Страница 244 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

637. С помощью тригонометрической формы комплексного числа решить уравнение:

1) $z^2 = 16i;$

2) $z^2 = -4i;$

3) $z^2 = 2 - 2i\sqrt{3};$

4) $z^2 = -1 - \sqrt{3}i.$

1) $z^2 = 16i$

Для решения уравнения найдем корни квадратные из комплексного числа $w = 16i$. Сначала представим число $w$ в тригонометрической форме $w = r(\cos\varphi + i\sin\varphi)$.

Найдем модуль $r$ и аргумент $\varphi$ числа $w = 0 + 16i$.

Модуль: $r = |w| = \sqrt{0^2 + 16^2} = 16$.

Аргумент: так как число чисто мнимое и мнимая часть положительна ($16 > 0$), оно лежит на положительной части мнимой оси. Следовательно, аргумент $\varphi = \frac{\pi}{2}$.

Тригонометрическая форма числа: $w = 16\left(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\right)$.

Корни уравнения $z^2 = w$ находятся по формуле Муавра для извлечения корней: $z_k = \sqrt{r}\left(\cos\frac{\varphi + 2\pi k}{2} + i\sin\frac{\varphi + 2\pi k}{2}\right)$, где $k=0, 1$.

Подставляем наши значения $r=16$ и $\varphi = \frac{\pi}{2}$: $z_k = \sqrt{16}\left(\cos\frac{\frac{\pi}{2} + 2\pi k}{2} + i\sin\frac{\frac{\pi}{2} + 2\pi k}{2}\right) = 4\left(\cos\left(\frac{\pi}{4} + \pi k\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{4} + \pi k\right)\right)$.

При $k=0$: $z_0 = 4\left(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4}\right) = 4\left(\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 2\sqrt{2} + 2i\sqrt{2}$.

При $k=1$: $z_1 = 4\left(\cos\left(\frac{\pi}{4} + \pi\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{4} + \pi\right)\right) = 4\left(\cos\frac{5\pi}{4} + i\sin\frac{5\pi}{4}\right) = 4\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -2\sqrt{2} - 2i\sqrt{2}$.

Ответ: $z_1 = 2\sqrt{2} + 2i\sqrt{2}$, $z_2 = -2\sqrt{2} - 2i\sqrt{2}$.

2) $z^2 = -4i$

Решаем уравнение, находя квадратные корни из комплексного числа $w = -4i$. Представим $w = 0 - 4i$ в тригонометрической форме.

Модуль: $r = |w| = \sqrt{0^2 + (-4)^2} = 4$.

Аргумент: число лежит на отрицательной части мнимой оси, поэтому $\varphi = \frac{3\pi}{2}$.

Тригонометрическая форма: $w = 4\left(\cos\frac{3\pi}{2} + i\sin\frac{3\pi}{2}\right)$.

Используем формулу для корней при $n=2$: $z_k = \sqrt{r}\left(\cos\frac{\varphi + 2\pi k}{2} + i\sin\frac{\varphi + 2\pi k}{2}\right)$, где $k=0, 1$.

Подставляем $r=4$ и $\varphi = \frac{3\pi}{2}$: $z_k = \sqrt{4}\left(\cos\frac{\frac{3\pi}{2} + 2\pi k}{2} + i\sin\frac{\frac{3\pi}{2} + 2\pi k}{2}\right) = 2\left(\cos\left(\frac{3\pi}{4} + \pi k\right) + i\sin\left(\frac{3\pi}{4} + \pi k\right)\right)$.

При $k=0$: $z_0 = 2\left(\cos\frac{3\pi}{4} + i\sin\frac{3\pi}{4}\right) = 2\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -\sqrt{2} + i\sqrt{2}$.

При $k=1$: $z_1 = 2\left(\cos\left(\frac{3\pi}{4} + \pi\right) + i\sin\left(\frac{3\pi}{4} + \pi\right)\right) = 2\left(\cos\frac{7\pi}{4} + i\sin\frac{7\pi}{4}\right) = 2\left(\frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \sqrt{2} - i\sqrt{2}$.

