Tригонометрические многочлены




НазваниеTригонометрические многочлены
страница1/6
Дата13.10.2012
Размер1.12 Mb.
ТипДокументы
  1   2   3   4   5   6
Tригонометрические многочлены.


Предисловие.


Однажды автор этой книжки решил попробовать решать тригонометрические уравнения угадыванием корней(т.е. сначала угадывать корни, а потом доказывать, что других нет).

В отличие от обычных многочленов, если рассматривать тригонометрические многочлены, т. е. многочлены от синуса и косинуса х, или, что то же самое, суммы f(x)=аn cos nx + bn sin nx +... a0, то, угадав один корень, непонятно, как понизить степень. Сначала я думала, что для ответа на возникшие у меня вопросы достаточно заглянуть в какой нибудь справочник. Мне удалось найти дома какую-то однотомную энциклопедию, но там ничего по этому поводу не было. Тогда я стала думать сама. В результате получилась эта книжка. Мне кажется, она будет интересна тем, кто немного знаком с обычными многочленами. Например, по одноименной книге С.Л.Табачникова.


Глава1. Что такое тригонометрический многочлен?


Тригонометрический многочлен (сокращенно ТМ) это функция, которую можно получить из обычного многочлена от двух переменных f(y,z), заменив у на cos x, а z на sin x.

Как обычно, многочлен от одной переменной можно рассматривать как частный случай многочлена с двумя переменными. Поэтому частные случаи ТМ — многочлены от сos x (КМ) и многочлены от sin x (СМ).

Примеры ТМ: sin (x+(ʹπ/6)); sin 2x=2 sin x cos x. Из формул cos (n+1)x = cos nx cos x - sin nx sin x;

sin (n+1)x = s in nx cos x +cos nx sin x следует, что при всех натуральных n cos nx и sin nx — ТМ.

В книге Табачникова объясняется, что такое стандартная форма многочлена. Стандартная форма хороша тем, что есть стандартная процедура (алгоритм) упрощения любой записи многочлена, которая всегда приводит к его стандартной форме. И, например, чтобы узнать, (х+1) (х+2) и (х+1)2+1 записи одного многочлена или разных, достаточно привести оба многочлена к стандартной форме и сравнить результаты.

Так как, например, sin3 x+ cos2 x sin x и sin x – записи одного и того же ТМ, то нельзя определять стандартную форму ТМ как результат замены у на cos x, а z на sin x в стандартной форме многочлена от двух переменных. Но зато главный претендент на роль стандартной формы — запись ТМ в виде аn cos nx + bn sin nx + аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 cos x + b1 sin x + a0.

Пользуясь формулами преобразования произведений синусов и косинусов в суммы, можно привести к такому виду любой ТМ. Но пока у нас еще нет достаточных оснований считать эту форму стандартной. Ведь мы еще не выяснили, единственно ли представление каждого ТМ в таком виде. То, что единственность выполняется, каждый студент, немного знающий мат. анализ, легко докажет с помощью производных. Но мы дадим другое поучительное доказательство, использующее сравнение периодов.

Сформулируем два утверждения :

Утверждение 1. (Об единственности). Если аn cos nx + bn sin nx + аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 cos x + b1 sin x + a0≡ 0, то an=bn=...a0=0.

Утверждение 2. (О периодах). Пусть Т — один из периодов ТМ аn cos nx + bn sin nx + аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 и хотя бы один из коэффициентов ai и bi не равен 0 (i>0). Тогда Т — период и для аi cos ix + bi sin ix (то есть Т = (2k/i) π, где k – целое число, отличное от 0).

Допустим, что мы уже доказали Утверждение 1. И пусть Т — период для аn cos nx + bn sin nx + аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 , то есть при всех х

аn cos n(x+Т) + bn sin n(x+Т) + аn -1 cos (n-1)(x+Т) + bn -1sin( n-1)(x+Т) +... + a1 = аn cos nx + bn sin nx + аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 .

Преобразуем аi cos i(x+Т) + bi sin i(x+Т) к виду сi cos ix + di sin ix :

аi cos i(x+Т) + bi sin i(x+Т) к виду сi cos ix + di sin ix ≡ аi (cos ix cos iT - sin ix sin iT)+ bi (sin ix cos iT +

cos ix sin iT) ≡ ( аi cos iТ + bi sin iТ) cos ix +( bi cos iТ - ai sin iТ) sin ix.

Получаем, что

аn cos nx + bn sin nx + аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 ≡ сn cos nx + dn sin nx + cn -1 cos (n-1)x +

dn -1sin( n-1)x +... + a1 . Если считать утверждение о единственности доказанным, то отсюда следует, что при всех I ai=ci;; bi = di , а значит при всех I от 1 до n

аi cos i(x+Т) + bi sin i(x+Т)≡ сi cos ix + di sin ix ≡ аi cos ix + bi sin ix , то есть Т период для аi cos ix + bi sin ix.

