Tригонометрические многочлены




НазваниеTригонометрические многочлены
страница3/6
Дата13.10.2012
Размер1.12 Mb.
ТипДокументы
1   2   3   4   5   6

c (cos x – cos (lπ/n))(cos x – cos (lπ+2π/n))... (cos x – cos (lπ+2(n-1)π/n)) имеют кратность 2, то есть разложение на простые множители в F2 у этого ТМ такое же, как у cos nx – cos lπ. Значит

cos nx – cos lπ = 2n-1(cos x – cos (lπ/n))(cos x – cos (lπ+2π/n))... (cos x – cos (lπ+2(n-1)π/n)).

На самом деле это рассуждение можно было не проводить, а воспользоваться соображениями непрерывности: при фиксированных n и x у= cos nx – cos a и у= 2n-1(cos x - cos(a/n))(cos x - cos(a+2π/n)) (cos x – cos(a+2(n-1)π/n)) - непрерывные функции от а, поэтому из их совпадения при

-1
Теперь попробуем найти НОД и НОК sin(nx+a1) и sin(mx+a2). Зависят ли они от того, в каком из множеств F1, F и F2 мы их ищем? Эти ТМ однородные, поэтому их НОД и НОК в F1 существуют и являются также НОД и НОК в F и в F2 . Для нахождения НОД и НОК однородных ТМ достаточно разложить их на простые множители в F1. Корни sin(nx+a1) это (-a1 + kπ)/n, где k любое целое число. Корни sin(nx+a2) это (-a2 +lπ)/m, где l любое целое число. Общие корни есть в том и только в том случае, если уравнениe с неизвестными y и z

(-a1 + yπ)/n=(-a2 +zπ)/m; то есть ym-zn= (a1m-a2n)/π, имеет решения в целых числах. Понятно, что если число (a1m-a2n)/π не целое, то целых решений нет и значит sin(nx+a1) и sin(mx+a2) взаимно просты, их НОД это 1, а НОК, с точностью до множителя-константы, — их произведение. Если же

(a1m-a2n)/π целое, то, как мы знаем, ym-zn=a имеет решения в целых числах в том и только в том случае, если а/НОД(m;n) — целое число, то есть (a1m-a2n)/(πНОД(m;n)) целое. Значит если

(a1m-a2n)/(πНОД(m;n)) не целое, то sin(nx+a1) и sin(mx+a2) взаимно просты. А если

(a1m-a2n)/(πНОД(m;n)) целое, то решения в целых числах есть и формула общего решения имеет вид y=y0 + t(n/НОД(m;n)); z=z0 + t(m/НОД(m;n)), где t любое целое число, а ( y0; z0) — одно из решений. Значит общая формула общих корней -

(-a1 +(y0 + t(n/НОД(m;n)))π )/n=((-a1+y0π )/n) +( tπ )/ НОД(m;n), где t любое целое число, то есть общие корни повторяются с периодом π / НОД(m;n). Следовательно в этом случае НОД sin(nx+a1) и sin(mx+a2) представляет собой (с точностью до умножения на константу) произведение множителей sin(x-bi) , где bi (i=0, 1, …, НОД(m;n)-1) – общие корни sin(nx+a1) и sin(mx+a2), bi =b0 + (iπ )/ НОД(m;n). Но те же самые корни имеет sin(НОД(m;n)(х- b0)). Значит НОД sin(nx+a1) и sin(mx+a2) равен (с точностью до умножения на константу) sin(НОД(m;n)(х- b0)), где b0 — любой из общих корней

sin(nx+a1) и sin(mx+a2). Соответственно НОК этих однородных ТМ равен (с точностью до умножения на константу) их произведению, деленному на их НОД.


Упражнения к главе 5.


Упражнение 5.1. В каких из множеств F1; F; F2 из того, что х0 — корень f(x), следует, что f(x) делится без остатка на sin(x-x0)?

Упражнение 5.2. В каких из множеств F0; F; F2 из того, что х0 — корень f(x), следует, что f(x) делится без остатка на cos x- cos x0 ?

