Tригонометрические многочлены




НазваниеTригонометрические многочлены
страница6/6
Дата13.10.2012
Размер1.12 Mb.
ТипДокументы
1   2   3   4   5   6

  1. l=30. Правильные несократимые дроби — 1/30; 7/30; 11/30; 13/30; 17/30; 19/30; 23/30; 29/30.

Так как f15(x)= ( 2 cos 4x + 2 cos 3x - 2 cos x- 1)( 2 cos4x - 2 cos3x + 2 cos x- 1), причем (1/15) π; (7/15) π; (11/15) π; (13/15) π — корни первого множителя, то есть частного от деления

2 cos 15x -1 на 2 cos x -1, то

f30(x)= 2 cos 8x + 2 cos 6x - 2 cos 2x- 1. Остается доказать неразложимость этого КМ на

(2 cos 4x + 2a cos 3х + 2b cos 2x + 2c cos x + d ) и (2 cos 4x - 2a cos 3х + 2b cos 2x - 2c cos x + d ) с целыми a,b,c,d.

Но 2 cos 8x + 2 cos 6x - 2 cos 2x- 1 принимает значение 1 в точках 0; π/2 и π, а в точках π/3 и 2 π/3 он принимает значение 5. Мы знаем, что КМ степени 4 с целыми коэффициентами, принимающих значения ±1 во всех этих пяти точках, не существует. Значит остается только вариант, что тот из двух множителей 2 cos 8x + 2 cos 6x - 2 cos 2x- 1, который равен ±1 в

точке π/3 , в точке 2π/3 равен ±5. Тогда для этого множителя четвертой степени с целыми коэффициентами g(x) имеем g(π/3 ) + g(2π/3 ) равно ±6 или ±4.

Из выкладок пункта 13 получаем, что если такой КМ g(x) существует, то для соответствующего ему многочлена h(x) такого, что h(2 cos x)=g(x), старший коэффициент равен

( h(-2) + h(2) -4( h(-1) + h(1) ) + 6 h(0)) /24.

Так как h(-2) + h(2) -4( h(-1) + h(1) ) + 6 h(0) должно быть кратно 24. При h(-1) + h(1)=±6 для этого необходимо , чтобы h(-2) + h(2) + 6 h(0) было кратно 24. Но h(-2) + h(2) кратно 6 только если оно равно 0. А тогда h(-2) + h(2) + 6 h(0) не делится на 4, так как h(0) нечетно.

В случае же h(-1) + h(1)=±4 h(-2) + h(2) + 6 h(0) должно давать остаток 8 или 16 при делении на 24. Значит опять h(-2) + h(2) не 0, а ±2. Остаются только варианты h(-2) = h(2) = h(0)=1;

h(-1) =-5; h(1)= 1 и h(-2) = h(2) = h(0)=-1; h(-1) =5; h(1)= -1 . Но многочлен четвертой степени не может принимать одно и то же значение в четырех точках. Значит таких g и h не существует и f30(x)= 2 cos 8x + 2 cos 6x - 2 cos 2x- 1 неразложим.

Мы приходим к такому выводу:

Пусть дано некоторое уравнение f(x)=0, где f(x) — КМ с рациональными коэффициентами. Тогда при 2≤n≤30, если k1/n и k2/n несократимые дроби и n нечетно, то при k1 и k2 одинаковой четности k1/n и k2/n могут быть корнями уравнения только одновременно. Если же n четно, то для любых k1 и k2, взаимно простых с n , k1/n и k2/n могут быть корнями уравнения только одновременно.

Верно ли это свойство при всех n , а не только при n≤30, мы не знаем.

А теперь вернемся к ТМ f( cos x; sin x), но займемся только однородными, так как их деление и разложение на множители обладают такими же хорошими свойствами, как деление и разложение на множители КМ. (Напомним, что произвольный ТМ ( cos x; sin x) превращается в однородный заменой х на 2у.)Оказывается, что вопросы, связанные с корнями вида (k/l) π однородного ТМ удобно сводить к аналогичным вопросам для КМ , используя

sin x= cos(( π /2) -x), что для х=(k/l) π превращается в sin (k/l) π = cos((l-2k)/2l)π , а для х=(k/2l) π в sin (k/2l) π = cos((l-k)/2l)π.

Определим минимальный однородный ТМ с корнем (k/l) π аналогично минимальному КМ. Минимальный однородный ТМ для (k/l) π всегда является делителем однородного ТМ sin lx, а если l четно, а k нечетно, то и cos( l/2)х.