Ответ: $z_1 = -\sqrt{2} + i\sqrt{2}$, $z_2 = \sqrt{2} - i\sqrt{2}$.

3) $z^2 = 2 - 2i\sqrt{3}$

Решаем уравнение, находя квадратные корни из комплексного числа $w = 2 - 2i\sqrt{3}$. Представим $w$ в тригонометрической форме.

Модуль: $r = |w| = \sqrt{2^2 + (-2\sqrt{3})^2} = \sqrt{4 + 4 \cdot 3} = \sqrt{16} = 4$.

Аргумент: $\cos\varphi = \frac{x}{r} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$, $\sin\varphi = \frac{y}{r} = \frac{-2\sqrt{3}}{4} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$. Этим условиям соответствует угол $\varphi = \frac{5\pi}{3}$ (или $-\frac{\pi}{3}$), так как точка находится в IV четверти.

Тригонометрическая форма: $w = 4\left(\cos\frac{5\pi}{3} + i\sin\frac{5\pi}{3}\right)$.

Используем формулу для корней при $n=2$: $z_k = \sqrt{4}\left(\cos\frac{\frac{5\pi}{3} + 2\pi k}{2} + i\sin\frac{\frac{5\pi}{3} + 2\pi k}{2}\right) = 2\left(\cos\left(\frac{5\pi}{6} + \pi k\right) + i\sin\left(\frac{5\pi}{6} + \pi k\right)\right)$, где $k=0, 1$.

При $k=0$: $z_0 = 2\left(\cos\frac{5\pi}{6} + i\sin\frac{5\pi}{6}\right) = 2\left(-\frac{\sqrt{3}}{2} + i\frac{1}{2}\right) = -\sqrt{3} + i$.

При $k=1$: $z_1 = 2\left(\cos\left(\frac{5\pi}{6} + \pi\right) + i\sin\left(\frac{5\pi}{6} + \pi\right)\right) = 2\left(\cos\frac{11\pi}{6} + i\sin\frac{11\pi}{6}\right) = 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2} - i\frac{1}{2}\right) = \sqrt{3} - i$.

Ответ: $z_1 = -\sqrt{3} + i$, $z_2 = \sqrt{3} - i$.

4) $z^2 = -1 - \sqrt{3}i$

Решаем уравнение, находя квадратные корни из комплексного числа $w = -1 - i\sqrt{3}$. Представим $w$ в тригонометрической форме.

Модуль: $r = |w| = \sqrt{(-1)^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 3} = \sqrt{4} = 2$.

Аргумент: $\cos\varphi = \frac{x}{r} = \frac{-1}{2}$, $\sin\varphi = \frac{y}{r} = \frac{-\sqrt{3}}{2}$. Этим условиям соответствует угол $\varphi = \frac{4\pi}{3}$, так как точка находится в III четверти.

Тригонометрическая форма: $w = 2\left(\cos\frac{4\pi}{3} + i\sin\frac{4\pi}{3}\right)$.

Используем формулу для корней при $n=2$: $z_k = \sqrt{2}\left(\cos\frac{\frac{4\pi}{3} + 2\pi k}{2} + i\sin\frac{\frac{4\pi}{3} + 2\pi k}{2}\right) = \sqrt{2}\left(\cos\left(\frac{2\pi}{3} + \pi k\right) + i\sin\left(\frac{2\pi}{3} + \pi k\right)\right)$, где $k=0, 1$.

При $k=0$: $z_0 = \sqrt{2}\left(\cos\frac{2\pi}{3} + i\sin\frac{2\pi}{3}\right) = \sqrt{2}\left(-\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{6}}{2}$.

При $k=1$: $z_1 = \sqrt{2}\left(\cos\left(\frac{2\pi}{3} + \pi\right) + i\sin\left(\frac{2\pi}{3} + \pi\right)\right) = \sqrt{2}\left(\cos\frac{5\pi}{3} + i\sin\frac{5\pi}{3}\right) = \sqrt{2}\left(\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Ответ: $z_1 = -\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{6}}{2}$, $z_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} - i\frac{\sqrt{6}}{2}$.

