Номер 642, страница 244 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Авторы: Колягин Ю. М., Ткачева М. В., Федорова Н. Е., Шабунин М. И.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой, розовый
ISBN: 978-5-09-087603-2
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Популярные ГДЗ в 11 классе
Параграф 5. Умножение и деление комплексных чисел, записанных в тригонометрической форме. Формула Муавра. Глава 7. Комплексные числа - номер 642, страница 244.
№642 (с. 244)
Условие. №642 (с. 244)
скриншот условия

642. Доказать равенство $(x \ne \pi k, k \in \mathbb{Z})$:
1) $ \sin x + \sin 2x + \dots + \sin nx = \frac{\sin \frac{nx}{2} \cdot \sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} $
2) $ 1 + \cos x + \cos 2x + \dots + \cos nx = \frac{\cos \frac{nx}{2} \cdot \sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} $
Решение 1. №642 (с. 244)


Решение 2. №642 (с. 244)


Решение 3. №642 (с. 244)
Для доказательства этих равенств, известных как формулы Лагранжа, удобно использовать комплексные числа и формулу Эйлера $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$. Мы рассмотрим сумму комплексных чисел, образующих геометрическую прогрессию, и затем выделим ее действительную и мнимую части.
Условие $x \neq \pi k, k \in \mathbb{Z}$ гарантирует, что $x/2 \neq \pi k / 2$, а значит $\sin(x/2) \neq 0$, поэтому знаменатель в искомых формулах не обращается в ноль.
1) $\sin x + \sin 2x + \dots + \sin nx = \frac{\sin\frac{nx}{2} \cdot \sin\frac{(n+1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}}$
Рассмотрим сумму $S_n = \sin x + \sin 2x + \dots + \sin nx$. Это мнимая часть комплексной суммы $Z_n$, где действительная часть - это сумма косинусов $C_n = \cos x + \cos 2x + \dots + \cos nx$.
$Z_n = C_n + iS_n = (\cos x + i\sin x) + (\cos 2x + i\sin 2x) + \dots + (\cos nx + i\sin nx)$
Используя формулу Эйлера, запишем $Z_n$ в виде:
$Z_n = e^{ix} + e^{i2x} + \dots + e^{inx}$
Это сумма $n$ членов геометрической прогрессии с первым членом $a_1 = e^{ix}$ и знаменателем $q = e^{ix}$. По формуле суммы геометрической прогрессии $S = a_1 \frac{q^n - 1}{q - 1}$:
$Z_n = e^{ix} \frac{(e^{ix})^n - 1}{e^{ix} - 1} = e^{ix} \frac{e^{inx} - 1}{e^{ix} - 1}$
Теперь преобразуем числитель и знаменатель дроби, используя тождество $e^{i\theta} - 1 = e^{i\theta/2}(e^{i\theta/2} - e^{-i\theta/2}) = e^{i\theta/2} \cdot 2i \sin(\theta/2)$.
Для числителя: $e^{inx} - 1 = e^{inx/2} \cdot 2i \sin(nx/2)$
Для знаменателя: $e^{ix} - 1 = e^{ix/2} \cdot 2i \sin(x/2)$
Подставим эти выражения обратно в формулу для $Z_n$:
$Z_n = e^{ix} \frac{e^{inx/2} \cdot 2i \sin(nx/2)}{e^{ix/2} \cdot 2i \sin(x/2)} = e^{ix} \cdot e^{i(nx/2 - x/2)} \frac{\sin(nx/2)}{\sin(x/2)}$
Упростим показатель степени у экспоненты:
$Z_n = e^{i(x + \frac{nx}{2} - \frac{x}{2})} \frac{\sin(nx/2)}{\sin(x/2)} = e^{i(\frac{x}{2} + \frac{nx}{2})} \frac{\sin(nx/2)}{\sin(x/2)} = e^{i\frac{(n+1)x}{2}} \frac{\sin(nx/2)}{\sin(x/2)}$