Упражнение 5.3. Угадайте 2 корня ТМ (a sin x + b)(b sin x + a)- (a cos x + b)(b cos x + a) в промежутке

[0;2 π[ (Здесь a и b — числа, отличные от 0.). На какой ТМ первой степени обязан делиться этот ТМ ? Выполните деление. Используя результат деления, решите уравнение

(a sin x + b)(b sin x + a)= (a cos x + b)(b cos x + a).

Упражнение 5.4. Найдите ТМ первой степени, имеющий в промежутке [0;2 π[ два корня, π/6 и π/2.

Упражнение 5.5. Найдите ТМ первой степени, имеющий в промежутке [0;2 π[ только один корень, π/6.

Упражнение 5.6. Найдите однородный ТМ второй степени, имеющий в промежутке [0; π[ два корня,

π/6 и π/2.

Упражнение 5.7.Найдите все ТМ второй степени, имеющие в промежутке [0; 2π[ ровно два корня,

π/6 и π/2.

Упражнение 5.8. Для ТМ f(x)=3 sin x cos x + 4 cos2x + cos x -3 sin x -5 найдите fзач(х) и разложите его на простые множители в F0. Пользуясь полученным разложением, решите уравнения fзач(х)=0 и f(x)=0.

Упражнение 5.9. Совпадает ли множество всех общих делителей fчет(x) и f нечет(x) в F с множеством всех общих делителей f(-x) и f(x) ? Верно ли, что если в F существует НОД f(-x) и f(x), то существует и НОД fчет(x) и f нечет(x), и наоборот, и что если они оба существуют, то они одинаковы?

Упражнение 5.10. Найдите НОД f(-x) и f(x) в F и в F2 для f(x) из Упражнения 5.8.

Упражнение 5.11. Верно ли, что каждый КМ a cos2x + 2b cos x + c можно представить в виде произведения двух КМ вида d cos x + e ? А двух ТМ вида d cos x + e sin x + f ? Представьте f(x)=2 cos2 x + 4 cos x + 3 в виде произведения двух ТМ первой степени. Сколько решений имеет эта задача?

Упражнение 5.12. Найдите все разложения ТМ sin2x; cos2x; cos3x на множители вида a cos x + b sin x + c. (Не забудьте доказать, что вы действительно нашли все варианты.)

Упражнение 5.13. Найдите НОД(sin x - (√2/2); sin x – cos x) в F и в F2.

Упражнение 5.14. Найдите НОК(sin x - (√2/2); sin x – cos x) в F2.. Есть ли у этих ТМ НОК в F ? Есть ли у них общие кратные первой степени? Приведите пример двух их общих кратных второй степени, которые не делятся друг на друга.

Упражнение 5.15. Существует ли НОД в F у f(x)=4 cos2x + 8 cos x sin x – 4 cos x -3 и у

g(x)=4 cos2x -6 cos x sin x +3 cos x -3. Если существует, то найдите его. Найдите НОД(f(x);g(x)) в F2 и общие корни f(x)=0 и g(x)=0.

Упражнение 5.16. Найдите НОД (cos 4x cos 5x ; cos 6x cos 7x) в F0; F и F2.

Упражнение 5.17. Найдите НОД f(x)= sin 4x – sin 2x – cos 3x + 2 sin x -1 и g(x)= 2 sin 2x -√3 в F2 и в F.

Упражнение 5.18. Найдите НОД(sin8x; 1+ cos8x) и НОД( sin7x; 1+ cos7x) в F2 и в F.


Глава 6.

Угадаем корень.


Мы теперь знаем кое-что

  1. о числе корней ТМ n-ой степени;

  2. о связи между корнями и разложением ТМ на множители.

Поэтому теперь мы можем с уравнениями вида f(x)=0, где f(x) ТМ , делать то, что раньше умели делать только для обычных многочленов — решать такие уравнения угадыванием корней. Вы, наверное, обращали внимание, что чаще всего угадывание применяется к многочленам с целыми или рациональными коэффициентами. Одна из причин в том, что если мы имеем дело с иррациональными числовыми выражениями, то выяснить, равны ли два таких выражения, бывает не проще, чем решить иррациональное уравнение, преобразовывая выражения с переменными. Поэтому мы и в случае ТМ ограничимся ТМ с целыми или рациональными коэффициентами. А вместо целых и рациональных корней будем рассматривать корни вида (k/n)π, где k и n — целые числа. Тогда особенно просто проверить, является ли (k/n)π корнем нашего ТМ при n = 1;2;3;4 и 6. Остальными n мы займемся позже. А теперь рассмотрим простые примеры.