638. Представить в тригонометрической форме число:

1) $ \sin \frac{\pi}{6} + i\sin \frac{\pi}{6} $;

2) $ \sin \alpha + i(1 - \cos \alpha), 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $;

3) $ (\text{tg } 1 - i)^4 $;

4) $ \frac{(1+i)^{2n+1}}{(1-i)^{2n-1}}, n \in N $.

1) $ \sin\frac{\pi}{6} + i\sin\frac{\pi}{6} $

Сначала найдем алгебраическую форму комплексного числа $z$.

Поскольку $ \sin\frac{\pi}{6} = \frac{1}{2} $, то $ z = \frac{1}{2} + i\frac{1}{2} $.

Тригонометрическая форма комплексного числа $ z = x + iy $ имеет вид $ z = r(\cos\varphi + i\sin\varphi) $, где $ r = |z| = \sqrt{x^2+y^2} $ — модуль числа, а $ \varphi = \arg(z) $ — его аргумент.

Найдем модуль числа $ z $:

$ r = \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^2} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{2}{4}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} $.

Найдем аргумент $ \varphi $. Так как $ x = \frac{1}{2} > 0 $ и $ y = \frac{1}{2} > 0 $, угол $ \varphi $ находится в первой четверти.

$ \cos\varphi = \frac{x}{r} = \frac{1/2}{\sqrt{2}/2} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} $

$ \sin\varphi = \frac{y}{r} = \frac{1/2}{\sqrt{2}/2} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} $

Отсюда следует, что $ \varphi = \frac{\pi}{4} $.

Таким образом, тригонометрическая форма числа:

Ответ: $ \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4}) $

2) $ \sin\alpha + i(1 - \cos\alpha) $, $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $

Пусть $ z = \sin\alpha + i(1 - \cos\alpha) $. Воспользуемся формулами двойного угла (или половинного угла):

$ \sin\alpha = 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} $

$ 1 - \cos\alpha = 2\sin^2\frac{\alpha}{2} $

Подставим эти выражения в $ z $:

$ z = 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} + i(2\sin^2\frac{\alpha}{2}) $

Вынесем общий множитель $ 2\sin\frac{\alpha}{2} $ за скобки:

$ z = 2\sin\frac{\alpha}{2} \left(\cos\frac{\alpha}{2} + i\sin\frac{\alpha}{2}\right) $

Это выражение имеет вид $ r(\cos\varphi + i\sin\varphi) $, где $ r = 2\sin\frac{\alpha}{2} $ и $ \varphi = \frac{\alpha}{2} $.

Проверим, что $ r $ является действительным положительным числом. По условию $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $, следовательно $ 0 < \frac{\alpha}{2} < \frac{\pi}{4} $. В этом интервале $ \sin\frac{\alpha}{2} > 0 $, поэтому $ r = 2\sin\frac{\alpha}{2} > 0 $.

Таким образом, мы получили тригонометрическую форму числа.

Ответ: $ 2\sin\frac{\alpha}{2}\left(\cos\frac{\alpha}{2} + i\sin\frac{\alpha}{2}\right) $

3) $ (\tan 1 - i)^4 $

Сначала представим в тригонометрической форме основание степени, число $ w = \tan 1 - i $. Угол 1 здесь дан в радианах ($ 1 \text{ рад} \approx 57.3^\circ $).

Найдем модуль $ |w| $:

$ r_w = \sqrt{(\tan 1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{\tan^2 1 + 1} = \sqrt{\sec^2 1} = |\sec 1| $.

Поскольку $ 0 < 1 < \frac{\pi}{2} $, то $ \cos 1 > 0 $, и $ \sec 1 = \frac{1}{\cos 1} > 0 $. Значит, $ r_w = \frac{1}{\cos 1} $.