Теперь допустим, что мы уже доказали Утверждение 2 (но еще не доказали Утверждение 1). И пусть известно, что аn cos nx + bn sin nx + аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 cos x + b1 sin x + a0≡ 0. Тогда

аn cos nx + bn sin nx ≡ -( аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 cos x + b1 sin x + a0). Но для левой части

(2/n) π – период. Значит из Утверждения 2 следует, что в правой части все коэффициенты, кроме,быть может, свободного члена, равны 0. Иначе (2/n) π было бы периодом для аi cos ix + bi sin ix. Получаем, что аn cos nx + bn sin nx ≡ a0. Тогда и аn cos у + bn sinу ≡ а0 (так как каждое число у можно представить в виде nx).

Cледовательно а0, an и bn тоже равны 0.

У нас получился некоторый замкнутый круг: если бы мы умели доказывать Утверждение 1, то смогли

бы доказать Утверждение 2, и наоборот. Но если присмотреться, то оказывается, что этот круг можно разомкнуть и превратить в цепочку. Дело в том, что когда мы доказывали единственность для

аn cos nx + bn sin nx + аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 , мы пользовались утверждением о периодах только для аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 .Эти соображения легко превратить в строгое доказательство методом математической индукции.

Будем доказывать одновременно оба утверждения.

База индукции. При n=1, то есть для a1 cos x + b1 sin x + a0 , оба утверждения следуют из того, что мы умеем представлять , a1 cos x + b1 sin x в виде c cos ( x+ φ), где с2= a12 + b12, а φ — вспомогательный угол.

Шаг индукции. Пусть нам уже известно, что оба утверждения верны при n=k-1. Докажем их при n=k.

Но для этого достаточно повторить сначала наше доказательство Утверждения 1 в предположении что уже доказано Утверждение 2 (с заменой n на k) , а потом Утверждения 2 в предположении, что уже доказано Утверждение 1 (тоже с заменой n на k). При этом доказательство Утверждения 1 при n=k опирается только на допущение индукции, а доказательство Утверждения 2 при n=k — на предшествующее ему доказательство Утверждения 1 при n=k.

Теперь у нас есть все основания называть стандартной формой (СФ) ТМ, не равного тождественно 0, аn cos nx + bn sin nx + аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 cos x + b1 sin x + a0 , где хотя бы одно из чисел аn и bn

не равно 0. Стандартная форма ТМ, тождественно равного 0, - 0.

Попробуем дать определение степени ТМ. Хотелось бы, чтобы она не менялась при тождественных преобразованиях. Можно определить степень ТМ f(x) как наименьшую из степеней многочленов g(x,y) таких, что f(x) ≡ g(cos x , sin x). Недостаток такого определения в том, что, если, например, дан ТМ sin3x + cos3 x, то сразу мы не можем сказать, какую он имеет степень. Можем только сказать, что она не выше трех. Но теперь мы можем определить степень более конструктивно. Пусть СФ ТМ f(x) - аn cos nx + bn sin nx + аn -1 cos (n-1)x + bn -1sin( n-1)x +... + a1 cos x + b1 sin x + a0. Тогда если f(x)-не равен тождественно 0, то его степень — 0. Степень ТМ, тождественно равного 0, не определена. Будем считать, что у СФ ТМ ненулевой степени два старших члена (один из них может быть 0).

Упражнения к главе 1.


Упражнение 1.1. Запишите в СФ ТМ cosn x и sinn x для n от 1 до 6.

Упражнение 1.2. Найдите степени и старшие члены СФ для ТМ cosn x + sinn x для n от 1 до 6.

Упражнение 1.3. Всегда ли по старшим членам СФ двух ТМ можно определить старшие члены их произведения? Если да, то как?

Упражнение 1.4. Найдите степень и старшие члены СФ ТМ sin kx sin lx sin mx.

Упражнение 1.5. При каких a,b,c,d,e и натуральных k,l,m равенство a sin x + b sin 2x + c sin 3x + d sin 4x + e sin 5x = 4 sin kx sin lx sin mx является тождеством?

Упражнение 1.6. Найдите все периоды функции f(x)= 2 sin 6x + 5 cos 6x – sin 2x -3 cos 2x + 1.

Упражнение 1.7. Найдите все периоды функции f(x)= 2 sin (x/2) + 3 sin (x/3) +4 cos (x/5).

Упражнение 1.8. Найдите все периоды функции f(x)= 2 sin (3x/π) + 3 cos (2x/π).

Упражнение 1.9. Является ли периодической функция f(x)= 2 cos ( πx) +3 sin (2πx) +4 cos x + 5 sin x ?

Упражнение 1.10. Какому условию должны удовлетворять числа αn, чтобы утверждения 1 и 2 остались справедливыми при замене cos (nx) и sin (nx) на cos (αn x) и sin (αn x) ?

Упражнение 1.11. Является ли периодической функция f(x)= 2 cos (√2 х) + 3 sin (√3 х) +5 cos (√5 х) ?

Глава 2.

Четные и нечетные тригонометрические многочлены.


Известно, то каждую функцию f(x), область определения которой симметрична относительно нуля, можно представить,причем единственным образом, в виде суммы четной и нечетной функции. Эти слагаемые равны соответственно (f(x) + f(-x))/2 и (f(x) – f(-x))/2 и их называют четной и нечетной частью функции f(x) ( fчет(x) и f нечет(x)) .