Угадаем все корни уравнения cos 6x + 2 cos 5x + cos 4x + cos 2x + 2 cos x + 1=0.

Левая часть этого уравнения — КМ шестой степени. Значит в [0; π] он имеет не больше 6 корней. Поэтому если в [0; π] удастся найти 6 корней, то уравнение можно будет считать решенным. Перебирая числа (k/n)π , где k и n — целые числа, 0≤ k≤6; 0≤ n ≤6 и n≠5, подставляя их в уравнение, находим 6 корней: π; π/2; π/4; 3 π/4; π/6; 5 π/6. Значит, уравнение решено. Его корни ±α + 2k π, где α =π; π/2; π/4; 3 π/4; π/6; 5 π/6, k - любое целое число.

Конечно, не всегда так просто угадать все корни. Но, угадав один корень уравнения f(cos x)=0, где f(x) – многочлен, всегда можно понизить степень уравнения. Ведь мы знаем, что если х0 — корень, то f(cos x) обязан делиться на cos x - cos x0. Правда, если cos x0 иррационален, то частное имеет по крайней мере один иррациональный коэффициент.

Решим уравнение cos 4x + 2 cos 3x - cos 2x + 2 cos x + 1=0.

Угадав корень π/3, делим ТМ из левой части уравнения на 2 cos x – 1=2(cos x - cos (π/3)).

cos 4x + 2 cos 3x - cos 2x + 2 cos x + 1 | 2 cos x – 1

cos 4x + cos 2x – cos 3x cos 3x + 3 cos 2x + cos x

3 cos 3x – 2 cos 2x + 2 cos x + 1

3 cos 3x + 3 cos x -3 cos 2x

cos 2x – cos x + 1

cos 2x – cos x + 1

0


Угадываем еще один корень, π/4. Потом мы докажем, что если КМ с рациональными коэффициентами имеет корень π/4, то и 3 π/4 обязательно его корень. А сейчас это можно проверить подстановкой в уравнение. Получаем, что ТМ cos 3x + 3 cos 2x + cos x обязан делиться на

( cos x - cos π/4) ( cos x - cos 3 π/4)=(1/2) cos 2x.

Выполняем деление уголком.

cos 3x + 3 cos 2x + cos x | cos 2x

cos 3x + cos x 2 cos x + 3

3 cos 2x

3 cos 2x

0

Но 2 cos x + 3=0 не имеет корней. Значит все решения исходного уравнения в [0; π] это π/3; π/4 и

3 π/4 .

Теперь рассмотрим ТМ f(sin x ; cos x) . Это труднее, но интереснее.

Решим угадыванием корней уравнение sin 3x – cos 3x – cos 2x – sin 2x + sin x + cos x -1=0.

Находим перебором и подстановкой в исходное уравнение корни π/2; -π/2; -π/4; 3 π/4; π/6; 5 π/6. Так как ТМ третьей степени имеет не больше 6 корней в промежутке ]- π; π] , других корней в этом промежутке нет. Корни, не принадлежащие ]- π; π] , отличаются от найденных на 2k π, где k любое целое число.

Из предыдущей главы мы знаем, что если найден один корень х0, то ТМ обязан только как ТМ от х/2 делиться на sin((х- х0)/2). При делении степень данного ТМ как ТМ от х/2 понизится на 1. Но эта степень в 2 раза выше исходной. Поэтому желательно угадывать сразу по два корня.

Решим угадыванием корней уравнение sin 4x – sin 2x – cos 3x + 2 sin x – 1 = 0.

