Tригонометрические многочлены




НазваниеTригонометрические многочлены
страница5/6
Дата13.10.2012
Размер1.12 Mb.
ТипДокументы
1   2   3   4   5   6
2 cos 5x- 1 | 2 cos x- 1

2 cos 5x + 2 cos 3x – 2 cos 4x 2 cos 4x + 2 cos 3x – 2 cos x -1

2 cos 4x – 2 cos 3x -1

2cos 4x + 2 cos 2x – 2 cos 3x

-2 cos 2x – 1

-2 cos 2x -2 + 2 cos x

-2 cos x + 1

-2 cos x + 1

0


Аналогично 2 cos 5x+ 1 при делении на 2 cos x+1 дает частное 2 cos 4x - 2 cos 3x + 2 cos x -1. Итак, f15(x)= ( 2 cos 4x + 2 cos 3x – 2 cos x -1)( 2 cos 4x - 2 cos 3x + 2 cos x -1).

Теперь замечаем, что 2 cos 4x + 2 cos 3x – 2 cos x -1, будучи частным от деления 2 cos 5x- 1 на

2 cos x-1, равен 1 при х=0; π; π/2; (2/3) π, а при х= π/3 равен 2 cos( 4 π/3) + 2 cos(3 π/3 ) – 2 cos (π/3) -1=-7. Поэтому дальнейшее доказательство того, что 2 cos 4x + 2 cos 3x – 2 cos x -1, а значит и 2 cos 4x - 2 cos 3x + 2 cos x -1 , неразложимы, - такое же, как для множителей f13(x).

  1. l=16. Несократимые правильные дроби — (2 k + 1)/16, k=0; 1; …;7.

f16(x)= cos 8x.

Мы знаем, что cos 2nx неразложим, если cos nx неразложим. Значит, так как cos x неразложим, то cos 2nx всегда неразложим.

  1. L=17.

f17(x)=( 2 cos 8x - 2 cos 7x + 2 cos 6x - 2 cos 5x + 2 cos 4x - 2 cos 3x + 2 cos 2x - 2 cos x+ 1)( 2 cos 8x + 2 cos 7x +2 cos 6x + 2 cos 5x + 2 cos 4x + 2 cos 3x + 2 cos 2x + 2 cos x+ 1).

Заметим, что множители имеют восьмую степень. Допустим, что они разложимы. Тогда их неразложимые делители имеют вторую или четвертую степень. В любом случае оба множителя должны раскладываться на два множителя четвертой степени. А так как оба множителя имеют вид f( 2 cos x), где f — многочлен с целыми коэффициентами , то эти f(х) тоже раскладываются на 2 множителя четвертой степени с целыми коэффициентами .

Как в случае l=13 получаем что среди этих множителей обязательно есть такой h(x), который равен ±1 во всех точках -2;-1;0;1;2 и при этом имеет четвертую степень. Покажем, что на самом деле такого h(x) не существует. Для этого заметим, что h(x) обязан совпадать со следующим многочленом:

h(-2)((х+1)х(х-1)(х-2)/(-1(-2)(-3)(-4))) + h(-1)((х+2)х(х-1)(х-2)/(1(-1)(-2)(-3))) + h(0)((х+2)(х+1)(х-1)(х-2)/((2)(1)(-1)(-2))) + h(1)((х+2)(х+1)х(х-2)/((3)(2)(1)(-1))) + h(2)((х+2)(х+1)х(х-1)/((4)(3)(2)(1))),

так как этот многочлен имеет степень не выше 4 и совпадает с h(x) в 5 точках: -2;-1;0;1;2.

Но коэффициент при х4 этого многочлена равен (h(-2) + h(2)) /24 -( h(-1) + h(1))/6 + h(0)/4. Значит

h(-2) + h(2) - 4( h(-1) + h(1)) + 6 h(0) ≥24. Но если h(±2), h(±1) и h(0) равны ±1 , то h(-2) + h(2) - 4( h(-1) + h(1)) + 6 h(0) не превосходит 1=1+4(1+1) + 6=16<24.