Докажем следующее полезное утверждение .

Утверждение 6.10. Пусть l=2n+1, n>0 и пусть для этого l известно, что минимальный КМ для π/(2l) однороден или, что равносильно, имеет вид g(2x), где g КМ с рациональными коэффициентами, то есть СФ данного КМ содержит только одночлены ai cos ix с четными I. Тогда если некоторый ТМ am cos mx + bm sin mx +...+ a0 c рациональными коэффициентами и с m, не превосходящим степени g(x), имеет корнем π/l, то все bi равны 0.

Доказательство. Пусть π/l — корень am cos mx + bm sin mx +...+ a0. Тогда am cos m( π/l) + bm sin m( π/l) +...+ a0=( am cos 2m( π/2l) +...+ a0) + ( bm cos((l-2m)/2l ) π +...+b1 cos ((l-2)/2l ) π).

Получился КМ ( am cos 2mх +...+ a0) + ( bm cos(l-2m)х +...+b1 cos (l-2)х) степени max(2m; l-2m)≤2n c рациональными коэффициентами с корнем π/l. А так как этот КМ имеет степень, не превосходящую степени 2n минимального КМ для π/(2l) , то он делится на минимальный КМ, а значит, получается из него умножением на константу. Значит все bi , как коэффициенты при cos kx c нечетными k , равны 0.

Заметим также, что так как если f(x) — однородный ТМ и k натуральное число, то f(kx) тоже однородный, то для однородных ТМ точно так же , как для КМ, доказывается, что для всех несократимых дробей k/l с одним и тем же знаменателем l минимальные однородные ТМ для (k/l) π имеют одну и ту же степень.

Получаем следующие следствия нашего Утверждение 6.10.

Следствие 1. Если f(2x) — минимальный КМ для π/(2l) , где l нечетно, то f(2x) неразложим и как однородный ТМ, и значит, и как однородный является минимальным для π/(2l) .

Доказательство. Допустим противное. Тогда, так как все однородные делители f(2x) с рациональными коэффициентами имеют одну и ту же степень, то π/(2l) — корень однородного ТМ с рациональными коэффициентами степени, не превосходящей степени f(x). Причем если степень этого ТМ четна, то, благодаря своей однородности , он имеет вид g(2x), где g(x) — ТМ и π/l — корень g(x). Тогда из Утверждения 6.10. следует, что на самом деле g(2x) - КМ и f(2x) разложим как КМ. Если же степень этого ТМ нечетна, то у f(2x) есть еще неразложимый однородный множитель с рациональными коэффициентами той же степени, и перемножив эти два множителя получим нужный g(2x).

Следствие 2. Если f(2x) — минимальный КМ для π/(2l) , где l нечетно , и π/l — корень f(2x+π)=f(2(x+(1/2) π)), то f(2x+π) — минимальный однородный ТМ для π/l .

(Корнем f(2x+π) всегда является πn/l, так как (πn/l) + (π/2)=π/(2l) .Но в случае, если минимальные КМ для π/l и πn/l совпадают, π/l тоже является корнем f(2x+π))

Доказательство. Согласно Следствию 1, f(2x) неразложим как однородный ТМ. Значит и f(2x+π) неразложим как однородный ТМ. А так как π/l —его корень, то f(2x+π) — минимальный однородный ТМ для π/l.

Теперь перейдем к конкретным примерам. Рассмотрим l от 2 до 12.

  1. l=2. Единственная правильная несократимая дробь со знаменателем 2 это ½.

Минимальный однородный ТМ для π/2 это cos x.

  1. l=3. Правильные несократимые дроби 1/3 и 2/3.

Минимальный КМ для π/6 это 2 cos 2x - 1. А π/ 3 — корень 2 cos (2x + π) — 1. Значит 2 cos 2x - 1

минимальный однородный ТМ для π/6 и 5 π/6, а 2 cos 2x + 1 для π/ 3 и 2 π/ 3.

  1. l=4. Правильные несократимые дроби ¼ и ¾.

Имеем, π/2 и 3π/2 корни cos x, а π/4 и 3π/4 корни cos 2x.

Но cos 2x=(cos x – sin x)(cos x + sin x). Соответственно минимальный однородный ТМ для π/4 это cos x – sin x, а для 3π/4 - cos x + sin x.

  1. l=5. Правильные несократимые дроби 1/5; 2/5; 3/5; 4/5.

