная часть), причем $\sqrt[n]{A}\sin${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$=\sin$b$$ ,(комплексная часть равна 0)
Тогда получаем, что $x=\sin$b$ctg${\pi \over 2n}-{a \over n}-{\pi k \over n}-b$-\cos$b$$

P.S: Дорешайте пожалуйста своим способом. Заранее спасибо.

Вы снова ПРЕДПОЛАГАЕТЕ, что корни уравнения вещественные. A это нужно ПОЛУЧИТЬ решая уравнение. Хотя сейчас вроде бы правильно.

A вообще, ответ такой:
$x_k = - \frac{\sin \frac{2(k+1)\pi - 2a}{2n}}{\sin \frac{(2k+1) \pi - 2a - 2nb}{2n}}, \quad k = 0, 1, \ldots, n-1.$

yourdomain.com

Интересное тригонометрическое уравнение

Интересное тригонометрическое уравнение

Интересное тригонометрическое уравнение

Интересное тригонометрическое уравнение

Интересное тригонометрическое уравнение

Интересное тригонометрическое уравнение

Интересное тригонометрическое уравнение

Интересное тригонометрическое уравнение

Интересное тригонометрическое уравнение

Интересное тригонометрическое уравнение