Поскольку частное от деления cos nx + cos(n+1)x на cos x + 1 всегда равно 1 при х=0, ±1 при π/3; π/2; (2/3) π и равно 2 n+1 при х=π , то на самом деле мы доказали следующее утверждение.

Утверждение 6.6. Если 2 n+1 простое число, то 2 cos nx - 2 cos(n-1)x + … +2 (-1)n-1 cos x + (-1)n не может раскладываться на два или больше множителей со степенями, не превосходящими 4.

  1. l=18. Правильные несократимые дроби — 1/18; 5/18; 7/18; 11/18; 13/18; 17/18.

Все числа (1/18)π; (5/18)π; (7/18)π; (11/18)π; (13/18)π; (17/18) π — корни 2 cos 6x — 1. Значит

f18(x)= 2 cos 6x — 1. И чтобы доказать, что f18(x) неразложим, достаточно доказать, что не существует таких целых a,b,c, что

2 cos 6x — 1=(2 cos 3x + 2a cos 2x + 2b cos x + c) (2 cos 3x - 2a cos 2x + 2b cos x – c).

Как раньше в аналогичных ситуациях , попробуем подставить х= π/2. Получим

-3=-(-2a + c)(-2a + c); 3=(2a-c)2, что противоречит тому, что 3 не является квадратом целого числа. Заметим, что мы доказали следующее утверждение.

Утверждение 6.7. Если n нечетно и 2 cos nx — 1 неразложим, то и 2 cos 2nx — 1 неразложим.

  1. l=19.

f19(x), как мы знаем, раскладывается на два множителя девятой степени, 2 cos 9x – 2 cos 8x +...+1 и

2 cos 9x – 2 cos 8x +...+1. Если бы эти КМ , в свою очередь, раскладывались на множители с рациональными коэффициентами, то это были бы множители третьей степени вида 2 cos 3x + 2a cos 2x + 2b cos x + c c целыми a,b,c. А это, как мы доказали в пункте 16, исключено.

  1. l=20. Правильные несократимые дроби — 1/20; 3/20; 7/20; 9/20; 11/20; 13/20; 17/20; 19/20.

Для n=10 fn(x) неразложим и равен 2 cos 4x – 2 cos 2x +1 . Значит 2 cos 8x – 2 cos 4x +1 имеет корнями все числа (1/20)π; (3/20)π; (7/20)π; (9/20)π; (11/20)π; (13/20)π;( 17/20)π; (19/20) π. Остается доказать, что 2 cos 8x – 2 cos 4x +1 нельзя разложить на два множителя четвертой степени с целыми коэффициентами. Но 2 cos 8x – 2 cos 4x +1 принимает значение 1 во всех 5 точках 0; π; π/3; π/2;

(2/3) π . А мы в пункте 16 доказали, что КМ четвертой степени с целыми коэффициентами, равных ±1 во всех этих точках, не существует.

  1. l=21. Правильные несократимые дроби — 1/21; 5/21; 11/21; 13/21; 17/21; 19/21 и 2/21; 4/21; 8/21; 10/21; 16/21; 20/21. Для тех из этих дробей k/l , у которых числители нечетны, (k/l) π — корни 2 cos 7x -1, для тех, у которых числители четны — корни 2 cos 7x +1 . Но 2 cos 7x -1 и

2 cos 7x +1 разложимы, так как делятся на 2 cos x -1 и 2 cos x +1 соответственно. Выполним деление уголком.


2 cos 7x -1 | 2 cos x -1

2 cos 7x + 2 cos 5x – 2 cos 6x 2 cos 6x + 2 cos 5x -2 cos 3x -2 cos 2x + 1

2 cos 6x -2 cos 5x -1

2 cos 6x + 2 cos 4x – 2 cos 5x

-2 cos 4x -1

-2 cos 4x -2 cos 2x + 2 cos 3x

-2 cos 3x + 2 cos 2x – 1

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

2 cos x – 1

2 cos x – 1

0


Результат деления 2 cos 7x +1 на 2 cos x +1 получается заменой в найденном частном х на х+ π :

2 cos 6x - 2 cos 5x +2 cos 3x -2 cos 2x + 1.

