数学ナビゲーター掲示板 [One Topic All View / Re[1]: ｎ倍角の証明。お願いします。 / Page: 0]

数学ナビゲーター掲示板
(現在過去ログ3 を表示中)

[ 最新記事及び返信フォームをトピックトップへ ]

■30758 / inTopicNo.1)

　ｎ倍角の証明。お願いします。

□投稿者/ aki 一般人(1回)-(2008/01/15(Tue) 21:28:44)

$2$ \sin nx = n\sin x\cos ^{n - 1} x + n(n - 1)(n - 2)/(3!) \times \sin ^3 x\cos ^{n - 3} x - n(n - 1)(n - 2)(n - 3)(n - 4)/(5!) \times \sin ^5 x\cos ^{n - 5} x + \cdots$
n倍角を求める公式なのですが数学的帰納法で解けるでしょうか。
証明の方法を教えてください。お願いします。

引用返信/返信 [メール受信/OFF] 削除キー/

■30762 / inTopicNo.2)

　Re[1]: ｎ倍角の証明。お願いします。

▲▼■

□投稿者/ miyup ベテラン(238回)-(2008/01/15(Tue) 23:41:04)

■No30758に返信(akiさんの記事)
> $2$ \sin nx = n\sin x\cos ^{n - 1} x + n(n - 1)(n - 2)/(3!) \times \sin ^3 x\cos ^{n - 3} x - n(n - 1)(n - 2)(n - 3)(n - 4)/(5!) \times \sin ^5 x\cos ^{n - 5} x + \cdots$
> n倍角を求める公式なのですが数学的帰納法で解けるでしょうか。
> 証明の方法を教えてください。お願いします。

ド・モアブルの公式でよければ解けます。i：虚数単位として
(cos x + i・sin x)^n＝cos nx + i・sin nx で左辺を展開したときの虚部が上の公式です。

引用返信/返信 [メール受信/OFF] 削除キー/

■30763 / inTopicNo.3)

　ありがとうございます。

▲▼■

□投稿者/ aki 一般人(2回)-(2008/01/15(Tue) 23:50:16)

なんとか解けると思います。ありがとうございました。

引用返信/返信 [メール受信/OFF] 削除キー/

■30838 / inTopicNo.4)

　Re[1]: ｎ倍角の証明。お願いします。

▲▼■

□投稿者/ x 一般人(35回)-(2008/01/18(Fri) 22:42:05)

■No30758に返信(akiさんの記事)
> n倍角を求める公式なのですが数学的帰納法で解けるでしょうか。

既に解決済みのような感じなので蛇足になるかもしれないが, 少しだけ.

数列 $2$\{\sin (nx)\}$ に対して隣接3項間漸化式（たしか
　 $2$\sin ((n\,+\,1)x)\, +\,2\cos (x)\sin (nx)\,+\,\sin ((n\,-\,1)x)\,=\,0$
のような感じだったとおもうが係数は間違ってるかもしれない）をつくることができるので, もし数学的帰納法を使って証明をするなら, これを利用することを考えるのも一つの手だろう.
もちろんこの漸化式は, " $2$x$ を一つ決めるごとに" $2$\cos (x)$ は数列の添字 $2$n$ に無関係な "定数" であるものと看做して差し支えなく (つまり $2$x$ の無限に多くある値の各々に対してそれぞれ別個に数列があると考える), したがってこれを, (定数係数) 隣接3項間 (線型) 漸化式として扱って, その定石である特性方程式をつくるやりかたでアプローチすることもできる.
# まあ, 高校あたりでは3項間漸化式といえば, このタイプ (定数係数・線型) の3項間漸化式くらいしか見かけないはずだから (いや, 特定の形で多項式や $2$n$ -冪が余分に付くようなものは見かけるかもしれないが), ごちゃごちゃと修飾語句を付けなくてもいいだろうとは思うが念のため.

"チェビチェフ (Chebyshev) の多項式" (や, それの満たす漸化式なども含めて) について検索してみると益があるかもしれない.

引用返信/返信 [メール受信/OFF] 削除キー/

■31331 / inTopicNo.5)

　Re[1]: ｎ倍角の証明。お願いします。

▲▼■

□投稿者/ CEGIPO 一般人(2回)-(2008/02/09(Sat) 06:29:59)

■No30758に返信(akiさんの記事)

n倍角の公式ですが、複素数を使用してもよいなら、
ド・モアブルの公式を利用して次のように表せます。

(cosθ+isinθ)^n=cos(nθ)+isin(nθ)...[1](ド・モアブルの公式）
[1]式のθを-θに置き換えて
(cos(-θ)+isin(-θ))^n=cos(n・(-θ))+isin(n・(-θ))
(cosθ-isinθ)^n=cos(nθ)-isin(nθ)...[2]

[1],[2]式の和、差をそれぞれとり整理すると、次の式が得られます。

cos(nθ)= {(cosθ+isinθ)^n+(cosθ-isinθ)^n}/2...[A]
sin(nθ)=-i{(cosθ+isinθ)^n-(cosθ-isinθ)^n}/2...[B]
cosθ≠0のときは、[B]/[A]より、
tan(nθ)=-i{(1+itanθ)^n-(1-itanθ)^n}/{(1+itanθ)^n+(1-itanθ)^n}...[C]
（オイラ－による）

でcos、sin、tanのn倍角の公式がそれぞれ簡潔な式で求められます。
[B]式は数学的帰納法を用いても簡単に証明できるので、
あとは、[B]式を展開してやれば虚数部分が相殺されて、
求める式がそのまま得られるはずです。

引用返信/返信 [メール受信/OFF] 削除キー/

トピック内ページ移動 / << 0 >>

このトピックに書きこむ

過去ログには書き込み不可

- Child Tree -
Edit By 数学ナビゲーター