Matematické Fórum

byk7 · 30. 03. 2015 18:16

Řešte rovnice s neznámou $x\in\mathbb{R}$

(1) $p\sin(x)+q\cos(x)=1$ , kde $0<|p|,|q|\le1$ ,

(2) $a\sin^m(x)+b\cos^n(x)=0$ , kde $a,b\in\mathbb{R}\backslash\{0\}$ a $m,n\in\mathbb{N}$ (nulu za přirozené číslo nepovažujeme).

Ad (1) - nemám moc nápadů, jak to atakovat, zkoušel jsem to napasovat na součtové vzorce, ale to se mi nepovedlo. Je přitom zřejmé, že ne pro všechny dvojice $(p,q)$ vyhoví, musí být $|p|+|q|\ge1$ .

Ad (2) - domnívám se, že úplně obecně řešit nepůjde, výjimkou je snad jen případ $m=n$ . V opačném případě (tj. $m\neq n$ ) jsem ve svých úpravách došel k algebraické rovnici vyššího stupně, což implikuje analytickou neřešitelnost. Ale možná to půjde i jinak...

Bati · 30. 03. 2015 19:36 — Editoval Bati (30. 03. 2015 20:31)

Ahoj ↑ byk7:.
K úloze (1):
Stačí použít fakt, že $\sin{x}=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ a $\cos{x}=\frac{e^{ix}+e^{ix}}{2}$ , a ukázat, že daná rovnice je ekvivalentní s rovnicí
$\overline{s}z^2+iz+s=0$ (nebo s trochu jinou kvadratickou rovnicí),
(kde $s=q+ip$ a $z=e^{ix}$ ), což je kvadratická rovnice se záporným diskriminantem.

byk7 · 30. 03. 2015 19:41

Ahoj, díky za reakci, ale znamená záporný diskriminant neexistenci řešení $\mathbb{R}$ ? Protože to by bylo zvláštní, viz třeba volbu $p=q=1/\sqrt2$ , pak totiž $x=\pi/4+2k\pi$ ...

Bati · 30. 03. 2015 19:46 — Editoval Bati (30. 03. 2015 19:46)

↑ byk7:
Ne, to jen znamená, že to $z$ je komplexní. $x$ pak může být jakékoliv, musí jen splňovat $z=e^{ix}$ .

byk7 · 30. 03. 2015 20:10 — Editoval byk7 (30. 03. 2015 20:14)

pak
$D=(-2\mathrm{i})^2+4(p+q\mathrm{i})(p-q\mathrm{i})=4$p^2+q^2-1$$
takže
$-4<D\le4$

Dospěl jsem k něčemu jinému než ty, takže, co mám blbě? :-) (Nebo neupsal jsi se někde?)

Jinak, kolega Brzls k tomu jinde napsal

Brzls napsal(a):
↑ byk7:
Čau

Podle mě když si zkontroluješ jestli vážně pro všechna p a q platí toto, tak případ m=n=1 :

$p\sin(x)+q\cos(x)=C\sin (x+\varphi )$

kde $C=\sqrt{p^{2}+q^{2}}$ (tady se mi nad tím právě nechtělo moc přemýšlet, prostě jsem při úpravách umocňoval na druhou a moc to neřešil

a $\varphi =arctg(\frac{q}{p})$

Pak už by nebyl problém rovnici dořešit.

Bati · 30. 03. 2015 20:20

Ten samý postup můžeme do jisté míry použít i v (2). Použitím uvedených vzorců a násobením nenulovým číslem můžeme rovnici převést na polynomiální rovnici v proměnné $z=e^{ix}$ . Algebraická řešitelnost získané rovnice pak bude zaručena, pokud stupeň vzniklého polynomu, tj. číslo $2\max(m,n)$ je menší než 5. Pro přesnou charakterizaci by pak asi bylo třeba zkoumat řešitelnost polynomů z dané třídy pomocí Galoisovy teorie anebo použít úplně jiný přístup.