Итак, f21(x)=(2 cos 6x + 2 cos 5x -2 cos 3x -2 cos 2x + 1)(2 cos 6x - 2 cos 5x +2 cos 3x -2 cos 2x + 1).

Заметим, что 2 cos 6x + 2 cos 5x -2 cos 3x -2 cos 2x + 1 равно 1 при х= 0; π; π/2 и -1 при х= (2/3) π.

При х=π/3 значение этого КМ равно 7. Значит этот КМ , а следовательно и 2 cos 6x - 2 cos 5x +2 cos 3x -2 cos 2x + 1, не могут раскладываться на два или больше КМ с целыми коэффициентами степеней, не превосходящих 4. Значит эти КМ неразложимы.

  1. l=22=2·11. Так как мы доказали, что 2 cos 5x + 2 cos 4 x +...+ 1 и 2 cos 5 x - 2 cos 4 x +...+2 cos x - 1 неразложимы , то из доказанного в пункте 13 Утверждения 6.5. следует, что f22(x) неразложим и равен 2 cos 10 x - 2 cos 8 x +...+2 cos 2х -1.

  2. l=23.

Имеем, f23(x)=(2 cos 11x – 2 cos 10 x +...+ 2 cos x - 1)(2 cos 11x + 2 cos 10 x +...+ 2 cos x + 1). Так как 11 простое число, то оба множителя неразложимы.

  1. l=24. Несократимые правильные дроби — 1/24; 5/24; 7/24; 11/24; 13/24; 17/24; 19/24; 23/24.

f24(x)= 2 cos 8x -1. Чтобы доказать, что 2 cos 8x -1 неразложим, достаточно доказать (так как

2 cos 4x -1 неразложим), что не существует таких целых a,b,c,d , что

2 cos 8x -1 = (2 cos 4x + 2a cos 3x + 2b cos 2x + 2c cos x + d)(2 cos 4x - 2a cos 3x + 2b cos 2x - 2c cos x + d).

Воспользуемся тем, что при х=π/3 2 cos 8x -1 = -1-1=-2 - делится на 2, но не делится на 4. Но множители, на которые мы разложили 2 cos 8x -1 , состоят при х=π/3 из целочисленных слагаемых , причем соответствующие слагаемые второй суммы , если и отличаются от слагаемых первой, то только знаками. Значит их произведение либо нечетно, либо кратно 4 и не может быть равно -2.

Заметим еще, что 2 cos 2nx -1 при любом n, не кратном 3, равно -2. Значит, мы доказали

Утверждение 6.8. При любом n, не кратном 3, если 2 cos nx -1 неразложим, то и 2 cos 2nx -1 неразложим.

В частности, так как 2 cos x -1 неразложим, то 2 cos 2nx -1 всегда неразложим.

  1. L=25. Правильные несократимые дроби — 1/25; 3/25; 7/25; 9/25; 11/25; 13/25; 17/25; 19/25; 21/25; 23/25 и 2/25; 4/35; 6/25; 8/25; 12/25; 14/25; 16/25; 18/25; 22/25; 24/25.

Так как все (k/5) π такие, что (k/5) — несократимые дроби с нечетными k, - корни

2 cos 2x- 2 cos x + 1 , а с четными k — корни 2 cos 2x+ 2 cos x — 1, то f25(x)= ( 2 cos 10x- 2 cos 5x + 1) ( 2 cos 10x+ 2 cos 5x — 1). Докажем, что множители неразложимы. Для этого найдем значения 2 cos 10x- 2 cos 5x + 1 в точках 0; π; π/3; π/2; (2/3) π. Получаем соответственно 1; 5; -1; -1; 1. Значит, если 2 cos 10x- 2 cos 5x + 1 разложим (а тогда можно считать, что коэффициенты множителей целые числа), то по крайней мепе один из его множителей равен во всех этих точках ±1. Мы уже доказали, что таких КМ ненулевой степени ненулевой степени не выше 4 с целыми коэффициентами нет.

