Корни уравнения двоичной степени

[Alik]

Kакие стандартные методы существуют чтобы найти корни уравнения

$$\left ( 1+\sqrt{x} \right )^{2^n}+\left ( 1-\sqrt{x} \right )^{2^n}=0$$

Возможно полезным будет то, что корни уравнения $\left ( 1+\sqrt{x} \right )^{2^n}-\left ( 1-\sqrt{x} \right )^{2^n}=0$ это $-tan^2\left (\pi k/{2^n}\right )$, где $k=1,2...\frac{n-1}{2}$

[mihiv]

Действительных корней нет.

[Alik]

Ещё бы

[ewert]

Ну давайте начнём с того, что модули обоих слагаемых не могут различаться. Следовательно...

[Alik]

Вы хотите сказать что если комплексные корни существуют, они будут отличаться только аргументом?

[mihiv]

mihiv в сообщении #542511 писал(а):

Действительных корней нет.

Действительные корни все же есть.

$$x=-\tg ^2\left (\frac {\pi (2k+1)}{2^{n+1}}\right ),k=1,\dots ,2^n-1.$$

[Alik]

Я в MathCad получил аналогичный результат

$$\frac{\left ( 1-exp(\frac{i\pi }{2^{n+1}}) \right)^2}{\left (1+exp(\frac{i\pi }{2^{n+1}}) \right )^2}$$

Однако, для $\left ( 1+\sqrt{x} \right )^{2^n}-\left ( 1-\sqrt{x} \right )^{2^n}=0$ единственное решение которое он находит это $x=0$, поэтому $-tan^2\left (\pi k/{2^n}\right )$, где $k=1,2...\frac{n-1}{2}$ это наверное неправильно.

[ewert]

mihiv в сообщении #542705 писал(а):

$$x=-\tg ^2\left (\frac {\pi (2k+1)}{2^{n+1}}\right ),k=1,\dots ,2^n-1.$$

Только $k=0,1,\dots ,2^{n-1}-1.$

Alik в сообщении #542858 писал(а):

поэтому $-tan^2\left (\pi k/{2^n}\right )$, где $k=1,2...\frac{n-1}{2}$ это наверное неправильно.

Нет, это тоже правильно, не считая того, что опять же диапазон для $k$ перепутан (он тот же, что и в другом уравнении).

Вообще ведь всё очевидно: степени $2^n$ снимаем (с домножением на соотв. общий корень из плюс или минус единицы) -- и получаем линейное уравнение для корня из икса.

И уж тем более заранее должно было быть очевидно, что корни могут быть в обоих случаях только вещественными (и при этом только неположительными): ведь только при значениях $\sqrt x$, лежащих на мнимой оси, возможно равенство $|1+\sqrt x|=|1-\sqrt x|$.

[Alik]

ewert в сообщении #542875 писал(а):

Только $k=0,1,\dots ,2^{n-1}-1$

Для второго уравнения (разность) множитель $2k+1$ работает, а для первого (сумма) - нет.

[ewert]

Alik в сообщении #542899 писал(а):

Для второго уравнения (разность) множитель $2k+1$ работает, а для первого (сумма) - нет.

Во-первых, наоборот, а во-вторых, всё работает:

$$\sqrt[2^n]{1}=e^{\frac{2\pi k}{2^n}},\qquad\sqrt[2^n]{-1}=e^{\frac{\pi+2\pi k}{2^n}};$$

вот и вся разница.

[Toucan]

Переехали в учебный раздел.

[Alik]

Пусть $n=4$, тогда $k=2^{n-1}-1=7$ и $x=-\tg ^2\left (\frac {\pi (2k+1)}{2^{n+1}}\right )$. Но для этого $\left ( 1+\sqrt{x} \right )^{2^n}+\left ( 1-\sqrt{x} \right )^{2^n}=0$ не выполняется, или я что-то не так понял?

[ewert]

Alik в сообщении #543017 писал(а):

не выполняется, или я что-то не так понял?

Возможно, Вы просто не заметили, что корень из этого икса -- чисто мнимый. А потом, после возведения в степень каждой скобки из этих двух комплексно сопряжённых -- получаются снова чисто мнимые числа, и опять же образующие сопряжённую пару.

[Alik]

Я всего лишь пытаюсь записать конечный ответ. Решением для $k=1$ являются $-tan^2\left (\pi/{2^n}\right )$ и $-tan^2\left (\pi/{2^{n+1}}\right )$, осталось разобраться с периодом.

[hippie]

Alik в сообщении #542499 писал(а):

Kакие стандартные методы существуют чтобы найти корни уравнения

$$\left ( 1+\sqrt{x} \right )^{2^n}+\left ( 1-\sqrt{x} \right )^{2^n}=0?$$

Я знаю 2 способа решения.
Чтобы упростить выкладки я сделаю 2 замены: $\sqrt x =: it$ и $2^n =: m.$
Уравнение при этом перепишется в виде

$$(1+it)^m = -(1-it)^m .$$

I способ.
Модуль левой части уравнения равен модулю правой. Следовательно $t\in\mathbb{R}.$ Поэтому $1-it = \overline{1+it} .$ Таким образом

$$(1+it)^m = -\overline{(1+it)^m},$$

т.е. число $(1+it)^m$ чисто мнимое. Следовательно аргумент $(1+it)^m$ равен $(k+\frac 12 )\pi i,$ т.е.

$$\arctg t=\arg(1+it) =\frac {2k+1}{2m}\pi i.$$

II способ.
Разделив уравнение на $(1-it)^m$ получаем: $\left(\frac{1+it}{1-it}\right)^m = -1,$ т.е.

$$\frac{1+it}{1-it}= e^{\frac{2k+1}m \pi i}.$$

Остаётся решить дробно-линейное уравнение.

(Оффтоп)

Впервые мне аналогичное уравнение встретилось около 15 лет назад, в доказательстве формулы разложения синуса в бесконечное произведение.