Найдем аргумент $ \varphi_w $:

$ \cos\varphi_w = \frac{\tan 1}{1/\cos 1} = \frac{\sin 1 / \cos 1}{1/\cos 1} = \sin 1 $

$ \sin\varphi_w = \frac{-1}{1/\cos 1} = -\cos 1 $

Используя формулы приведения, $ \sin 1 = \cos(\frac{\pi}{2} - 1) $ и $ -\cos 1 = -\sin(\frac{\pi}{2} - 1) = \sin(-(\frac{\pi}{2} - 1)) = \sin(1 - \frac{\pi}{2}) $.

Итак, $ \cos\varphi_w = \cos(1 - \frac{\pi}{2}) $ и $ \sin\varphi_w = \sin(1 - \frac{\pi}{2}) $. Следовательно, $ \varphi_w = 1 - \frac{\pi}{2} $.

Тригонометрическая форма для $ w $: $ w = \frac{1}{\cos 1}\left(\cos(1 - \frac{\pi}{2}) + i\sin(1 - \frac{\pi}{2})\right) $.

Теперь возведем $ w $ в 4-ю степень, используя формулу Муавра $ [r(\cos\varphi + i\sin\varphi)]^n = r^n(\cos(n\varphi) + i\sin(n\varphi)) $:

$ z = w^4 = \left(\frac{1}{\cos 1}\right)^4 \left(\cos(4(1 - \frac{\pi}{2})) + i\sin(4(1 - \frac{\pi}{2}))\right) $

$ z = \frac{1}{\cos^4 1} (\cos(4 - 2\pi) + i\sin(4 - 2\pi)) $

Учитывая периодичность синуса и косинуса (период $ 2\pi $), получаем:

$ z = \frac{1}{\cos^4 1} (\cos 4 + i\sin 4) $

Ответ: $ \frac{1}{\cos^4 1}(\cos 4 + i\sin 4) $

4) $ \frac{(1+i)^{2n+1}}{(1-i)^{2n-1}}, n \in \mathbb{N} $

Представим числа $ 1+i $ и $ 1-i $ в тригонометрической форме.

$ 1+i $: модуль $ r_1 = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2} $. Аргумент $ \varphi_1 = \frac{\pi}{4} $.

$ 1+i = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4}) $.

$ 1-i $: модуль $ r_2 = \sqrt{1^2+(-1)^2} = \sqrt{2} $. Аргумент $ \varphi_2 = -\frac{\pi}{4} $.

$ 1-i = \sqrt{2}(\cos(-\frac{\pi}{4}) + i\sin(-\frac{\pi}{4})) $.

Используем формулу Муавра для числителя и знаменателя.

Числитель: $ (1+i)^{2n+1} = (\sqrt{2})^{2n+1}\left(\cos\frac{(2n+1)\pi}{4} + i\sin\frac{(2n+1)\pi}{4}\right) $.

Знаменатель: $ (1-i)^{2n-1} = (\sqrt{2})^{2n-1}\left(\cos\frac{-(2n-1)\pi}{4} + i\sin\frac{-(2n-1)\pi}{4}\right) $.

При делении комплексных чисел в тригонометрической форме их модули делятся, а аргументы вычитаются.

Модуль результирующего числа $ z $:

$ r = \frac{(\sqrt{2})^{2n+1}}{(\sqrt{2})^{2n-1}} = (\sqrt{2})^{(2n+1)-(2n-1)} = (\sqrt{2})^2 = 2 $.

Аргумент результирующего числа $ z $:

$ \varphi = \frac{(2n+1)\pi}{4} - \left(\frac{-(2n-1)\pi}{4}\right) = \frac{(2n+1)\pi + (2n-1)\pi}{4} = \frac{4n\pi}{4} = n\pi $.

Таким образом, тригонометрическая форма числа:

Ответ: $ 2(\cos(n\pi) + i\sin(n\pi)) $

639. Применяя формулу Муавра, доказать равенство:

1) $ \cos 2\alpha = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha $;

2) $ \sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha $;

3) $ \cos 3\alpha = 4\cos^3 \alpha - 3\cos \alpha $;

4) $ \sin 3\alpha = 3\sin \alpha - 4\sin^3 \alpha $.