Если же оба множителя имеют степень 5, то тот из них, который всех 5 точках равен ±1, при делении на ( 2 cos x-1)( 2 cos x+1) 2 cos x ( 2 cos x -2)( 2 cos x+2) дает в остатке константу, 1 или

-1.(так как делимое и делитель являются многочленами от 2 cos x с целыми коэффициентами и старший коэффициент делителя как многочлена от 2 cos x равен 1, то частное и остаток тоже имеют целые коэффициенты. Значит , так как наш множитель имеет степень 5 и старший коэффициент 2, он обязан совпадать с ( 2 cos x-1)( 2 cos x+1) 2 cos x ( 2 cos x -2)( 2 cos x+2)±1=

2 cos 5x - 2 cos x ±1. Докажем, что на самом деле 2 cos 10x- 2 cos 5x + 1 не делится на 2 cos 5x - 2 cos x ±1. Это можно сделать непосредственно делением уголком, но мы используем косвенные соображения.

Мы знаем , что 2 cos 10x- 2 cos 5x + 1 раскладывается на множители вида 2 cos x -а , где -2
2 cos 5x - 2 cos x ±1= g(2 cos x)±1, где g – многочлен пятой (и значит нечетной) степени со старшим коэффициентом 1, обращающийся в 0 в точках 2 и -2. Значит в промежутке ]2;+∞[ g принимает все положительные значения от 0 до +∞, а в промежутке ]-∞; -2[ - все отрицательные. Значит у g(х) + 1 всегда есть корень в ]-∞; -2[, а у g(х)- 1 - в ]2;+∞[.То есть у g( x)±1 всегда есть корень вне [-2;2] , и поэтому g(2 cos x)±1 не может быть делителем 2 cos 10x- 2 cos 5x + 1.

Теперь сформулируем и докажем более общее утверждение , которое нам пригодится дальше.

Утверждение 6.9. Пусть некоторый КМ не имеет делителей 2 cos х — 2а таких, что |a| > 1, и пусть этот КМ можно представить в виде g(2 cos x), где g(х) — многочлен со старшим коэффициентом 1 и целыми остальными коэффициентами, обращающийся в ±1 во всех, кроме точках -1; 0; 1, и в одной из точек -2 и 2 равный тоже ±1, а в другой ±1 или ±р, где р -простое число. Тогда этот КМ не может раскладываться на два или больше множителей — КМ нечетных степеней с целыми коэффициентами .

Доказательство. Имеем, если g(2 cos x) раскладывается на КМ нечетных степеней с целыми коэффициентами, то и сам g(х) раскладывается на множители тех же степеней с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом 1. Рассмотрим тот из множителей (обозначим его h(x)), который обращается в ±1 во всех 5 точках. Мы знаем, что его степень не может быть не выше 4. Но если мы разделим h(x) с остатком на (х+2)(х+1)х(х-1)(х-2), то остаток будет иметь степень не выше 4 и целые коэффициенты и тоже будет обращаться в ±1 во всех 5 точках. Значит остаток тождественно равен ±1, а сам h(x) равен (х+2)(х+1)х(х-1)(х-2)(ax2+bx + c) ±1 , где

a,b,c – целые числа. Но тогда h(x) имеет нечетную степень и принимает одно и то же значение

на концах отрезка [-2;2]. Значит у h(x) есть хоть один корень вне этого отрезка. Тогда и g(х) имеет корень вне [-2;2], что противоречит условию.

25. l=26.

f26(x)= 2 cos 12 x - 2 cos10 x +2 cos 8х - 2 cos 6 x + 2 cos 4 x - 2 cos 2х +1 . Так как 13 не является квадратом целого числа, то из Утверждение 6.5. , доказанного в пункте 13, следует, что f26(x) неразложим.

26.l=27. Несократимые правильные дроби — 1/27; 5/27; 7/27; 11/27; 13/27; 17/27; 19/27; 23/27; 25/27 и 2/27; 4/27; 8/27; 10/27; 14/27; 16/27; 20/27; 22/27;26/27.

