Помогите решить несколько задачек на комплексные числа

[lexus c.]

RIP в сообщении #226875 писал(а):

lexus c. в сообщении #226869 писал(а):

RIP в сообщении #225667 писал(а):

4) решается аналогично (т.е. выводятся формулы для суммы 4-х и 6-х степеней (могут пригодиться формулы Ньютона), и переходим к пределу $n\to\infty$).

Простите, а вот это так и не получилось...

Не прощу (шутко). Что именно не получилось? Суммы степеней нашли?

Вот здесь:
$ \[\begin{gathered} \sum {{a_n} = S} \hfill \\ \sum {a_n^2 = {S^2} - \sum\limits_{i \ne j} {{a_i}{a_j} = {S^2} - 2} } \sum\limits_{i < j} {{a_i}{a_j}} \hfill \\ \end{gathered} \] $
непонятно как считать «смешанные» суммы.

-- Пн июл 06, 2009 16:45:29 --

И ещё, на самом деле совершенно очевидно, как применить решение Lion'а для первой задачи, но совсем не понятно как для второй (там предлагается использовать теорему Виета, которая работает для квадратного уравнения, а у нас уравнение степени m).

[мат-ламер]

По поводу второй задачи хочу добавить, что видел такое решение. Нужно решить такое уравнение $(z-1)^n=(z+1)^n$. Затем следует найти сумму квадратов корней этого уравнения, причём двумя способами. Первый раз - непосредственно (здесь всплывает сумма квадратов котангенсов). А второй раз - через коэффициенты уравнения (конкретно, через сумму корней и через сумму попарных произведений).

[lexus c.]

И ещё, конечно, хотелось бы знать, откуда получить выражние для котангенса кратного угла.

[RIP]

lexus c. в сообщении #226881 писал(а):

Вот здесь:
$ \[\begin{gathered} \sum {{a_n} = S} \hfill \\ \sum {a_n^2 = {S^2} - \sum\limits_{i \ne j} {{a_i}{a_j} = {S^2} - 2} } \sum\limits_{i < j} {{a_i}{a_j}} \hfill \\ \end{gathered} \] $
непонятно как считать «смешанные» суммы.

По теореме Виета. Она не только для квадратного уравнения. http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A4%D0% ... 1%82%D0%B0

-- Пн 06.7.2009 19:47:20 --

lexus c. в сообщении #226908 писал(а):

И ещё, конечно, хотелось бы знать, откуда получить выражние для котангенса кратного угла.

Формула Муавра.

[lexus c.]

RIP в сообщении #226925 писал(а):

lexus c. в сообщении #226881 писал(а):

Вот здесь:
$ \[\begin{gathered} \sum {{a_n} = S} \hfill \\ \sum {a_n^2 = {S^2} - \sum\limits_{i \ne j} {{a_i}{a_j} = {S^2} - 2} } \sum\limits_{i < j} {{a_i}{a_j}} \hfill \\ \end{gathered} \] $
непонятно как считать «смешанные» суммы.

По теореме Виета. Она не только для квадратного уравнения. http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A4%D0% ... 1%82%D0%B0

-- Пн 06.7.2009 19:47:20 --

lexus c. в сообщении #226908 писал(а):

И ещё, конечно, хотелось бы знать, откуда получить выражние для котангенса кратного угла.

Формула Муавра.

Спасибо, всё ясно!

-- Вт июл 07, 2009 10:56:59 --

мат-ламер в сообщении #226901 писал(а):

По поводу второй задачи хочу добавить, что видел такое решение. Нужно решить такое уравнение $(z-1)^n=(z+1)^n$. Затем следует найти сумму квадратов корней этого уравнения, причём двумя способами. Первый раз - непосредственно (здесь всплывает сумма квадратов котангенсов). А второй раз - через коэффициенты уравнения (конкретно, через сумму корней и через сумму попарных произведений).