Заметим, что если f(x) – ТМ, то и его четная и нечетная части — ТМ. С другой стороны, пользуясь тем. Что sin2x = 1 – cos2x, можно представить каждый ТМ в виде суммы слагаемых a cosk x sinl x, где l либо 0, либо 1.Группируя отдельно члены с l=0 и отдельно с l=1, мы получим представление каждого ТМ в виде f(x)= f1(cos x) +sin х f2(cos x), где f1 и f2 — многочлены с одной переменной. Так как f1(cos x) — четная функция, а sinх f2(cos x) — нечетная, то ТМ f1(cos x) и sin х f2(cos x) определены однозначно. А однозначно ли определены многочлены f1 и f2 (как функции)? Мы знаем, что для равенства двух многочленов с одной переменной достаточно, чтобы их значения совпадали в бесконечном числе точек. Так как cos x принимает бесконечно много значений, то f1 определен однозначно, а так как среди значений cos x бесконечно много таких, для которых sin х отлично от 0, то и f2 определен однозначно. Вывод: представив многочлены f1 и f2 в стандартной форме, мы получим еще один вариант стандартной формы ТМ — СФ2. Стандартную форму, определенную в первой главе, иногда будем называть СФ, а иногда -СФ1.

Для ТМ f1(cos x) +sin х f2(cos х) можно определить степень- 2 как максимум степеней многочленов f1( x) и х f2( x) , если степени обоих этих многочленов определены. Если оба многочлена тождественно равны 0, степень ТМ не определена. Если только первый тождественно равен 0, то степень ТМ на единицу больше степени второго. Если только второй тождественно равен 0, то

степень ТМ равна степени первого многочлена.

Выясним, совпадает ли понятие степени ТМ, определенное в первой главе ( степень - 1) с понятием степени-2. Начнем со сравнения поведения степеней-1 и -2 при сложении и умножении ТМ. Докажем, что оба вида степеней ТМ обладают обычными свойствами степеней.

Утверждение 2.1.Степень суммы ТМ не превосходит степеней слагаемых. Если степени слагаемых различны, степень суммы равна большей из них.

Доказательство. Пусть f1(x) и f2(x) – два ТМ и их степени-2 равны соответственно n и m, причем n≥ m. Это значит, что f1(x)=(an cosnx +...+ a0) + sin x (bn-1cosn-1x +...+b0), где хотя бы одно из чисел an и bn-1 не равно 0(если n=0, то an не равно 0); f2(x)=(cm cos mx +...+c0) + sin x (dm-1 cosm-1x +...+d0). Тогда при n = m f1(x) + f2(x)=(( an + cn ) cosnx +...) + sin x ((bn-1+ dn-1)cosn-1x+...) ,значит, если степень-2 определена, то она не выше n. А при n>m

f1(x) + f2(x)=( an cosnx +...) + sin x (bn-1cosn-1x+...) , где в первой скобке … - сумма одночленов степеней, меньших n, а во второй — меньших n-1. А так как хотя бы одно из чисел an и bn-1 не 0, то степень-2 суммы определена и равна n.

Теперь пусть f1(x) и f2(x) – два ТМ и их степени-1 равны соответственно n и m, причем n≥ m. Это значит, что f1(x)= аn cos nx + bn sin nx + ... + a1 cos x + b1 sin x + a0 , где хотя бы одно из чисел аn и bn

не равно 0, и f2(x)=cmcos mx +dm sin mx +...+ +c0. Тогда при n = m имеем f1(x) + f2(x)=(( an + cn ) cos nx+(bn+ dn) sin nx +...),значит, если степень-2 определена, то она не выше n. А при n>m очевидно, что старшими членами f1(x) + f2(x) будут аn cos nx и bn sin nx . Значит степень суммы равна n.

Утверждение 2.2. При умножении ТМ как степени-1, так и степени-2 складываются.

Доказательство. Пусть f1(x) и f2(x) – два ТМ и их степени-2 равны соответственно n и m. Это значит, что f1(x)=(an cosnx +...+ a0) + sin x (bn-1cosn-1x +...+b0) и f2(x)=(cm cos mx +...+c0) + sin x (dm-1 cosm-1x +...+d0), где хотя бы одно из чисел an и bn-1 и хотя бы одно из чисел cm и dm-1 не равно 0. Тогда f1(x) f2(x)=(( an cosnx +...)(cm cos mx +...+c0) + (1 - cos2x)(bn-1cosn-1x +...+b0)(dm-1 cosm-1x +...+d0))=(ancm cos n+mx-bn-1dm-1cosn+mx+...)+sin x (bn-1cm cosm+n-1x + andm-1cos m+n-1 x + …).