При умножении первых 9 дробей на 9 получаются несократимые дроби со знаменателем 3 и нечетными числителями, а последних 9 — с четными. Значит при умножении первых 9 дробей на π получаются корни КМ 2 cos 9x -1, а последних 9 — корни 2 cos 9x + 1. Значит

f27(x)=( 2 cos 9x -1)( 2 cos 9x + 1).

Докажем, что 2 cos 9x -1 неразложим (тогда и 2 cos 9x + 1 неразложим). Замечаем, что в точках 0; π; π/3; π/2; (2/3) π 2 cos 9x -1 соответственно равно 1; -3; -3; -1; 3. Значит, если 2 cos 9x -1 разложим, то у него есть делитель третьей степени вида g(2 cos x), где g - многочлен третьей степени со старшим коэффициентом 1 и с целыми коэффициентами, равный ±1 в точках -2; 0; 2. Имеем, g принимает одно и то же значение по крайней мере в двух из точек -2; 0; 2. Значит g(х) = х(х-2) (х-а) ±1, или g(х) = (х+2)(х-2) (х-а) ±1, или g(х) =(х+2) х (х-а) ±1, где а -целое число. Рассмотрим эти три случая.

Первый случай : g(х) = х(х-2) (х-а) ±1. Тогда, так как g(-1) = 3(-1-а) ±1, то g(-1) принимает значение ±1 или ±3 только при -1-а=0; а = -1. То есть g(х) = х(х-2) (х+1) ±1. Но тогда g(-2)=-8 ±1 — противоречие.

Второй случай: g(х) = (х+2)(х-2) (х-а) ± 1. Так как g(0) =-4(-а) ± 1 , то а=0. Но тогда g(-1)=3± 1 четно.

Третий случай: g(х) =(х+2) х (х-а) ±1 — симметричен первому.

  1. l=28.

f28(x)=f14(2x)=f7(4x)= 2 cos 12 x -2 cos 8х + 2 cos 4 x - 1.

Чтобы доказать неразложимость этого КМ , достаточно доказать, что его нельзя разложить на 2 множителя так:

(2 cos 6x + 2a cos 5x + 2b cos 4x + 2c cos 3x + 2d cos 2x + 2e cos x + f)(2 cos 6x - 2a cos 5x + 2b cos 4x - 2c cos 3x + 2d cos 2x - 2e cos x + f), где a,b,c,d,e,f – целые числа.

Замечаем, что 2 cos 12 x -2 cos 8х + 2 cos 4 x - 1 равно 1 в точках 0; π; π/3; π/2; (2/3) π . Значит, и оба множителя при делении на 2 cos 5x - 2 cos x дают в остатке 1 или -1. А так как они имеют шестую степень, то они имеют вид

g1(x)=( 2 cos x - a)( 2 cos 5x - 2 cos x)±1 и g2(x)= g1(x+ π )=( 2 cos x + a)( 2 cos 5x - 2 cos x)±1.

Значит g1(x) g2(x)=(2 cos 6x + 2 cos 4x - 2 cos 2x – 2 ±1 - a2( 2 cos 5x - 2 cos x)2, и коэффициент при cos 10 x равен 4 -2 а2. А так как он должен быть равен 0, то 4 -2 а2=0; а2=2 — при целом а невозможно. Значит 2 cos 12 x -2 cos 8х + 2 cos 4 x - 1 неразложим.

  1. L=29.

f29(x)=( 2 cos 14x - 2 cos13x + … + 2 cos 2x - 2 cos x+ 1)( 2 cos14x + 2 cos13x + ... + 2 cos 2x + 2 cos x+ 1).

Докажем неразложимость множителей. Заметим, что их степень 14. Значит они могут раскладываться только на 7 множителей второй степени или два седьмой. Но в пункте 16 мы доказали, что такие КМ не имеют делителей с рациональными коэффициентами степеней, не превосходящих 4, а в пункте 24 (Утверждение 6.9. ) - что они не могут иметь делителей нечетных степеней.
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