Я реализовал этот метод так:
сразу понятно, что число $\[z\] $ - чисто мнимое, поэтому уравнение $\[{\left( {z - 1} \right)^{2n + 1}} = {\left( {z + 1} \right)^{2n + 1}}\] $ запишем в виде $\[{\left( {ia - 1} \right)^{2n + 1}} = {\left( {ia + 1} \right)^{2n + 1}}\] $, где $\[a \in \mathbb{R}\] $. Отсюда $\[\sum\limits_{k = 0}^n {C_{2n + 1}^{2k + 1}{a^{2k}}{{\left( { - 1} \right)}^k} = 0} \] $, далее делаем замену переменной $\[a \to {\text{ctg}}\alpha \] $ и приходим к решению Lion'а:

Lion в сообщении #56244 писал(а):

Хм... Мое решение несколько иное.

Воспользуемся следующей формулой:

$$\ctg n\alpha=\frac{1-C^2_n\ctg^{n-2}\alpha+C^4_n\ctg^{n-4}\alpha-\ldots}{C^1_n\ctg^{n-1}\alpha-C^3_n\ctg^{n-3}\alpha+C^5_n\ctg^{n-5}\alpha\ldots}.$$

Отсюда сразу получаются корни уравнения $C^1_{2m+1}x^m-C^3_{2m+1}x^{m-1}+C^5_{2m+1}x^{m-2}-\ldots=0$. И этими корнями как раз являются наши котангенсы. По теореме Виета получает ответ.

Скажите, у Вас решение такое же или короче?

-- Вт июл 07, 2009 14:18:31 --

jetyb в сообщении #225547 писал(а):

Вы мыслите в верном направлении. Замените $ \sqrt[2n+1]{-1}$ на $\frac{\pi k}{2n+1}$ , а Re на Im.

jetyb, скажите, пожалуйста, а какой метод подразумевали Вы?

[jetyb]

Можно заметить, что
$0=Im(\cos\frac{\pi k}{2n+1}-i\sin\frac{\pi k}{2n+1})^{2n+1}=Im\left[(-i\sin\frac{\pi k}{2n+1})^{-(2n+1)}(1+i\ctg\frac{\pi k}{2n+1})^{2n+1}\right]=\\={(-1)^{n+1}}\sin^{-2n-1}\frac{\pi k}{2n+1}Re(1+i\ctg\frac{\pi k}{2n+1})^{2n+1},$
а дальше раскрыть скобки.

[мат-ламер]

Цитата:

Скажите, у Вас решение такое же или короче?

. В личке мне подсказали, что это вопрос ко мне. По поводу уравнения $(z-1)^n=(z+1)^n$ смотрите сборник задач Алфутовой и Устинова (задача 7.78). Это уравнение эквивалентно уравнению $(z-1)/(z+1)= \epsilon$, где $\epsilon$ - корни из единицы (кроме самой единицы). Решая дальше, получаем, что корни этого уравнения - чисто мнимые с множителями, равными котангенсу половинного угла, соответствующего корню из единицы. Дальше, коэффициенты этого уравнения можно выразить непосредственно через биномиальные коэффициенты, а через старшие из этих коэффициентов можно по формуле Виета найти и сумму квадратов корней этого уравнения. Тут получается не совсем такая сумма, как в постановке задачи в первом посту. Но, учитывая симметрию котангенса относительно $\pi /2$, фактически такая же. По поводу суммы обратных квадратов см. также задачу 7.81 у Алфутовой и Устинова.

[lexus c.]

мат-ламер в сообщении #227717 писал(а):

Цитата:

Скажите, у Вас решение такое же или короче?

. В личке мне подсказали, что это вопрос ко мне. По поводу уравнения $(z-1)^n=(z+1)^n$ смотрите сборник задач Алфутовой и Устинова (задача 7.78). Это уравнение эквивалентно уравнению $(z-1)/(z+1)= \epsilon$, где $\epsilon$ - корни из единицы (кроме самой единицы). Решая дальше, получаем, что корни этого уравнения - чисто мнимые с множителями, равными котангенсу половинного угла, соответствующего корню из единицы. Дальше, коэффициенты этого уравнения можно выразить непосредственно через биномиальные коэффициенты, а через старшие из этих коэффициентов можно по формуле Виета найти и сумму квадратов корней этого уравнения. Тут получается не совсем такая сумма, как в постановке задачи в первом посту. Но, учитывая симметрию котангенса относительно $\pi /2$, фактически такая же. По поводу суммы обратных квадратов см. также задачу 7.81 у Алфутовой и Устинова.

