Równanie z jedną niewiadomą

[limoonka]

Jak rozwiązać równanie:
sinx + six2x + sin3x + ... = cosx + cos2x + cos3x + ... ?

[Skrzypu]

Czy nie powinno to przypadkiem wyglądać tak:

\(\displaystyle{ \sin x+\sin^2 x+\sin^3 x+...=\cos x+\cos^2 x+\cos^3 x+...}\)

[Drago STR]

Dla rzeczywistych bez \(\displaystyle{ k \pi}\) mamy \(\displaystyle{ \infty = }\)

[blinx]

Jeśli chodzi o równanie \(\displaystyle{ sinx+sin^{2}x+sin^{3}x ... = cosx+cos^{2}x+cos^{3}x ...}\) to obie strony równania to sumy nieskończonych ciągów geometrycznych. Warunkiem obliczenia takich sum jest to aby wartość bezwzględna ilorazu (czyli q) była mniejsza od jedności. Czyli oba ciągi muszą być zbieżne. Wykorzystujemy w tym celu wzór na sumę nieskończonego ciągu geometrycznego: \(\displaystyle{ S_n=\frac{a_1}{1-q}}\). Po lewej stronie mamy ciąg w, w którym pierwszy wyraz równy jest sinx oraz q=sinx. Po prawej stronie również mamy ciąg geometryczny o pierwszym wyrazie cosx oraz q=cosx. Podstawiając więc do wzorów mamy:
\(\displaystyle{ \frac{sinx}{1-sinx}=\frac{cosx}{1-cosx}}\)

\(\displaystyle{ \frac{sinx(1-cosx)-cosx(1-sinx)}{(1-sinx)(1-cosx)}=0}\)

równanie jest spełnione gdy licznik jest przyrównany do zera (mianownik nie może za to być równy zeru ) tak więc otrzymujemy:
sinx-sinxcosx-cosx+sinxcosx=0 czyli sinx-cosx=0 czyli sinx=cosx
i jeszcze warunek by (1-sinx)(1-cosx)≠0 czyli sinx ≠ -1 lub cosx ≠ -1
w takim razie rozwiązanie jest takie
\(\displaystyle{ x=\frac{\pi}{4}+k\pi}\) gdzie \(\displaystyle{ k{\in}C}\)

[Zlodiej]

Hmmm, a gdyby to miało byc coś takiego:

\(\displaystyle{ \sin{x}+\sin{2x}+\sin{3x}+...+\sin{nx}=\cos{x}+\cos{2x}+\cos{3x}+...+\cos{nx}}\)

Wystarczy zamienić obie strony w postacie iloczynowe.

Zauważmy, że:

\(\displaystyle{ \sin{x}+\sin{2x}+\sin{3x}+...+\sin{nx}=\frac{2\sin{\frac{x}{2}}\sin{x}+2\sin{\frac{x}{2}}\sin{2x}+2\sin{\frac{x}{2}}\sin{3x}+...+2\sin{\frac{x}{2}}\sin{nx}}{2\sin{\frac{x}{2}}}}\)

\(\displaystyle{ 2\sin{\alpha}\sin{\beta}=\cos{(\alpha-\beta)}-\cos{(\alpha+\beta)}}\)

\(\displaystyle{ \cos{(-\alpha)}=\cos{\alpha}}\)

Zatem mamy:

\(\displaystyle{ \sin{x}+\sin{2x}+\sin{3x}+...+\sin{nx}=\frac{\cos{\frac{x}{2}}-\cos{\frac{(2n+1)x}{2}}}{2\sin{\frac{x}{2}}}=\frac{2\sin{\frac{nx}{2}}\sin{\frac{(n+1)x}{2}}}{2\sin{\frac{x}{2}}}}\)

Analogicznie postępujemy z sumą cosinusów tyle, że:

\(\displaystyle{ 2\sin{\alpha}\cos{\beta}=\sin{(\alpha+\beta)}+\sin{(\alpha-\beta)}}\)