Остается доказать, что хотя бы одно из чисел ancm-bn-1dm-1 и bn-1cm + andm-1 отлично от 0. Но ( ancm-bn-1dm-1 )2 +( bn-1cm + andm-1) 2=an2 cm2-2 ancmbn-1dm-1 + bn-12dm-12 + bn-1 2 cm2 +2 bn-1cmandm-1 + an 2 dm-1 2 = an2 cm2 + bn-12dm-12 + bn-1 2 cm2 + an 2 dm-1 2=( an2+ bn-12)( cm2 + dm-1 2) . Так как оба множителя не 0, то и произведение не 0. А если бы ancm-bn-1dm-1 и bn-1cm + andm-1 оба были равны 0 , то и ( ancm-bn-1dm-1 )2 +( bn-1cm + andm-1)2 было бы равно 0.

Теперь пусть f1(x) и f2(x) – два ТМ и их степени-1 равны соответственно n и m. Это значит, что f1(x)= аn cos nx + bn sin nx + ... + a1 cos x + b1 sin x + a0 и f2(x)=cmcos mx +dm sin mx +...+ +c0, где an2+ bn-12≠0 и cm2 + dm-1 2≠ 0; первое … заменяет сумму членов akcos kx и bksin kx с kl cos lx и dlsin lx с l1(x) f2(x)=(аn cos nx + bn sin nx )( cmcos mx +dm sin mx) + …, где … заменяет сумму членов вида akcl cos kx cos lx ; ak dlcos kx sin lx ; bk dlsin kx sin lx таких, что оба числа k и l не превосходят соответственно n и m и хотя бы одно из них строго меньше соответственно n или m , и значит k+ln cos nx + bn sin nx )( cmcos mx +dm sin mx) равна n+m. Проверяем:

n cos nx + bn sin nx )( cmcos mx +dm sin mx) = ancm cos nx cos mx + bn cmsin nx cos mx + аn dm cos nx sin mx + bn dm sin nx sin mx=(1/2)ancm (cos(n+m)x + cos(n-m)x) + (1/2)bn dm (-cos(n+m)x + cos(n-m)x) + (1/2)bn cm(sin(n+m)x +sin(n-m)x) + (½) (sin(n+m)x +sin(n-m)x)=(1/2)(ancm -bn dm ) cos(n+m)x + (1/2)( bn cm+ аn dm)sin(n+m)x +(1/2)(ancm + bn dm ) cos(n-m)x + (½)( bn cm - аn dm) sin(n-m)x. Выражения ancm + bn dm и bn cm - аn dm очень похожи на ancm-bn-1dm-1 и bn-1cm + andm-1 из той части доказательства, которая относилась к степеням -2. Доказательство опять сводится к использованию тождества (ac-bd)2 + (bc+ad)2= (a2 + b2)(c2+d2).

Заметим, что раз утверждения о степенях суммы и произведения верны для двух ТМ, то они верны и для любого большего числа слагаемых(множителей) . Это следует из того, что f1(x) + f2(x) + f3(x) – то же самое, что (f1(x) + f2(x))+ f3(x) и аналогично для умножения.

После того, как мы разобрались со степенью произведения, становится очень просто доказать, что степени-1 и -2 совпадают для тригонометрических одночленов вида cosnx sin mx. Заметим, что для у=cos x и у=sin х как степени-1, так и степени-2 равны 1. А степени-1 и -2 у=cos0 x и у=sin0 х равны 0. Остается вспомнить, что при n>1 an это произведение n множителей, равных а.

Теперь докажем, что степени-1 и-2 совпадают для ТМ вида a cosnx +b cosn-1x sin x. Если a=b=0, то как степень-1, так и степень-2 не определены. Если же хотя бы одно из чисел a и b не 0, то степень два нашего ТМ по определению равна n. А степень-1 найдем так: a cosnx +b cosn-1x sin x= cosn-1x(a cos x + b sin x) – произведение двух ТМ, степени которых равны n-1 и 1.

Наконец, докажем, что для каждого ТМ степени-1 и -2 либо обе не определены, либо обе определены и равны друг другу.

Действительно, если степень-2 ТМ f( x) не определена, то f( x)≡0 и степень-1 тоже не определена. Если степень-2 равна 0, то f( x)≡а0, где а0≠0. Степень-1 тоже равна 0. Пусть теперь степень-2 равна n, причем n>0. Тогда f( x) представляет собой ТМ вида an cosnx +bn-1 cosn-1x sin x , где an2+ bn-12 ≠0 или сумму такого ТМ и одного или нескольких ТМ ak cos kx +bk cos k-1x sin x таких, что kk2 + bk-12≠0. Но тогда степень каждого такого двучлена равна k. И согласно утверждению о степени суммы нескольких ТМ, степени которых попарно различны, степень суммы равна n .

Отметим также, что степени ТМ f(cos x) и f(sin x) совпадают со степенью многочлена f.