Большое спасибо!
У меня есть ещё одна задача по комплексным числам, которую не получается решить, я напишу о ней здесь же, чтобы не создавать новую тему. Помогите, пожалуйста.
Найти $\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n}\]$, если $\[{x_{n + 1}} = {x_n}\sqrt {\frac{{{x_n} + {x_{n -1}}}}{{2{x_{n - 1}}}}} \] $ и
а) $\[{x_0} = 1,{x_1} = \frac{1}{2}\] $; б) $\[{x_0} = 1,{x_1} = 2\] $.
Я пробовал привести эту последовательность к виду геометрической и степенной, но безуспешно, к сожалению.

[ewert]

Только непонятно, при чём тут комплексные числа -- задачка вполне вещественная.

Если выписать рекуррентное соотнощение для $\displaystyle q_n={x_n\over x_{n-1}},$ то достаточно очевидно, что во втором случае $q_n\to+\infty,$ а в первом $q_n\to1.$ Соответственно, во втором случае и $x_n\to+\infty;$ в первом -- сложнее. Понятно лишь, что в первом случае последовательность $\{x_n\}$ монотонно убывает и, следовательно, имеет предел. Немножко приглядевшись, видно и то, что этот предел строго больше нуля. А вот чему конкретно равен -- чего-то пока не вижу...

[lexus c.]

ewert в сообщении #228748 писал(а):

Немножко приглядевшись, видно и то, что этот предел строго больше нуля.

А можно идею из которой это следует?

[ИСН]

Сдаётся мне, в обоих случаях $q_n\to1$, а иксы - к конечному пределу.

[ewert]

lexus c. в сообщении #228751 писал(а):

А можно идею из которой это следует?

Идея простая: скорость приближения $q_n$ к единице (снизу) заведомо оценивается некоторой геометрической прогрессией.

-- Вт июл 14, 2009 16:31:11 --

ИСН в сообщении #228752 писал(а):

Сдаётся мне, в обоих случаях $q_n\to1$, а иксы - к конечному пределу.

Правильно сдаётся, чего-то я зазевался. Соответственно, в обоих случаях предел будет конечным.

[lexus c.]

ewert в сообщении #228753 писал(а):

lexus c. в сообщении #228751 писал(а):

А можно идею из которой это следует?

Идея простая: скорость приближения $q_n$ к единице (снизу) заведомо оценивается некоторой геометрической прогрессией.

А при каких скоростях приближения $q_n$ к единице снизу можно сказать, что предел данной последовательности строго больше нуля?

[RIP]

Для $q_n$ выписывается явная формула в виде косинуса/чёсинуса (само рекуррентное соотношение должно подсказать). Соостветственно, всё сводится к вычислению произведения вида $\prod_1^\infty\cos\frac z{2^n}$. Последнее вычисляется, например, так: домножаем частичное произведение на соответствующий синус, упрощаем и переходим к пределу. Вроде бы так. Проверять лень.

[lexus c.]

RIP в сообщении #228770 писал(а):

Для $q_n$ выписывается явная формула в виде косинуса/чёсинуса (само рекуррентное соотношение должно подсказать). Соостветственно, всё сводится к вычислению произведения вида $\prod_1^\infty\cos\frac z{2^n}$. Последнее вычисляется, например, так: домножаем частичное произведение на соответствующий синус, упрощаем и переходим к пределу. Вроде бы так. Проверять лень.

$\[{q_n} = \sqrt {\frac{{{x_{n - 1}} + {x_{n - 2}}}}{{2{x_{n - 2}}}}} \] $, а для произведения косинусов имеем: $\[\cos \alpha = \frac{{\cos \left( {\alpha - \beta } \right) + \cos \left( {\alpha + \beta } \right)}}{{2\cos \beta }}\]$ в выражении для $\[{q_n}\]$ в знаменателе стоит одно из слагаемых из числителя, а в выражении для косинусов — нет. Непонятно, как привести $\[{q_n}\] $ к виду, где зависимость будет от косинусов.