\(\displaystyle{ \sin{(-\alpha)}=-\sin{\alpha}}\)

Zatem otrzymamy równanie:

\(\displaystyle{ \frac{2\sin{\frac{nx}{2}}\cos{\frac{(n+1)x}{2}}}{2\sin{\frac{x}{2}}}=\frac{2\sin{\frac{nx}{2}}\sin{\frac{(n+1)x}{2}}}{2\sin{\frac{x}{2}}}}\)

Teraz wystarczy tylko rozwiązać równanie:

\(\displaystyle{ \sin{\frac{(n+1)x}{2}}=\cos{\frac{(n+1)x}{2}}}\)

Kolejny dowód na to, że TeX nie został wprowadzony dla ozdoby.

[Edit]Poprawka

[ap]

Zlodiej - Twoje wzorki mi nie działają. Podstaw sobie np. \(\displaystyle{ n=3,x=\frac{\pi}{6}}\), przelicz na kalkulatorze na piechotę i wzorami, które uzyskałeś.

Co do zadania (przynajmniej w jego trzeciej wersji ), to przejście na zespolone i wzór de Moivre'a powinny dać radę.

[Zlodiej]

ap,

Chciałbym zauważyć, że dla twoich danych równość \(\displaystyle{ \sin{(n+1)x}=\cos{(n+1)x}}\) jest sprzecznością...

No, ale ogólnie to mój pomysł odpada - dwie niewiadome. Faktycznie to błędny zapis zadania był.

[ap]

Podstawienie moich danych do końcowego równania nie ma sensu, bo je właśnie mamy rozwiązać - niewiadoma jest jedna - \(\displaystyle{ x}\), a \(\displaystyle{ n}\) jest parametrem. Chodziło mi o postacie iloczynowe dla lewej i prawej strony, które powinny być tożsamościami, a u Ciebie nie są. Twój pomysł, moim zdaniem, był jak najbardziej, tylko któreś przekształcenie po drodze nie wyszło.
Moje podejście polegałoby na wprowadzeniu \(\displaystyle{ z=\cos x+ i\sin x}\) i policzeniu szeregu geometrycznego \(\displaystyle{ S_n=\bigsum_{k=1}^n(\cos kx+ i\sin kx)=\bigsum_{k=1}^nz^k}\) standardowym wzorem \(\displaystyle{ S_n=a_1\frac{1-q^n}{1-q}}\) przy \(\displaystyle{ a_1=q=z}\).

Wtedy mielibyśmy:
\(\displaystyle{ \cos x+\cos 2x+...+\cos nx=\mbox{Re}(S_n)\\\sin x+\sin 2x+...+\sin nx=\mbox{Im}(S_n)}\)

Na końcu trzeba byłoby spróbować rozwiązać równanie \(\displaystyle{ \mbox{Re}(S_n)=\mbox{Im}(S_n)}\).

Nb. mi wychodzi:

\(\displaystyle{ \cos x+...+\cos nx=\frac{\sin\(nx+\frac{x}{2}\)-\sin\frac{x}{2}}{2\sin\frac{x}{2}}}\)

\(\displaystyle{ \sin x+...+\sin nx=\frac{\cos\frac{x}{2}-\cos\(nx+\frac{x}{2}\)}{2\sin\frac{x}{2}}}\)

Nie liczyłem, ale zadanie w oryginalnej wersji chyba też tak pójdzie, jeżeli weźmie się \(\displaystyle{ S_\infty=\frac{a_1}{1-q},\ a_1=q=z}\).

[Zlodiej]

ap,
Kilka błędów się wkradło jeśli chodzi o przekształcenia, ale juz poprawione.

