Интересное тригонометрическое уравнение

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 30 апр 2007, 17:42

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

У этого уравнения ровно $$ n $$

различных корней.

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 03 май 2007, 21:29

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.

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 07 май 2007, 17:52

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 · Сообщение **Krrechet** » 07 май 2007, 23:22

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)

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 07 май 2007, 23:45

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 - $x = \cos((2s+1)\pi - b ) - \cos b = -2 \cos b$ .

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 08 май 2007, 18:09

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)

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 08 май 2007, 18:22

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!

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 08 май 2007, 22:54

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.

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 08 май 2007, 23:05

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