Так как. функции sin х и cos x имеют период 2π, то уравнение вида f(cos x, sin x)=0 либо не имеет решений, либо имеет их бесконечно много. Но если подсчитывать только число пар (cos x, sin x) таких, что х — корень, то их может быть и конечное число. СФ 2 позволяет свести вопрос об оценке сверху числа таких пар к верхней оценке числа корней обычного многочлена. А именно, к тому, что число корней многочлена n-ой степени не больше, чем n. Отсюда сразу получаем, что уравнения f(cos x)=0 и f(sin x)=0, где f(x) - многочлен n-ой степени , имеют не больше n корней в промежутках

[0;π] и [-π/2; π/2] соответственно. Поэтому f(cos x)=0 имеет не больше 2n корней в промежутке [-π; π] , а f(sin x)=0 — в промежутке [-π/2;(3π)/2]. А как быть с уравнениями вида f(cos x, sin x)=0, где f(y,z) — многочлен с двумя переменными? Попробуем установить некоторую связь между такими уравнениями и уравнениями g(cos x)=0, где g(y) — многочлен с одной переменной. По любой функции y=f(x) с областью определения, симметричной относительно 0, построим функцию y=f(-x)f(x). Назовем её зачетом функции f(x) и будем обозначать fзач. Видим, что функция fзач всегда четна и х — корень fзач(x)=0 в том и только в том случае, если хотя бы одно из чисел х и -х корень f(x)=0. Понятно, что зачет ТМ сам всегда будет ТМ , а т. к. он является четной функцией, то его СФ 2 будет иметь вид g(cos x) , где g(y) — многочлен. А так как степень произведения равна сумме степеней, то

степень fзач , а значит и степень g, равна 2 n. Следовательно мы доказали , что

ТМ степени n имеет не больше 4 n корней в промежутке [-π; π], причем cos x для корней этого ТМ принимает не больше 2n значений. Но если посмотреть внимательнее, то мы увидим, что оценку числа корней 4n можно уточнить в два раза.

Утверждение 2.1.ТМ степени n имеет не больше 2n корней в промежутке ]-π; π].

Действительно, заметим, что для f(x)= f1(cos x) +sin х f2(cos x) будет f(-x)= f1(cos x) -sin х f2(cos x);

fзач(x)=f(-x)f(x)= (f1(cos x) +sin х f2(cos x) )(f1(cos x) -sin х f2(cos x))=f12 (cos x) - f22(cos x)(1- cos2x).

Пусть f(х) имеет в [0;π] k таких корней а, отличных от 0 и π , что -а тоже корень. Тогда из равенств

f1(cosа) +sin а f2(cos а) = 0 и f1(cosа) +sin а f2(cos а) = 0 следует f1(cosа)=sin а f2(cos а) = 0, а так как

sin а не равен 0, то f1(cosа)= f2(cos а) = 0. Так как fзач(x)=g(cos x )=f12 (cos x) - f22(cos x)(1- cos2x), то корни cos а для g(y) кратные. Поэтому остальных корней у этого многочлена не больше, чем 2n-2k.равно Значит у fзач(x) остальных корней в [0;π] не больше, чем 2n-2k. Но остальные корни это такие b, что b равно π или ровно одно из чисел b и - b -корень f(х) .Значит их у f(х) в ]-π; π] столько же, сколько у fзач(x) в [0;π]. Значит всего у f(х) в ]-π; π] не больше, чем 2k + (2n-2k)=2n корней.

Упражнения к главе 2.

Упражнение 2.1. При каких a,b,c,d TM y=a cos3 x +b cos2x sin x + c cos x sin2x + d sin3x является четной функцией? Нечетной?

Вспомним, что в главе 1 у нас возникал еще один вариант определения степени ТМ: как как наименьшей из степеней многочленов f(y;z) таких, что f(cos x; sin x) – одна из записей нашего ТМ. Назовем эту степень степенью-0. (Будем считать, что если ТМ тождественно равен 0, то есть 0 — одна из его записей, то его степень-0, как и степени-1 и -2, не определена.)

Упражнение 2.2.Исходя из определения найдите степени-0 ТМ 1; cos x; cos2x; cos2x + sin2x ; cos3 x + sin3x.

Упражнение 2.3. Пусть f(y,z) — многочлен степени n с двумя переменными . Может ли степень-2 ТМf(cos x; sin x) быть больше n?

Упражнение 2.4. Может ли степень-0 некоторого ТМ быть меньше его степени-2?

Упражнение 2.5. Может ли степень-0 некоторого ТМ быть больше его степени-2?

Упражнение 2.6. Найдите СФ 2 и степень для ТМ cosn x, sinn x и cosn x + sinn x для n от 1 до 6.

Упражнение 2.7. Верно ли, что степень ТМ cosn x + sinn x всегда равна n ? А если n нечетно?

Упражнение 2.8. Пусть an(x) = cosn x + sinn x? Найдите рекуррентное соотношение, выражающее

an+1 (x) через an (x) и an-1 (x). Подсказка, Воспользуйтесь тем, что

yn+1+ zn+1 =(yn+zn)(y+z) – yz(yn-1+ z n-1).

Упражнение 2.9. Найдите степень ТМ cos 2n x + sin 2n x. Подсказка. Рассмотрите отдельно случаи четного и нечетного n . Упражнение 2.6. Решите уравнение с параметром sin6x + cos6x =a.

Упражнение 2.10. Найдите зачет ТМ 3 cos5x + sin5 x – sin x. Решите уравнение 3 cos5x + sin5 x – sin x=0.

