Wyznaczyć sinus kąta przez działania na liczbach zespolonych

[Anxious]

Witam,

Nie wiem w jaki sposób rozwiązać zadanie zgodnie z poleceniem, które brzmi:

Korzystając z działań na liczbach zespolonych w postaci trygonometrycznej wyznaczyć \(\displaystyle{ \sin \frac{\pi}{12}}\).

Jestem w stanie to łatwo policzyć o tak:

\(\displaystyle{ \sin \frac{\pi}{12} = \sin \left( \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4} \right) = \sin \frac{\pi}{3}\cos \frac{\pi}{4} - \sin \frac{\pi}{4} \cos \frac{\pi}{3} = \frac{ \sqrt{6} - \sqrt{2} }{4}}\)

Ale nie wiem nawet od czego zacząć, by rozwiązać to przez postać trygonometryczną liczby zespolonej...

[dec1]

By zapisać funkcje trygonometryczne użyj sin lub cos

\(\displaystyle{ \tg\frac{\pi}{12}=2-\sqrt{3}}\)
czyli dla \(\displaystyle{ z=a+bi}\) takiego, by \(\displaystyle{ \varphi=15^{\circ}}\) długość \(\displaystyle{ b}\) będzie wynosić:
\(\displaystyle{ b=(2-\sqrt{3})a}\).

Postać trygonometryczna liczby zespolonej:
\(\displaystyle{ a+bi=\sqrt{a^2+b^2}(\cos\varphi+i\sin\varphi)}\)
przyjmując \(\displaystyle{ c=a+(2-\sqrt{3})ai}\) i \(\displaystyle{ d=\sqrt{a^2+(a(2-\sqrt{3}))^2}}\):
\(\displaystyle{ \cos\varphi+i\sin\varphi=\frac{c}{d}}\)
czyli:
\(\displaystyle{ \sin\varphi=\frac{\frac{c}{d}-\cos\varphi}{i}}\)

Wiedząc, że \(\displaystyle{ \cos\frac{\pi}{12}=\frac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}}\) i podstawiając \(\displaystyle{ a=1}\) oraz \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ d}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sin{\frac{\pi}{12}}=\frac{\frac{1+(2-\sqrt{3})i}{\sqrt{1+(2-\sqrt{3})^2}}-\frac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}}{i}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}\)

[Anxious]

Tylko skąd bierzemy wartość tangensa?

[dec1]

Zapewne istnieje prostsze rozwiązanie, które w tym momencie nie przychodzi mi do głowy. Ale tangensa można obliczyć ze wzoru \(\displaystyle{ \tg z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{(e^{iz}+e^{-iz})i}}\), pamiętać albo zajrzeć do tabel/internetu (nigdzie nie jest napisane, że nie można używać wartości innych funkcji trygonometrycznych). Musiałby udzielić się ktoś inny.

[Anxious]

Zapewne istnieje prostsze rozwiązanie, które w tym momencie nie przychodzi mi do głowy. Ale tangensa można obliczyć ze wzoru \(\displaystyle{ \tg z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{(e^{iz}+e^{-iz})i}}\), pamiętać albo zajrzeć do tabel/internetu (nigdzie nie jest napisane, że nie można używać wartości innych funkcji trygonometrycznych). Musiałby udzielić się ktoś inny.

Czy analogicznie nie można by powiedzieć, że sinusa można policzyć z \(\displaystyle{ \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}}\)? Wtedy tangens nie był by wcale potrzeby, tylko że jakoś nie widzę jak dojść tą drogą do rozwiązania.

[dec1]

\(\displaystyle{ \sin\varphi=\frac{b}{\left| z\right| }}\)

Argument \(\displaystyle{ \varphi=\frac{\pi}{12}}\) posiada np. \(\displaystyle{ 1+(2-\sqrt{3})i}\). Czyli:
\(\displaystyle{ \sin 15^\circ=\frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{1^2+(2-\sqrt{3})^2}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}\)

[Dasio11]

Należy to zrobić w ten sposób: niech \(\displaystyle{ a = \cos \frac{\pi}{12}, b = \sin \frac{\pi}{12}.}\) Wtedy na mocy wzoru de Moivre'a

\(\displaystyle{ (a+bi)^2 = \left( \cos \frac{\pi}{12} + i \sin \frac{\pi}{12} \right)^2 = \cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2} + i \cdot \frac{1}{2}.}\)

Jednocześnie \(\displaystyle{ (a+bi)^2 = a^2 - b^2 + 2abi,}\) zatem

\(\displaystyle{ \begin{cases} a^2 - b^2 = \frac{\sqrt{3}}{2} \\ 2ab = \frac{1}{2} \end{cases}}\)

Ale \(\displaystyle{ a^2 + b^2 = 1,}\) więc

\(\displaystyle{ b^2 = \frac{ \left( a^2 + b^2 \right) - \left( a^2 - b^2 \right) }{2} = \frac{1 - \frac{\sqrt{3}}{2}}{2} = \frac{2-\sqrt{3}}{4}.}\)

Wiemy, że \(\displaystyle{ b > 0,}\) zatem

\(\displaystyle{ b = \sqrt{\frac{2-\sqrt{3}}{4}} = \frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}.}\)

W celu uproszczenia licznika zauważmy jeszcze, że

\(\displaystyle{ \sqrt{2} \cdot \sqrt{2-\sqrt{3}} = \sqrt{4-2\sqrt{3}} = \sqrt{ \left( \sqrt{3}-1 \right)^2 } = \sqrt{3}-1,}\)

czyli

\(\displaystyle{ b = \frac{ \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}} }{2} = \frac{ \sqrt{6} - \sqrt{2} }{4}.}\)

[a4karo]

A mnie się zdaje, że chodzi jeszcze o cos innego:

Niech \(\displaystyle{ z_1=\cos\frac{\pi}{3}+i\sin \frac{\pi}{3}=\frac{1+i\sqrt{3}}{2}}\)
i
\(\displaystyle{ z_2=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}+i\sqrt{2}}{2}}\).

Wtedy
\(\displaystyle{ \frac{z_1}{z_2}=\frac{1+i\sqrt{3}}{\sqrt{2}+i\sqrt{2}}=\frac{(1+i\sqrt{3})(\sqrt{2}-i\sqrt{2})}{4}=\\\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4} + \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}i=\cos\frac{\pi}{12}+i\sin \frac{\pi}{12}}\)