Для доказательства данных равенств воспользуемся формулой Муавра: $(\cos \alpha + i \sin \alpha)^n = \cos(n\alpha) + i \sin(n\alpha)$, где $i$ — мнимая единица ($i^2 = -1$).

1) cos 2α = cos² α - sin² α;

Применим формулу Муавра для $n=2$. С одной стороны, мы имеем $(\cos \alpha + i \sin \alpha)^2 = \cos(2\alpha) + i \sin(2\alpha)$.
С другой стороны, раскроем левую часть как квадрат суммы: $(\cos \alpha + i \sin \alpha)^2 = \cos^2 \alpha + 2(\cos \alpha)(i \sin \alpha) + (i \sin \alpha)^2 = \cos^2 \alpha + 2i \sin \alpha \cos \alpha - \sin^2 \alpha$.
Сгруппировав действительные и мнимые части, получим: $(\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha) + i (2 \sin \alpha \cos \alpha)$.

Приравнивая два полученных выражения, имеем:
$\cos(2\alpha) + i \sin(2\alpha) = (\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha) + i (2 \sin \alpha \cos \alpha)$.

Два комплексных числа равны, когда равны их действительные части. Следовательно:
$\cos(2\alpha) = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha$. Равенство доказано.

Ответ: Равенство $\cos(2\alpha) = \cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha$ доказано.

2) sin 2α = 2sin α cos α;

Используя равенство из предыдущего пункта:
$\cos(2\alpha) + i \sin(2\alpha) = (\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha) + i (2 \sin \alpha \cos \alpha)$.

Приравниваем мнимые части этого равенства:
$\sin(2\alpha) = 2 \sin \alpha \cos \alpha$. Равенство доказано.

Ответ: Равенство $\sin(2\alpha) = 2 \sin \alpha \cos \alpha$ доказано.

3) cos 3α = 4cos³ α - 3cos α;

Применим формулу Муавра для $n=3$. С одной стороны: $(\cos \alpha + i \sin \alpha)^3 = \cos(3\alpha) + i \sin(3\alpha)$.
С другой стороны, раскроем левую часть по формуле куба суммы $(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$:
$(\cos \alpha + i \sin \alpha)^3 = \cos^3 \alpha + 3\cos^2 \alpha (i \sin \alpha) + 3\cos \alpha (i \sin \alpha)^2 + (i \sin \alpha)^3$.
Учитывая, что $i^2 = -1$ и $i^3 = -i$, получаем:
$\cos^3 \alpha + 3i \cos^2 \alpha \sin \alpha - 3\cos \alpha \sin^2 \alpha - i \sin^3 \alpha$.

Сгруппировав действительные и мнимые части, имеем:
$(\cos^3 \alpha - 3\cos \alpha \sin^2 \alpha) + i (3\cos^2 \alpha \sin \alpha - \sin^3 \alpha)$.

Приравнивая действительные части, получаем: $\cos(3\alpha) = \cos^3 \alpha - 3\cos \alpha \sin^2 \alpha$.
Для приведения к искомому виду используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 \alpha = 1 - \cos^2 \alpha$:
$\cos(3\alpha) = \cos^3 \alpha - 3\cos \alpha (1 - \cos^2 \alpha) = \cos^3 \alpha - 3\cos \alpha + 3\cos^3 \alpha = 4\cos^3 \alpha - 3\cos \alpha$. Равенство доказано.

Ответ: Равенство $\cos(3\alpha) = 4\cos^3 \alpha - 3\cos \alpha$ доказано.

4) sin 3α = 3sin α - 4sin³ α.

Из вычислений в пункте 3) мы получили равенство для комплексных чисел. Теперь приравняем их мнимые части:
$\sin(3\alpha) = 3\cos^2 \alpha \sin \alpha - \sin^3 \alpha$.

Для приведения к искомому виду используем основное тригонометрическое тождество $\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha$:
$\sin(3\alpha) = 3(1 - \sin^2 \alpha)\sin \alpha - \sin^3 \alpha = 3\sin \alpha - 3\sin^3 \alpha - \sin^3 \alpha = 3\sin \alpha - 4\sin^3 \alpha$. Равенство доказано.