Угадываем 2 корня: π и π/3. Значит наш ТМ обязан делиться на ТМ sin ((x- π)/2)sin ((x- (π/3))/2)=(1/2)(cos π/3 – cos(x- 2π/3) ). Недостаток этого ТМ первой степени в том, что он имеет иррациональный коэффициент (½) sin (2π/3) при sin x. Поэтому попробуем еще поугадывать корни. Потом мы докажем, что если ТМ с рациональными коэффициентами имеет корень π/3, то и - π/3 обязательно его корень. А сейчас это можно проверить подстановкой в уравнение. Перебором находим, что π/6 тоже корень.

Из дальнейшей теории следует, что и 5 π/6 обязано быть корнем. Делаем вывод, что наш ТМ делится на sin ((x- (π/3))/2)sin ((x+ (π/3))/2)=- (1/2)(cos х - ½) и на sin ((x- π/6)/2)sin ((x- (5π/6))/2)=- (1/2)( sin х — ½). Значит он делится и на ( 2 cos x -1)(2 sin x – 1) = 2 sin 2x – 2 sin x – 2 cos x + 1.

Выполним деление уголком.


sin 4x – sin 2x – cos 3x + 2 sin x – 1 |2 sin 2x – 2 sin x – 2 cos x + 1

sin 4x – sin 3x + sin x – cos 3x – cos x + cos 2x cos 2x + cos x

sin 3x – sin 2x – cos 2x + sin x + cos x – 1

sin 3x – sin 2x + sin x – cos 2x – 1 + cos x

0

Получили частное cos 2x + cos x. Это КМ. А так как π его корень, то этот КМ делится на cos x + 1. Выполним деление уголком.


cos 2x + cos x | cos x + 1

cos 2x – 2 cos x – 1 2 cos x – 1

- cos x – 1

-cos x – 1

0

Значит остальные корни это корни 2 cos x – 1=0. Мы их уже нашли. Итак, наше исходное уравнение в

]- π; π] имеет 5 корней: - π/3; π/3; π/6; 5 π/6; π.

Заметим, что на множители наш ТМ раскладывается так: ( cos x + 1)(2 cos x – 1)2(2 sin x – 1) = ( cos 3x + 1)(2 sin x – 1). Если бы мы сразу догадались, что он так раскладывается, решение оказалось бы короче. Впрочем, найдя на черновике более длинное решение, в чистовике можно написать сразу короткое: предъявить разложение ( cos 3x + 1)(2 sin x – 1); проверить раскрытием скобок, что оно верно и решить cos 3x + 1= 0 и 2 sin x – 1 = 0.

Теперь решим угадыванием уравнение 2 cos 3x – 3 sin x – cos x = 0. ТМ 2 cos 3x – 3 sin x – cos x однородный, так как содержит sin kx и cos kx только с нечетными k. Поэтому , угадав его корень 3 π/4, мы можем утверждать, что наш ТМ делится на sin (x - 3 π/4)= (1/√2)( sin x + cos x). Выполним деление.


2 cos 3x – 3 sin x – cos x | sin x + cos x

a cos 2x + b sin 2x + …


a и b подбираем так, чтобы старшая ступень произведения ( sin x + cos x)( a cos 2x + b sin 2x) была

2 cos 3x, то есть (a/2) sin 3x + (a/2) cos 3x - (b/2) cos 3x + (b/2) sin 3x = 2 cos 3x, откуда

(a/2) — (b/2) = 2; (a/2) + (b/2) =0. Значит a=2; b= -2.

Продолжим выполнять деление уголком.

2 cos 3x – 3 sin x – cos x | sin x + cos x

2 cos 3x – 2 sin x 2 cos 2x - 2 sin 2x — 1

- sin x – cos x

- sin x – cos x

0


В частном получился ТМ от 2х степени 1. Поэтому применяем общий способ решения уравнений вида a cos x + b sin x = c.

2√2((1/√2) cos 2x - (1/√2) sin 2x) = 1; cos(2x + π/4) = 1/(2 √2); откуда x=±(1/2) arccos (1/(2 √2)) – (π/8) + k π, где k любое целое число.

Окончательный ответ: корни данного уравнения 3 π/4 + k π и ±(1/2) arccos (1/(2 √2)) – (π/8) + k π, где k любое целое число.

