Równanie, l. zespolone.

[apacz]

Cześć,
Mam takie równanie:
\(\displaystyle{ (z + 2)^{n} - (z - 2)^{n} = 0}\)
Chciałem to zamienić na postać trygonometryczną, żeby skorzystać ze wzorów De Moivrea ale chyba tak się nie da. Podstawiłem pod \(\displaystyle{ z}\), \(\displaystyle{ a + bi}\), więc moduł pierwszej liczby podpotęgowej (\(\displaystyle{ (z + 2)^{n}}\)) wynosił \(\displaystyle{ |x| = \sqrt{a^{2} + b^{2} + 4a + 4}}\). Więc nie wiem... jak to można zrobić ?

[Lorek]

Łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ z\neq 2}\), a więc można dokonać pewnych przekształceń
\(\displaystyle{ (z+2)^n-(z-2)^n=0\\(z+2)^n=(z-2)^n\\\frac{(z+2)^n}{(z-2)^n}=1\\(\frac{z+2}{z-2})^n=1\\\frac{z+2}{z-2}=\sqrt[n]{1}=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}}\)
Po paru przekształceniach
\(\displaystyle{ \frac{z+2}{z-2}=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}\\z+2=(z-2)(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n})\\z(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}-1)=2(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}+1)\\\\z=2\frac{\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}+1}{\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}-1}}\)
+ trzeba porobić odpowiednie założenia w pewnych miejscach (trochę mi się to nie podoba, ale może jest dobrze )

[apacz]

No niestety odpowiedź jest inna (podać?). Ale i tak dzięki za starania.

[Lorek]

A podaj, może jakoś do niej dojdę

[apacz]

Ok.
\(\displaystyle{ z_{1, ..., n - 1} = -i ctg \frac{k \pi}{n}}\) dla \(\displaystyle{ k \{1, 2, ..., n - 1\}}\)

[Lorek]

No to ja powiem tyle, że to co ja napisałem, a to co jest w odpowiedziach to jest to samo (tylko inaczej zapisane)

[apacz]

Aha . To dzięki serdeczne w takim razie. Mam jeszcze pytanie co do tego przejścia:
\(\displaystyle{ z+2=(z-2)(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n})\\z(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}-1)=2(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}+1)}\)
Skąd ono się wzieło ? A to założenie to to, że \(\displaystyle{ z\neq 2}\) ?

[Rogal]

A ja mogę powiedzieć, że się chyba jeszcze nie zestarzałem ; p.
Będziemy korzystać ze wzoru na sinus i cosinus podwojonego kąta.

\(\displaystyle{ z = 2\frac{\cos \frac{2k\pi}{n} + 1 + i \sin \frac{2k\pi}{n}}{\cos \frac{2k\pi}{n} - 1 + i \sin \frac{2k\pi}{n}} = 2\frac{2\cos^{2} \frac{k\pi}{n} + i \sin \frac{2k\pi}{n}}{-2\sin^{2} \frac{k\pi}{n} + i \sin \frac{2k\pi}{n}} = 2\frac{(2\cos^{2} \frac{k\pi}{n} + i \sin \frac{2k\pi}{n})(-2\sin^{2} \frac{k\pi}{n} - i \sin \frac{2k\pi}{n})}{(-2\sin^{2} \frac{k\pi}{n} + i \sin \frac{2k\pi}{n})(-2\sin^{2} \frac{k\pi}{n} - i \sin \frac{2k\pi}{n})} = 2 \frac{-4 \sin^{2} \frac{k\pi}{n} \cos^{2} \frac{k\pi}{n} + \sin^{2} \frac{2k\pi}{n} + i(-2 \sin \frac{2k\pi}{n} \sin^{2} \frac{k\pi}{n} - 2 \cos^{2} \frac{k\pi}{n} \sin \frac{2k\pi}{n})}{4 \sin^{4} \frac{k\pi}{n} + \sin^{2} \frac{k\pi}{n}} = \frac{-2i \sin \frac{2k\pi}{n}(\sin^{2} \frac{k\pi}{n} + \cos^{2} \frac{k\pi}{n})}{4 \sin^{2} \frac{k\pi}{n}(\sin^{2} \frac{k\pi}{n} + cos^{2} \frac{k\pi}{n})} = \frac{-4 i \sin \frac{k\pi}{n} \cos \frac{k\pi}{n}}{4 \sin^{2} \frac{k\pi}{n}} = -i \cot \frac{k\pi}{n}}\)

[Lorek]

Aha . To dzięki serdeczne w takim razie. Mam jeszcze pytanie co do tego przejścia:
\(\displaystyle{ z+2=(z-2)(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n})\\z(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}-1)=2(\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}+1)}\)
Skąd ono się wzieło ? A to założenie to to, że \(\displaystyle{ z\neq 2}\) ?

Wymnóż to 1 równanie, przenieś wyrazy z \(\displaystyle{ z}\) na jedną stronę, a resztę na drugą, wyłącz z jednego \(\displaystyle{ z}\), a z drugiego \(\displaystyle{ 2}\)
A to założenie \(\displaystyle{ z\neq 2}\), jest potrzebne przy dzieleniu przez \(\displaystyle{ (z-2)^n}\) (żeby nie dzielić przez 0). Poza tym dla \(\displaystyle{ z=2}\) mamy \(\displaystyle{ 4^n=0}\), czyli sprzeczność