Упражнение 2.11. Пусть область определения функции y=f(x) симметрична относительно 0 и пусть

f(x)=f1(x) + f2(x), где функция f1 четная, а f2 - нечетная. Верно ли, что если f(x) периодическая и Т -один из ее периодов, то Т обязан быть периодом для обоих слагаемых?

Упражнение 2.12. Найдите наименьший положительный период функции у= cosn x + sinm x, если n,m – целые положительные числа и m нечетно.

Упражнение 2.13. Найдите наименьший положительный период функции у=2 cos 3x + 3 tg 5x +

5 /(sin 7x).

Упражнение 2.14. Есть ли вертикальные оси симметрии у графика ТМ y=f(x)= cos3x + sin3 x +(1/2) sin 2x – 1? Если да, то решите уравнение cos3x + sin3 x +(1/2) sin 2x – 1=0, сделав замену х=у+ φ.

Упражнение 2.15. Есть ли вертикальные оси симметрии у графика ТМ y=f(x)= sin 2x – 12(sin x – cos x ) + 12? Решите уравнение sin 2x – 12(sin x – cos x ) + 12=0.

Упражнение 2.16. Что вы можете сказать о СФ ТМ, если известно, что прямая х= φ — вертикальная ось симметрии для графика этого ТМ ?

Упражнение 2.17. Верно ли , что прямая х=(1/4)π является осью симметрии ТМ в том и только в том случае, когда этот ТМ можно представить в виде g(cos(x- 1/4)π) или h(cos x + sin x), где g и h — многочлены с одной переменной?

Упражнение 2.18.Верно ли , что прямая х=-(1/4)π является осью симметрии ТМ в том и только в том случае, когда этот ТМ можно представить в виде g(cos(x+ 1/4)π) или h(cos x - sin x), где g и h — многочлены с одной переменной?

Глава 3.

Умеете ли вы делить тригонометрические многочлены?

Мы предполагаем, что вы уже умеете делить с остатком один обычный многочлен с одной переменной на другой. Процедура деления уголком состоит из отдельных шагов. На каждом шаге мы находим промежуточное частное и промежуточный остаток. Если степень промежуточного остатка оказывается меньше степени делителя, деление заканчивается. Если нет, то на следующем шаге в качестве делимого берется промежуточный остаток, полученный на предыдущем шаге. При этом промежуточное частное всегда является одночленом вида akxk. Он подбирается так, чтобы степень промежуточного остатка оказалась меньше степени делимого, то есть чтобы уничтожить старший член делимого. В результате на каждом следующем шаге делимое имеет меньшую степень, чем на предыдущем.

Таким образом при делении уголком важную роль играет понятие старшего члена. При делении ТМ старших членов может быть несколько. А, как известно, за двумя зайцами погонишься — ни одного не поймаешь. Поэтому нам потребуется понятие ступени. Чтобы определить деление уголком сразу для разных видов ступеней, подумаем о том, какими свойствами для этого должны обладать ступени.

Прежде всего, ступени должны принадлежать тому же множеству, элементы которого мы хотим делить друг на друга. (Нас будут интересовать только множества, элементы которых — функции с одной или несколькими переменными.) Во вторых, одна и та же ступень не должна быть одновременно n-ступенью и m-ступенью при n≠m. То единственное n, для которого f — n-ступень, будем называть степенью ступени f. В-третьих, если f - k-ступень и а — ч исло, отличное от 0, то af – тоже k-ступень. В-четвертых, сумма степеней одной и той же степени всегда либо тоже ступень, либо тождественно равна 0.

И, наконец, самое главное: каждая функция из данного множества должна быть представима, причем единственным образом, в виде суммы ступеней попарно различных степеней. (Заметим, что из единственности такого представления следует, что сумма двух или нескольких ступеней попарно различных степеней не может быть тождественно равна 0.)

Пусть у нас есть некоторое множество всюду определенных функций от одной или нескольких переменных , содержащее все функции -константы и замкнутое относительно сложения и умножения ( то есть результат сложения или умножения двух функций из этого множества всегда является функцией из этого же множества. Тогда мы можем определить степень любой функции из этого множества, не равной тождественно 0, как степень её старшей ступени. Покажем, что обычные свойства степени суммы вытекают из тех свойств ступеней , выполнения которых мы уже потребовали.

Действительно, мы знаем, что сумма двух ступеней одной и той же степени — либо нулевая функция, либо ступень. Покажем, что в последнем случае это ступень той же степени n, что и слагаемые

f1 и f2 . Допустим противное. Тогда f1 + f2 = f3, где f3 ступень степени, отличной от n. Отсюда

f1 =(-1) f2+ f3 . Так как (-1) f2 — ступень степени n, то получаем два разных представления ступени f1 в виде суммы ступеней попарно различных степеней.