Минимальный КМ для π/ 5 это 2 cos 2x -2 cos x + 1, а для π/ 10 2 cos 4x -2 cos 2x + 1. Значит и максимальный однородный для π/ 10 (и всех kπ/ 10, где k/ 10 несократимая дробь) это

2 cos 4x -2 cos 2x + 1, а для π/ 5 (и 2π/5; 3π/5; 4π/5) 2 cos 4x +2 cos 2x + 1(так как π/ 5 корень этого ТМ).

  1. L=7. Аналогично l=5 получаем, что для (k/l) π, где k/l несократимые дроби со знаменателем 14, минимальный однородный ТМ это 2 cos 6x- 2 cos 4x +2 cos 2x — 1, а со знаменателем 7

2 cos 6x + 2 cos 4x +2 cos 2x + 1.

  1. l=8.

Π/8 и 5π/8 корни cos 2x – sin 2x, а 3π/8 и 7π/8 корни cos 2x + sin 2x.

Докажем, что cos 2x – sin 2x неразложим (как однородный ТМ). Действительно, если бы π/8 был корнем однородного ТМ первой степени с рациональными коэффициентами a cos x – b sin x, где a2 + b2≠0, то a cos π/8 – b sin π/8=0; a cos π/8 – b cos (π/2 -π/8)=a cos π/8 –

b cos 3π/8=0. Но a cos х – b cos 3х это КМ третьей степени с рациональными коэффициентами. Это противоречит тому , что минимальный КМ для π/8 это 2 cos 4x.

  1. L=9.

Для (k/l) π, где k/l несократимые дроби со знаменателем 18, минимальный КМ это 2 cos 6x-1. Значит он же является минимальным однородным ТМ для этих (k/l) π. А так как для всех несократимых дробей k/9 имеем 2 cos 6 kπ/9 + 1= 2 cos 2kπ/3 + 1=0, то 2 cos 6x + 1 минимальный однородный ТМ для всех (k/l) π, где k/l несократимые дроби со знаменателем 9.

  1. l=11. Аналогично предыдущим случаям нечетных l получаем, что

2 cos 10x- 2 cos 8x +2 cos 6x- 2 cos 4x +2 cos 2x — 1 минимальный однородный ТМ для всех

(k/22) π, где k взаимно просто с 22, а 2 cos 10x+ 2 cos 8x +2 cos 6x+ 2 cos 4x +2 cos 2x + 1

для всех (k/11) π, где k взаимно просто с 11.

  1. l=12.

Все (k/12) π, где k взаимно просто с 12, корни 2 cos 4x -1. Но 2 cos 4x -1=-(2 sin 2x -1)(2 sin 2x +1). Эти два множителя уже неразложимы (как однородные ТМ), так как несократимые дроби со знаменателем 12 не могут быть корнями однородного ТМ первой степени с рациональными коэффициентами. Ведь если tg x рационален, то и cos 2x рационален, а это возможно только при 2х=m π/2; x=m π/4, где m целое число. Значит для π/12 и 5π/12, то есть для ((4 k +1)/12) π, минимальный однородный ТМ это 2 sin 2x – 1. а для 11π/12 и 5π/12, то есть для ((4 k +3)/12) π, минимальный однородный ТМ это 2 sin 2x + 1.

  1. l=13.

Аналогично предыдущим случаям нечетных l получаем, что 2 cos 12x-2 cos 10x+ 2 cos 8x -2 cos 6x- 2 cos 4x +2 cos 2x + 1 минимальный однородный ТМ для всех

(k/26) π, где k взаимно просто с 26, а 2 cos 12x+ 2 cos 10x+ 2 cos 8x +2 cos 6x+ 2 cos 4x +2 cos 2x + 1

для всех (k/13) π, где k взаимно просто с 13.

  1. l=15.

Аналогично предыдущим случаям нечетных l получаем, что 2 cos 8x +2 cos 6x-2 cos 2x - 1 минимальный однородный ТМ для всех (k/30) π, где k взаимно просто с 30, а 2 cos 8x +2 cos 6x+2 cos 2x + 1 для всех (k/15) π, где k взаимно просто с 15.

Заметим, что если l=4m, то все (k/l) π - корни cos 2mx=(cos m x – sin m x)(cos mx + sin mx) (при этом все ((4i +1)/l) π корни первого множителя, а ((4i +3)/l) π — второго . Поэтому минимальный однородный ТМ для π/l является делителем cos m x – sin m x.