Bati · 30. 03. 2015 20:26 — Editoval Bati (30. 03. 2015 20:27)

↑ byk7:
Ano,
mám tam chybu, pardon. Neřešil jsem to pečlivě, protože ať ten diskriminant vyjde jakkoli, kvadratickou rovnici umíme vyřešit v každém případě, stejně tak jako rovnici $z=e^{ix}$ . Proto jsem se spokojil s informací, že "řešení umíme napsat", ale pokud chceš, můžu to sem napsat pořádně.

byk7 · 30. 03. 2015 20:37 — Editoval byk7 (30. 03. 2015 20:41)

Ne, to stačí, takže
$x=-\mathrm{i}\cdot\ln$\frac{\mathrm{i}\pm\sqrt{p^2+q^2-1}}{p+q\mathrm{i}}$+2k\pi$ ?

Bati · 30. 03. 2015 20:41

↑ byk7:
No...a co v tom vzorci znamená $\ln$ ?

byk7 · 30. 03. 2015 20:43

Přirozený logaritmus, prostě jsem vzal rovnici $\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}=\frac{\mathrm{i}\pm\sqrt{p^2+q^2-1}}{p+q\mathrm{i}}$ a zlogaritmoval ji, ale teď si říkám, je to vůbec korektní úprava?

Bati · 30. 03. 2015 20:48 — Editoval Bati (30. 03. 2015 20:50)

↑ byk7:
Proto se ptám - to, co máš jako argument je obecně komplexní číslo. Myslel jsem, že základy komplexky znáš.
Musíš na to jít tak jako třeba na rovnici $1+i=r(\cos{\phi}+i\sin{\phi})$ , tedy porovnáním abs. hodnot a argumentů zvlášť. Na abs. hodnotu pak použiješ obyčejný logaritmus a u argumentů se vypořádáš s periodicitou.
Neříkám, že to, co jsi napsal je špatně, jen je třeba to správně interpretovat.

byk7 · 30. 03. 2015 21:27

Dobře, jak to ale udělat? Mně tam vadí ta odmocnina, která je někdy ryze reálná a jindy ryze imaginární.

Bati · 30. 03. 2015 21:50 — Editoval Bati (30. 03. 2015 21:50)

↑ byk7:
Tam je třeba výpočet rozdělit na 3 případy podle $\text{sgn}\,(p^2+q^2-1)$ .

byk7 · 30. 03. 2015 21:55

Doufal jsem, že se tomu budu moct vyhnout. :)) No nic, díky za pomoc, zítra se na to podívám.

Matematické Fórum

#1 30. 03. 2015 18:16

Goniometrické rovnice

#2 30. 03. 2015 19:36 — Editoval Bati (30. 03. 2015 20:31)

Re: Goniometrické rovnice

#3 30. 03. 2015 19:41

Re: Goniometrické rovnice

#4 30. 03. 2015 19:46 — Editoval Bati (30. 03. 2015 19:46)

Re: Goniometrické rovnice

#5 30. 03. 2015 20:10 — Editoval byk7 (30. 03. 2015 20:14)

Re: Goniometrické rovnice

Brzls napsal(a):

#6 30. 03. 2015 20:20

Re: Goniometrické rovnice

#7 30. 03. 2015 20:26 — Editoval Bati (30. 03. 2015 20:27)

Re: Goniometrické rovnice

#8 30. 03. 2015 20:37 — Editoval byk7 (30. 03. 2015 20:41)

Re: Goniometrické rovnice

#9 30. 03. 2015 20:41

Re: Goniometrické rovnice

#10 30. 03. 2015 20:43

Re: Goniometrické rovnice

#11 30. 03. 2015 20:48 — Editoval Bati (30. 03. 2015 20:50)

Re: Goniometrické rovnice

#12 30. 03. 2015 21:27

Re: Goniometrické rovnice

#13 30. 03. 2015 21:50 — Editoval Bati (30. 03. 2015 21:50)

Re: Goniometrické rovnice

#14 30. 03. 2015 21:55

Re: Goniometrické rovnice

Zápatí