[blinx]

Proponujecie całkiem ciekawe rozwiązania. Wykombinowałam coś jeśli chodzi o równanie sinx+sin2x+sin3x...=cosx+cos2x+cos3x... Zauważmy, że nie ma określonej liczby wyrazów po obu stronach. Możemy więc wnioskować, iż jest ich nieskończenie wiele. Możemy również podjąć koncepcję sumy nieskończonczonego ciągu geometrycznego. Wówczas odnośnie każdego z obu ciągów iloraz q musi być określony i niezmienny dla każdego z ciągów. Kożystając ze wzoru podanego wcześniej przeze mnie otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \Large\frac{sinx}{1-\frac{sin2x}{sinx}}=\frac{cosx}{1-\frac{cos2x}{cosx}}}\) czyli
\(\displaystyle{ \Large\frac{sinx}{1-\frac{2sinxcosx}{sinx}}=\frac{cosx}{1-\frac{2cos^{2}x-1}{cosx}}}\) z tego wynika, że \(\displaystyle{ \Large\frac{sinx}{1-2cosx}=\frac{cosx}{\frac{cosx-2cos^{2}x+1}{cosx}}}\) czyli licząc dalej \(\displaystyle{ \Large\frac{sinx}{1-2cosx}=\frac\{cos^{2}x}{cosx-2cos^{2}x+1}}\) podnosimy obie strony do kwadratu i wychdzi równanie \(\displaystyle{ \Large\frac{cos^{2}x-1}{(1-2cosx)^{2}}=\frac{cos^{4}x}{(cosx-2cos^{2}x+1)^{2}}}\) teraz podstawiamy za cosx niewiadomą pomocniczą i jest to rozwiązalne mam nadzieję. To tylko taka propozycja.

[ Dodano: Pon Lip 18, 2005 11:08 pm ]
P.S. trochę mi się wzory poprzestawiały ale mam nadzieję, że wiadomo o co chodzi.

[ap]

Musiałabyś najpierw udowodnić stałość ilorazu, tzn. znaleźć takie \(\displaystyle{ x}\), że \(\displaystyle{ \frac{\sin (k+1)x}{\sin kx}=\frac{\sin (k+2)x}{\sin (k+1)x}}\) i równocześnie \(\displaystyle{ \frac{\cos (k+1)x}{\cos kx}=\frac{\cos (k+2)x}{\cos (k+1)x}}\). Może coś źle robię, ale mi to już dla k=1 się sypie.
------------------------------------
Dla \(\displaystyle{ x=k\frac{\pi}{2}}\) każda czwórka wyrazów po lewej i prawej stronie daje w sumie zero... niestety, nie istnieje wtedy granica ani dla lewej, ani dla prawej strony, więc raczej nic z tego.

[Zlodiej]

blinx,

EEEEE ... A czy to jest wogóle ciąg geometryczny ? Bo szczerze mówiąc to nie jest ... Chyba, że coś przeoczyłem...

[blinx]

Dla mnie to też nie jest taki do końca prawidłowe, bo właśnie trzeba by znaleźć takie x dla którego oba ciągi byłyby geometryczne i w dodatku zbieżne więc sama treść tego zadania nie jest do konca prawidłowa. Pierwsze podane przeze mnie rozwiązanie byłoby lepsze.

[Zlodiej]

blinx,

Treść jest dobra, conajwyżej dwuznaczna ... Tu nigdzie nie ma, że to musza być ciagi geometryczne.

[ap]

Zlodiej - ja myślę, że można wykorzystać Twoje wyniki i wykazać, że granice przy \(\displaystyle{ n\to\infty}\) nie istnieją dla lewej i prawej strony względnie zabrnąć dalej i wziąć wynik końcowy zadania w wersji rozwiązywanej przez Ciebie, tzn. \(\displaystyle{ x=\frac{4k+1}{2(n+1)}\pi}\), co w granicy przy \(\displaystyle{ n\to\infty}\) daje \(\displaystyle{ x=0}\), podstawić do wyjściowego równania, wykazać sprzeczność \(\displaystyle{ 0=\infty}\), stwierdzić brak rozwiązań i, skoro na razie innych konstruktywnych pomysłów nie ma, zakończyć sprawę.