Ответ: Равенство $\sin(3\alpha) = 3\sin \alpha - 4\sin^3 \alpha$ доказано.

640. Доказать равенство (n — натуральное число):

$\left(\frac{1+i\operatorname{tg} \alpha}{1-i\operatorname{tg} \alpha}\right)^n = \frac{1+i\operatorname{tg} \alpha}{1-i\operatorname{tg} \alpha}.$

Для доказательства данного равенства преобразуем его левую и правую части поочередно и покажем, что они равны одному и тому же выражению. Мы будем исходить из того, что все выражения определены, то есть $ \cos\alpha \neq 0 $ и $ \cos(n\alpha) \neq 0 $.

Сначала преобразуем левую часть равенства. Рассмотрим выражение в скобках, используя определение тангенса $ \operatorname{tg}\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} $:$$ \frac{1+i\operatorname{tg}\alpha}{1-i\operatorname{tg}\alpha} = \frac{1+i\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}}{1-i\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}} $$Умножим числитель и знаменатель дроби на $ \cos\alpha $:$$ \frac{\cos\alpha \left(1+i\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\right)}{\cos\alpha \left(1-i\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\right)} = \frac{\cos\alpha + i\sin\alpha}{\cos\alpha - i\sin\alpha} $$

Теперь воспользуемся формулой Эйлера, которая связывает комплексную экспоненту с тригонометрическими функциями: $ e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta $.Числитель $ \cos\alpha + i\sin\alpha $ равен $ e^{i\alpha} $.Знаменатель $ \cos\alpha - i\sin\alpha $, учитывая четность косинуса и нечетность синуса, можно представить как $ \cos(-\alpha) + i\sin(-\alpha) $, что равно $ e^{-i\alpha} $.Таким образом, дробь можно переписать в виде:$$ \frac{e^{i\alpha}}{e^{-i\alpha}} = e^{i\alpha - (-i\alpha)} = e^{i2\alpha} $$

Теперь возведем полученное выражение в степень $ n $, как указано в левой части исходного равенства:$$ \left(\frac{1+i\operatorname{tg}\alpha}{1-i\operatorname{tg}\alpha}\right)^n = \left(e^{i2\alpha}\right)^n = e^{i2n\alpha} $$

Далее преобразуем правую часть исходного равенства. Она имеет полностью аналогичную структуру:$$ \frac{1+i\operatorname{tg}(n\alpha)}{1-i\operatorname{tg}(n\alpha)} $$Проведем те же преобразования, что и для левой части, но с заменой $ \alpha $ на $ n\alpha $:$$ \frac{1+i\operatorname{tg}(n\alpha)}{1-i\operatorname{tg}(n\alpha)} = \frac{1+i\frac{\sin(n\alpha)}{\cos(n\alpha)}}{1-i\frac{\sin(n\alpha)}{\cos(n\alpha)}} = \frac{\cos(n\alpha)+i\sin(n\alpha)}{\cos(n\alpha)-i\sin(n\alpha)} $$Используя формулу Эйлера, получаем:$$ \frac{e^{in\alpha}}{e^{-in\alpha}} = e^{in\alpha - (-in\alpha)} = e^{i2n\alpha} $$

Мы показали, что и левая, и правая части исходного равенства равны одному и тому же выражению $ e^{i2n\alpha} $. Следовательно, равенство доказано.

Ответ: Равенство доказано.

$(1 - i \text{ tg } \alpha)$ $1 - i \text{ tg } \alpha$

641. Найти сумму:

1) $ \sin x + \sin 3x + \sin 5x + \dots + \sin(2n - 1)x, x \neq \pi k, k \in \mathbb{Z}; $

2) $ \cos x + \cos 3x + \cos 5x + \dots + \cos(2n - 1)x, x \neq \pi k, k \in \mathbb{Z}. $

1) Обозначим искомую сумму через $S_n$:

$S_n = \sin x + \sin 3x + \sin 5x + \dots + \sin(2n-1)x$.