Теперь снова применим формулу Эйлера, чтобы разделить $Z_n$ на действительную и мнимую части:
$Z_n = \left(\cos\frac{(n+1)x}{2} + i\sin\frac{(n+1)x}{2}\right) \frac{\sin(nx/2)}{\sin(x/2)}$
$Z_n = \frac{\cos\frac{(n+1)x}{2} \sin\frac{nx}{2}}{\sin\frac{x}{2}} + i \frac{\sin\frac{(n+1)x}{2} \sin\frac{nx}{2}}{\sin\frac{x}{2}}$
Искомая сумма $S_n$ является мнимой частью $Z_n$ ($S_n = \text{Im}(Z_n)$):
$S_n = \sin x + \sin 2x + \dots + \sin nx = \frac{\sin\frac{nx}{2} \sin\frac{(n+1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}}$
Что и требовалось доказать.
Ответ: Доказательство приведено выше, равенство верно.
2) $1 + \cos x + \cos 2x + \dots + \cos nx = \frac{\cos\frac{nx}{2} \cdot \sin\frac{(n+1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}}$
Рассмотрим сумму $C'_n = 1 + \cos x + \cos 2x + \dots + \cos nx$. Это действительная часть комплексной суммы $Z'_n$, которая включает в себя член для $k=0$ ($\cos(0x)=1, \sin(0x)=0$).
$Z'_n = (1) + (\cos x + i\sin x) + \dots + (\cos nx + i\sin nx) = \sum_{k=0}^{n} e^{ikx}$
Это сумма $n+1$ членов геометрической прогрессии с первым членом $a_1 = e^{i \cdot 0 \cdot x} = 1$ и знаменателем $q = e^{ix}$.
$Z'_n = \frac{q^{n+1} - 1}{q - 1} = \frac{(e^{ix})^{n+1} - 1}{e^{ix} - 1} = \frac{e^{i(n+1)x} - 1}{e^{ix} - 1}$
Снова используем преобразование $e^{i\theta} - 1 = e^{i\theta/2} \cdot 2i \sin(\theta/2)$.
Для числителя: $e^{i(n+1)x} - 1 = e^{i(n+1)x/2} \cdot 2i \sin((n+1)x/2)$
Для знаменателя: $e^{ix} - 1 = e^{ix/2} \cdot 2i \sin(x/2)$
Подставим в выражение для $Z'_n$:
$Z'_n = \frac{e^{i(n+1)x/2} \cdot 2i \sin((n+1)x/2)}{e^{ix/2} \cdot 2i \sin(x/2)} = e^{i(\frac{(n+1)x}{2} - \frac{x}{2})} \frac{\sin((n+1)x/2)}{\sin(x/2)}$
Упростим показатель степени:
$Z'_n = e^{i\frac{nx}{2}} \frac{\sin((n+1)x/2)}{\sin(x/2)}$
Применим формулу Эйлера:
$Z'_n = \left(\cos\frac{nx}{2} + i\sin\frac{nx}{2}\right) \frac{\sin((n+1)x/2)}{\sin(x/2)}$
$Z'_n = \frac{\cos\frac{nx}{2} \sin\frac{(n+1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}} + i \frac{\sin\frac{nx}{2} \sin\frac{(n+1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}}$
Искомая сумма $C'_n$ является действительной частью $Z'_n$ ($C'_n = \text{Re}(Z'_n)$):
$C'_n = 1 + \cos x + \dots + \cos nx = \frac{\cos\frac{nx}{2} \sin\frac{(n+1)x}{2}}{\sin\frac{x}{2}}$
Что и требовалось доказать. (Заметим, что мнимая часть $Z'_n$ совпадает с результатом из пункта 1, так как $\sum_{k=0}^{n} \sin(kx) = \sin(0) + \sum_{k=1}^{n} \sin(kx) = \sum_{k=1}^{n} \sin(kx)$).
Ответ: Доказательство приведено выше, равенство верно.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 642 расположенного на странице 244 к учебнику 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №642 (с. 244), авторов: Колягин (Юрий Михайлович), Ткачева (Мария Владимировна), Федорова (Надежда Евгеньевна), Шабунин (Михаил Иванович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.