Утверждение 6.11. Пусть известно, что m =2n + 1 и минимальный однородный ТМ для π/(2 m ) имеет вид g(2x), где g(x)- ТМ степени n. Тогда минимальный однородный ТМ для π/(4m ) имеет степень 2 n.

Доказательство. Имеем, π/ (4m) - корень g(4x). При этом g(4x) раскладывается в произведение двух однородных ТМ так, что, если первый множитель это h(x), то второй h(x + π/2). h(x) это НОД g(4x) и cos ( 2n + 1) x – sin ( 2n + 1) x как двух однородных ТМ, а h(x + π/2) это НОД g(4x) и cos ( 2n + 1) x + sin ( 2n + 1) x как двух однородных ТМ, то есть h(x) это делитель частного от деления cos ( 2n + 1) x – sin ( 2n + 1) x на cos x – sin x при четном n и на cos x + sin x при нечетном . Заметим, что частное от деления cos ( 4 k + 1) x – sin ( 4 k + 1) x на cos x – sin x это частное от деления cos ( 4 k + 1) (x +(π/ 4)) на cos(x +(π/ 4)), то есть (-1)k( 2 cos 4kx -2 sin (4k-2)x+...+(-1)k). Аналогично частное от деления cos ( 4 k + 3) x – sin ( 4 k + 3) x на

cos x + sin x равно (-1)k(-2 sin (4k+2)x + 2 cos 4kx +... + (-1)k)

Докажем, что h(x) и h(x + π/2) не разложимы в произведение однородных ТМ с рациональными коэффициентами. Допустим, что у h(x) есть однородный делитель с рациональными коэффициентами h1(x) степени, меньшей 2n. Тогда h2(x)=h1(x)h1(x+ (π/2)) — однородный делитель g(4x) такой, что h2(x+ (π/2))=h1(x+ (π/2)) h1(x+ π) совпадает с h2(x), если степень h1(x) четная, и отличается только знаком, если она нечетная.

В первом случае h2(x) состоит только из членов вида a cos 4ix и b sin 4ix, то есть имеет вид h3(4x), где h3(x) тоже однородный ТМ. Тогда g(2x) делится на однородный ТМ h3(2x) степени меньшей, чем степень g(2x), а это противоречит тому, что g(2x) минимальный однородный ТМ для π/(2 m ).

Во втором случае h2(x) состоит только из членов вида a cos 2(2i+1)x и b sin 2(2i+1)x, в том числе имеет нулевой свободный член. Тогда h2(x) имеет вид h3(2x), где h3(x) однородный ТМ нечетной степени, меньшей 2 n, а это опять противоречит тому, что g(2x) минимальный однородный ТМ для π/(2 m ).

  1. l=16. Докажем

Утверждение 6.12. При l=2 n+2 ( n целое неотрицательное число) минимальный однородный ТМ для π/l это cos 2n x – sin 2n x.

Доказательство. Докажем индукцией по n, что при всех n ТМ cos 2n x – sin 2n x не разложим в произведение однородных ТМ меньшей степени с рациональными коэффициентами. При n=0;1 мы это уже доказали. Допустим теперь, что для некоторого n≥1 cos 2n x – sin 2n x неразложим и докажем, что тогда и cos 2n + 1 x – sin 2n + 1x неразложим.

Заметим, что cos 2n + 1 x – sin 2n + 1x не изменяется при замене х на x+ (π/2). Значит, если он разложим, то у него либо есть однородный делитель меньшей степени с рациональными коэффициентами, обладающий тем же свойством, то есть имеющий вид g(4x), где g(x) некоторый ТМ с рациональными коэффициентами, либо есть делитель степени 2(2i+1) для некоторого целого i , либо cos 2n + 1 x – sin 2n + 1x=h(x)h(x + π/2) для некоторого однородного ТМ h(x) с рациональными коэффициентами.

В первом случае cos 2n + 1 x – sin 2n + 1x делится на g(2x), что противоречит допущению, так как g(2x) всегда однороден.

Во втором случае , так как все неразложимые делители cos 2n + 1 x – sin 2n + 1x должны иметь одну и ту же степень — делитель 2n+1, а 2n+1 делится на 2i+1 только при i=0, то возможен только случай, когда cos 2n + 1 x – sin 2n + 1x делится на a cos 2x – b sin 2x с рациональными a и b. Но тогда cos 2n x – sin 2nx имело бы корнем k π/4, что при n≥1 неверно.