Пусть теперь даны некоторый КМ am cos mx + am-1 cos(m-1)x + … + a0 и натуральное число l. Мы хотим выяснить, есть ли у данного КМ корни вида ( k π)/l и с какими именно k . Заметим, что если k четное, то ( k/l )π — корень cos lx — 1 = 0; а если k нечетное, то корень cos lx+ 1 = 0. Поэтому если мы заменим наш КМ остатком от его деления на cos lx — 1, то не изменятся его корни ( k/l )π с четными

k , а если остатком от деления на cos lx+ 1, то с нечетными.

Другой способ сведения одного КМ степени l к другому так, чтобы степень нового КМ была меньше l, а корни вида ( k/l )π с данным l и произвольными k фиксированной четности были те же самые, состоит в использовании формулы

cos (k+l)x = cos kx cos lx – sin kx sin lx или cos (k+ln)x = cos kx cos lnx – sin kx sin lnx.

Так как при х= ( k/l )π имеем sin lnx=1, а cos lnx = (-1)nk, то, если нас интересуют четные k, cos(ln +r)x можно заменить на cos rx, а если нечетные, то на (-1)n cos rx.

В результате описанных двух способов сведения могут получаться разные КМ. Например, cos 4x при сведении первым способом при l=3 и четных k дает - cos 2x + 2 cos x, а при сведении вторым способом дает cos x.

Теперь заметим, что если l нечетно, l = 2n+1, то при х=( k/l )π выполняется равенство nx + (n+1)x = k π, откуда cos (n+1)x = cos ( k π - nx)=(-1)kcos nx. Поэтому при четных k и х=( k/l )π cos (n+1)x= cos nx, а при нечетных k cos (n+1)x= -cos nx. Делением соответственно на cos (n+1)x+ cos nx или на

cos (n+1)x- cos nx (то есть заменяя наш КМ соответствующим остатком от деления), мы получаем два КМ степени, не превосходящей n, то есть ( l -1 )/2, имеет те же корни ( k/l )π с нечетными k (точнее, совпадает с исходным при всех х= k/l )π с нечетными k), а другой — с четными k.

Вместо деления можно воспользоваться соотношением

(n+1+t)x + (n-t)x = k π (при х=( k/2n+1 )π, откуда при х=( k/l )π = ( k/2n+1 )π

cos (n+1+t)x = (-1)kcos (n-t)x.

На этот раз оба способа сведения приводят к одному и тому же результату. Дело в том, что, в отличие от КМ cos lx — 1 и cos lx+ 1, имеющих кратные корни как ТМ от х/2, и поэтому имеющих меньше l (то есть меньше степени рассматриваемого ТМ) корней в [0; π ] , каждый из КМ cos (n+1)x+ cos nx и

cos (n+1)x- cos nx имеет в [0; π ] n+1 корень. А именно, cos (n+1)x+ cos nx имеет корни π /(2n+1);

3 π /(2n+1); … (2n-1) π /(2n+1); (2n+1) π /(2n+1), a cos (n+1)x- cos nx – корни 0 π /(2n+1);

2 π /(2n+1); … ; 2n π /(2n+1). Таким образом при обоих способах сведения получаются два КМ, совпадающие в n+1 точках промежутка [0; π ] и при этом имеющие степень не выше n. Значит это один и тот же КМ.

Теперь выполним аналогичное сведение для корней ( k/l )π с четными l и нечетными k.

Для четного l= 2n при х=( k/l )π выполняется равенство (n+t)x + (n-t)x = k π . Поэтому при нечетных k cos nx = 0 и cos (n+t)x + cos (n-t)x = 0. Значит наш КМ сводится к КМ степени, не превосходящей n, совпадающему с исходным при х= π /2n; 3 π /2n; …; (2n-1) π /2n, любым из двух способов: делением с остатком на cos nx или заменой cos (n+t)x на cos (n-t)x (точнее, заменой cos (qn+r)x, где r=0, … , n-1; q – любое целое положительное число, на (-1)qcos rx ).

Теперь вернемся к случаю нечетного l = 2n+1. Так как π — корень cos (n+1)x+ cos nx , а cos (n+1)x+ cos nx не просто ТМ, а КМ, то он обязан делиться на cos x+ 1. Причем результат должен быть КМ степени n с рациональными коэффициентами. Выполним деление 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