Для нахождения суммы воспользуемся методом умножения на $2\sin x$. Условие $x \neq \pi k$, $k \in \mathbb{Z}$ гарантирует, что $\sin x \neq 0$, поэтому такое умножение и последующее деление на $2\sin x$ являются корректными операциями.

Умножим обе части равенства на $2\sin x$:

$2\sin x \cdot S_n = 2\sin x \sin x + 2\sin x \sin 3x + 2\sin x \sin 5x + \dots + 2\sin x \sin(2n-1)x$.

Применим формулу произведения синусов $2\sin\alpha\sin\beta = \cos(\alpha-\beta) - \cos(\alpha+\beta)$ к каждому слагаемому в правой части:

• $2\sin x \sin x = \cos(x-x) - \cos(x+x) = \cos 0 - \cos 2x = 1 - \cos 2x$.
• $2\sin x \sin 3x = \cos(3x-x) - \cos(3x+x) = \cos 2x - \cos 4x$.
• $2\sin x \sin 5x = \cos(5x-x) - \cos(5x+x) = \cos 4x - \cos 6x$.
• ...
• $2\sin x \sin((2n-1)x) = \cos((2n-1)x-x) - \cos((2n-1)x+x) = \cos(2(n-1)x) - \cos(2nx)$.

Сложив все эти выражения, получим телескопическую сумму, в которой все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются:

$2\sin x \cdot S_n = (1 - \cos 2x) + (\cos 2x - \cos 4x) + (\cos 4x - \cos 6x) + \dots + (\cos(2(n-1)x) - \cos(2nx))$.

$2\sin x \cdot S_n = 1 - \cos(2nx)$.

Используя формулу косинуса двойного угла в виде $1 - \cos(2\alpha) = 2\sin^2\alpha$, получим:

$2\sin x \cdot S_n = 2\sin^2(nx)$.

Разделим обе части на $2\sin x$:

$S_n = \frac{2\sin^2(nx)}{2\sin x} = \frac{\sin^2(nx)}{\sin x}$.

Ответ: $\frac{\sin^2(nx)}{\sin x}$.

2) Обозначим искомую сумму через $C_n$:

$C_n = \cos x + \cos 3x + \cos 5x + \dots + \cos(2n-1)x$.

Как и в предыдущем пункте, умножим обе части на $2\sin x$ (где $\sin x \neq 0$ согласно условию).

$2\sin x \cdot C_n = 2\sin x \cos x + 2\sin x \cos 3x + 2\sin x \cos 5x + \dots + 2\sin x \cos(2n-1)x$.

Применим формулу произведения синуса на косинус $2\sin\alpha\cos\beta = \sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta)$ к каждому слагаемому:

• $2\sin x \cos x = \sin(x+x) + \sin(x-x) = \sin 2x + \sin 0 = \sin 2x$.
• $2\sin x \cos 3x = \sin(x+3x) + \sin(x-3x) = \sin 4x + \sin(-2x) = \sin 4x - \sin 2x$.
• $2\sin x \cos 5x = \sin(x+5x) + \sin(x-5x) = \sin 6x + \sin(-4x) = \sin 6x - \sin 4x$.
• ...
• $2\sin x \cos((2n-1)x) = \sin(x+(2n-1)x) + \sin(x-(2n-1)x) = \sin(2nx) + \sin(-(2n-2)x) = \sin(2nx) - \sin(2(n-1)x)$.

Сложив все эти выражения, снова получим телескопическую сумму:

$2\sin x \cdot C_n = (\sin 2x) + (\sin 4x - \sin 2x) + (\sin 6x - \sin 4x) + \dots + (\sin(2nx) - \sin(2(n-1)x))$.

После сокращения промежуточных членов остается только последний член:

$2\sin x \cdot C_n = \sin(2nx)$.

Разделим обе части на $2\sin x$:

$C_n = \frac{\sin(2nx)}{2\sin x}$.

Ответ: $\frac{\sin(2nx)}{2\sin x}$.

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}} $

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.