Остается рассмотреть третий случай. Пусть cos 2n + 1 x – sin 2n + 1x=h(x)h(x + π/2) . Достаточно рассмотреть n≥2, так как при n=1 h(x) имеет степень 2 , то есть выполняется второй случай. Тогда старшая ступень h(x) это а cos 2n x + b sin 2n x, а старшая ступень h(x + π/2) это

а cos ( 2n x+ 2n - 1 π) + b sin ( 2n x+ 2n - 1 π)= а cos 2n x + b sin 2n x, так как n≥2.

Значит старшая ступень h(x)h(x + π/2) такая же, как у ( а cos 2n x + b sin 2n x)22(1+ cos 2n + 1 x)/2 + b2(1+ cos 2n + 1 x)/2 + а b sin 2n + 1x. Получаем, что а 2- b2=2; а b=-1; а 2- b2=-2а b; а 2+2а b — b2=0; а = -b ± b√3, то есть при всех рациональных b≠0 а иррационально. Значит и третий случай невозможен.

Итак, мы доказали, что при нечетных l от 1 до 15 минимальный однородный ТМ для (k/l) π для всех k взаимно простых с l один и тот же. То есть в этом случае, если дан какой-то однородный ТМ с рациональными коэффициентами и фиксировано l , то либо все (k/l) π такие, что k взаимно просто с l, его корни, либо ни одно из них не корень. То же самое верно, если l=2m и m нечетно и не превосходит 15. Если же l кратно 4, то один общий минимальный ТМ имеют все (4k+1) π/l , где 4k+1 взаимно просто с l, другой - все (4k+3) π/l , где 4k+3 взаимно просто с l.

Но мы знаем, что π/l корень ТМ f(x) в том и только в том случае, когда π/(2l) корень f(2x). Значит при нечетных l от 1 до 15, если ТМ f(x) имеет рациональные коэффициенты и для некоторой несократимой дроби k/l с нечетным k ( k/l) π — корень f(x), то и для всех остальных i, взаимно простых с l, ( i/l) π — корень f(x). Аналогичное утверждение верно для четных k, а для нечетных k остается верным, если l=2m и m нечетно и не превосходит 15. А при l = 2;4;8 если (4k+1) π/l корень, то и для всех остальных i (4 i+3) π/l корень, и если (4k+1) π/l корень, то и для всех остальных i (4 i+3) π/l корень. При l=6 если π/6 корень , то и 5 π/6 корень, и наоборот. А 7 π/6 корень в том и только в том случае, если 11 π/6 корень.


Упражнения к главе 6.

Упражнение 6.1. Решите уравнение cos 5x + cos 4x – 2 cos 3x -3 cos 2x + cos x + 2= 0.

Упражнение 6.2. Решите уравнение cos 3x + cos 2x -3 cos x - 2= 0.

Упражнение 6.3. Решите уравнение sin 3x -2 cos 2x + sin x – 2 = 0.

Упражнение 6.4. Решите уравнение 2 cos 3x = 13 sin 2x + 17 cos x.

Упражнение 6.5. Решите уравнение 2 cos 4x + 4 cos 3x + 6 cos 2x + 8 cos x +5 = 0.

Упражнение 6.6. Решите уравнение 2 cos 5x + 2 cos 3x + 2 cos x + 1 = 0.

Упражнение 6.7. Решите уравнение( 1/ sin x ) - (1/sin 2x) = 1/ sin 3x.

Упражнение 6.8. Найдите все несократимые дроби k/l такие, что минимальный КМ для ( k/l) π имеет степень 2.

Упражнение 6.9. Известно, что a cos 5 π/7 + b cos 3 π/7 + c cos π/7 + d = 0, где a,b,c,d рациональные числа, причем не все они равны 0. Что вы можете сказать о числах a,b,c,d(кроме того, что уже сказано)?

Упражнение 6.10. Найдите минимальный КМ для π/35.

Упражнение 6.11. Докажите, что КМ с целыми коэффициентами, принимающий значение 1 при х= π/4 , не может делиться без остатка на КМ вида a(cos 5x – cos x)± 1 ни при каком целом а≠0;± 1.

Упражнение 6.12. Найдите минимальный КМ для π/31.

Упражнение 6.13. Пусть числа a, ka и la являются корнями неразложимого КМ с рациональными коэффициентами. Обязательно ли kla тоже корень этого КМ?

Литература.

  1. Табачников С.Л. Многочлены, Москва, 2002.

  2. Прасолов В.В. Многочлены, Москва, 2002.
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