Только что доказанное свойство означает, что в суммах ступеней f1+...+ fm мы всегда можем приводить подобные — группировать ступени одной степени и заменять их либо нулем, либо одной ступенью той же степени. В результате каждая такая сумма может быть к виду h1+...+ hk — суммы ступеней попарно различных степеней. Причем степени ступеней hi могут быть только такими, которые встречались среди степеней ступеней f1;...; fm. А если f1 было единственным слагаемым степени n, то оно сохранится как слагаемое в сумме h1+...+ hk.

Пусть теперь f имеет степень n, g — степень m и n≥m. Тогда f=f1+...+fk, где f1 — ступень степени n,

f 2 ;...; fk - ступени степеней, меньших n; g=g1+...+gl , где g1 - ступень степени m,g2; …; gl - ступени степеней, меньших m. Сложив f=f1+...+fk и g=g1+...+gl и приведя подобные , получим сумму ступеней попарно различных степеней, не превосходящих n. Значит степень f + g не больше n. Причем если n>m , то полученная после приведения подобных сумма содержит ступень f1 . Значит, её степень равна n . Мы доказали, что степень суммы не превосходит степеней слагаемых и если степени слагаемых различны,то степень суммы равна большей из них.

А для того чтобы выполнялось обычное свойство степени произведения, то есть чтобы степень произведения ненулевых множителей была равна сумме степеней множителей, придется потребовать, чтобы степень произведения двух ступеней всегда была равна сумме степеней этих ступеней. Если ступени обладают этим свойством, то степень произведения равна сумме степеней множителей для любых ненулевых функций из данного множества функций.

Действительно, пусть f имеет степень n, g — степень m . Тогда f=f1+...+fk, где f1 — ступень степени n,

f 2 ;...; fk - ступени степеней, меньших n; g=g1+...+gl , где g1 - ступень степени m,g2; …; gl - ступени степеней, меньших m. Имеем: f g — сумма произведений figj . Так как степень произведения ступеней равна сумме степеней множителей, то степень f1 g1 равна m+n, а степени остальных произведений figj меньше m+n. Тогда по свойству степени суммы степень всей суммы, то есть степень f g , равна степени f1 g1, то есть m+n.

Теперь перейдем к делению. Деление с остатком определяем обычным образом. Для этого нужны непосредственно только степени, а не ступени. Будем говорить, что f можно разделить с остатком на

g, не равную тождественно 0, если в рассматриваемом множестве функций существуют такие функции h и r, что f=gh + r и r ≡ 0 или степень r меньше степени g. Если такие h и r есть, то h будем называть частным, а r — остатком. Делимость без остатка то же, что делимость с остатком 0.

Докажем, что частное и остаток при фиксированном определении степени определены однозначно.

Допустим, что g не равна тождественно 0 и gh1 + r1 ≡ gh2 + r 2; каждая из функций r1 и r 2 либо нулевая,либо имеет степень меньшую, чем g. Тогда g(h1 -h2)≡r 2 - r1. Но левая часть- либо нулевая функция (если h1 -h2≡ 0), либо имеет степень большую, чем g, а правая — либо нулевая функция, либо имеет степень меньшую, чем g. Значит g(h1 -h2)≡r 2 - r1 только в том случае, когда h1 -h2≡ 0 и

r 2 - r1≡ 0.

Теперь займемся делением уголком. Для этого уже потребуются не только степени, но и ступени. Причем мы будем предполагать, что мы умеем по любым двум ступеням f и g из рассматриваемого множества определять, существует ли такая ступень h, что старшая ступень gh совпадает со старшей ступенью f, и если существует, то умеем такую ступень находить..(Заметим, что если такая h существует, то она единственна, т. к. если старшие ступени произведений gh1 и gh2 совпадают, то gh1 - gh2 либо тождественно равно 0, либо имеет степень меньше. чем gh1 и gh2. Но gh1 - gh2 = g(h1- h2), где степень h1- h2 не совпадает ни с одной из степеней. h1 и h2 только если h1- h2 тождественно равно 0. Значит либо h1- h2 ≡ 0, либо степень g(h1- h2) совпадает со степенью gh1 или gh2. Противоречие.)

Главное назначение деления уголком (или, на научном языке, алгоритма деления) узнавать, делится ли одна функция на другую без остатка. Существенное отличие нашего деления для общего случая от деления целых чисел и многочленов с одной переменной — то, что деление даже с остатком будет не всегда возможно. Поэтому на каждом шаге деления уголком возможных результатов не 2, а 3: кроме 1) деление свелось к делению нового делителя , степени меньшей, чем у предыдущего; и

  1. деление закончено, так как получился остаток 0 или степени меньшей, чем делитель; возможно

  2. делимое нельзя разделить, даже с остатком, на данный делитель.

Хотя последний вариант несколько разочаровывает (мы как бы заходим в тупик), зато сразу получаем ответ на основной вопрос: делимое не делится на делитель.

На самом деле огорчает еще то, что в случаях, когда деление с остатком не всегда осуществимо, не получается доказать для данного множества функций аналоги обычных теорем о НОК, НОД и взаимно простых множителях, включая основную теорему арифметики.

Итак, пусть даны две функции f и g, делимое и делитель, степень f не меньше степени g. Шагом деления будем называть нахождение такой ступени h, что f=gh+s, где s тождественно равно 0 либо имеет степень меньшую, чем f. То есть требуется найти такую ступень h, что старшая ступень gh совпадает со старшей ступенью f. Если такая h существует, то она и есть искомая, а s=f-gh. А если не существует, то шаг деления невыполним. И тем более невозможно разделить f на g с остатком.

Чтобы разделить f на g уголком, последовательно выполняем шаги деления. Делитель на всех шагах один и тот же — g. Делимое на первом шаге - f. Пусть первые n шагов удалось выполнить и на n-ом шаге по делимому fn найдены hn и sn. Тогда на (n + 1)-ом шаге делимое — sn. Шаги выполняем до тех пор, пока либо какой-то шаг окажется невыполнимым (тогда делаем вывод, что f нельзя разделить на g даже с остатком), либо не окажется, что на некотором шаге m получается, что sm тождественно равно 0 или имеет степень, меньшую степени делителя. Тогда делаем вывод, что нам удалось разделить f на g с остатком. Остаток равен sm , а частное — h1 + h2 + … + hm.

Перейдем к конкретным примерам. Сначала рассмотрим только четные ТМ, то есть КМ. Заметим, что если два КМ представлены в виде f1(cos x ) и f2 (cos x), где f1 и f2 - многочлены, то f1(cos x ) делится без остатка на f2 (cos x) во множестве всех ТМ , то есть f1(cos x ) = f1(cos x ) g(cos x ; sin x), в том и только в том случае, когда f1(cos x ) делится без остатка на f2 (cos x) во множестве всех КМ и в том и только в том случае, когда f1 делится без остатка на f2 .. Но если КМ записаны в СФ, то есть в виде

аn cos nx + аn -1 cos (n-1)x + ... + a1 cos x + a0, то удобно исходить из определения n-ступени как КМ вида с cos nx , где с не равно 0. Заметим, что если старшие ступени КМ f(x) и g(x) это аn cos nx и

bmcos mx соответственно, то старшая ступень произведения f(x)g(x) это старшая ступень

anbm cos nx cos mx = (anbm /2) ( cos(n+m)x + cos(n-m)x.То есть если n и m не 0,то эта старшая ступень - ( anbm /2) cos(n+m)x . Поэтому по двум ступеням аn cos nx и bmcos mx, где n≥m, всегда можно найти такую ступень ckcos kx, что старшая ступень ( bmcos mx)( ckcos kx) есть аn cos nx. А именно:

если m не 0, то k=n-m; ck=2(an/bm); если m = 0, то k=n; ck=an/bm.

Заметим, что деление с остатком будет давать те же частное и остаток, что при ступенях a cosnx, то есть как многочленов от одной переменной( с точностью до того, что это будут разные записи одних и тех же КМ). Ведь мы знаем, что степени будут те же самые.

Пример деления уголком:


  1   2   3   4   5   6

Похожие:

Tригонометрические многочлены icon2 Приближение функций многочленами [10 часов]
Аппроксимация мнк в различных базисах: базис «алгебраических» многочленов, ортогональные базисы (многочлены Лежандра, «факториальные»...
Tригонометрические многочлены iconИ дата консультации*
Выражения. Одночлены. Многочлены Одночлены и многочлены. Формулы сокращенного умножения
Tригонометрические многочлены iconСимметрические многочлены (СМ) и симметрические уравнения
Опр. Симметрическими называются многочлены, не изменяющиеся от круговой перестановки переменных. Так, например, см второго порядка...
Tригонометрические многочлены icon«Симметрические многочлены»
Ершова Т. И., к ф м н., доцент кафедры алгебры и теории чисел Ургпу, математический факультет
Tригонометрические многочлены iconПрезентация использования интерактивной доски во время проведения урока «Одночлены и многочлены»
Образовательное учреждение: Муниципальное общеобразовательное учреждение Больше-Кайбицкая средняя общеобразовательная
Tригонометрические многочлены iconI. Теоретические вопросы: Одночлены и многочлены. Действия над ними
Решение тригонометрических уравнений, приводимых к простейшим, и систем тригонометрических уравнений
Tригонометрические многочлены icon«сибирский федеральный университет»
Корни и канонические разложения многочленов над полями вещественных и комплексных чисел. Неприводимые многочлены над полями
Tригонометрические многочлены iconПрограмма государственного экзамена
Корни и канонические разложения многочленов над полями вещественных и комплексных чисел. Неприводимые многочлены над полями
Tригонометрические многочлены iconПрограмма междисциплинарного экзамена по специальности 010101 “Математика”
Корни и канонические разложения многочленов над полями вещественных и комплексных чисел. Неприводимые многочлены над полями
Tригонометрические многочлены iconЛабораторная работа булевы функции. Многочлены жегалкина
Цель работы: Изучить свойства булевых функций, методы построения днф, кнф, сднф, скнф, алгоритмы построения многочлена Жегалкина...
Разместите кнопку на своём сайте:
Библиотека


База данных защищена авторским правом ©lib.znate.ru 2014
обратиться к администрации
Библиотека
Главная страница