Trigonometrisk rekke

[Markus]

La $\theta$ være gitt i radianer, der $\theta \neq 2k\pi, \enspace k \in \mathbb{Z}$. Finn da summen av rekken $$\sin(0\theta)+\sin(1 \theta) + \sin(2 \theta) + \dots + \sin(n\theta)$$

[Kay offline]

La $\theta$ være gitt i radianer, der $\theta \neq 2k\pi, \enspace k \in \mathbb{Z}$. Finn da summen av rekken $$\sin(0\theta)+\sin(1 \theta) + \sin(2 \theta) + \dots + \sin(n\theta)$$

Regner med at det finnes elegante måter å løse dette på, men gjør et forsøk:

[tex]\sum_{k=0}^n\sin(k\theta)=\Im\left (\sum_{k=0}^n(e^{i\theta})^k \right )[/tex]

Her sier du at [tex]\theta[/tex] ikke er et multiplum av [tex]2k\pi[/tex] Ergo er dette geometrisk, og da er det ganske planke å gå fram, men uttrykket blir noe stygt

Da får vi med litt mellomregning [tex]\Im\left ( \frac{1-\cos((n+1)\theta)-i\sin((n+1)\theta)}{1-cos(\theta)-i\sin(\theta)} \right )[/tex]

Nå ønsker vi vel helst reelle tall og da får vi [tex]\frac{1-\cos((n+1)\theta)\sin(\theta)-\sin((n+1)\theta)(1-\cos(\theta))}{2(1-\cos(\theta))}=\frac{\sin(n\theta)-\sin((n+1)\theta)+1}{2(1-\cos(\theta))}[/tex]


Edit: Alt dette følger naturligvis fra Eulers formel [tex]e^{ik\theta}=\cos(k\theta)+i\sin(k\theta)[/tex]

[Markus]

Yes, flott arbeid Kay! Jeg vet ikke om noen mer elegant, og kortere utledning. Kan løses omtrent helt likt med de Moivre. Angående sluttformelen kan den forenkles litt til $\frac{\sin \left ( \frac{n\theta}{2} \right)\sin \left (\frac{n+1}{2}\theta \right )}{\sin \left ( \frac{\theta}{2} \right )}$

Oppfølger i samme gate (gjerne kom med noen du og!);
Vis at $$\cos(5\theta) = \cos^5\theta -10\cos^3 \theta \sin^2 \theta + 5 \cos \theta \sin^4 \theta$$

Edit: så editen din, og har ikke sett om din formel stemmer med den jeg kom fram til, men du har i alle fall tenkt rett!

[Kay offline]

Yes, flott arbeid Kay! Jeg vet ikke om noen mer elegant, og kortere utledning. Kan løses omtrent helt likt med de Moivre. Angående sluttformelen kan den forenkles litt til $\frac{\sin \left ( \frac{n\theta}{2} \right)\sin \left (\frac{n+1}{2}\theta \right )}{\sin \left ( \frac{\theta}{2} \right )}$

Oppfølger i samme gate (gjerne kom med noen du og!);
Vis at $$\cos(5\theta) = \cos^5\theta -10\cos^3 \theta \sin^2 \theta + 5 \cos \theta \sin^4 \theta$$

Edit: så editen din, og har ikke sett om din formel stemmer med den jeg kom fram til, men du har i alle fall tenkt rett!

Skal gjøre et forsøk på den når jeg kommer hjem fra trening,

Ser forresten en mulighet til for den første rekka som jeg kunne ha tenkt meg å prøve også, det omhandler teleskoperende rekker, tror faktisk at det skal gå.

[Markus]

Yes, flott arbeid Kay! Jeg vet ikke om noen mer elegant, og kortere utledning. Kan løses omtrent helt likt med de Moivre. Angående sluttformelen kan den forenkles litt til $\frac{\sin \left ( \frac{n\theta}{2} \right)\sin \left (\frac{n+1}{2}\theta \right )}{\sin \left ( \frac{\theta}{2} \right )}$

Oppfølger i samme gate (gjerne kom med noen du og!);
Vis at $$\cos(5\theta) = \cos^5\theta -10\cos^3 \theta \sin^2 \theta + 5 \cos \theta \sin^4 \theta$$

Edit: så editen din, og har ikke sett om din formel stemmer med den jeg kom fram til, men du har i alle fall tenkt rett!

Skal gjøre et forsøk på den når jeg kommer hjem fra trening,

Ser forresten en mulighet til for den første rekka som jeg kunne ha tenkt meg å prøve også, det omhandler teleskoperende rekker, tror faktisk at det skal gå.

Tror jeg ser hva du tenker - tenker du å splitte opp hvert ledd i rekkene med sumformelen $\sin(u\pm v)$? Veldig smart tenkt, må nesten prøve det selv og. Sikkert flere måter å løse trig. identiteten på, men hvis du står fast er et hint i spoileren.

[+] Skjult tekst

de Moivres formel

[Kay offline]

Yes, flott arbeid Kay! Jeg vet ikke om noen mer elegant, og kortere utledning. Kan løses omtrent helt likt med de Moivre. Angående sluttformelen kan den forenkles litt til $\frac{\sin \left ( \frac{n\theta}{2} \right)\sin \left (\frac{n+1}{2}\theta \right )}{\sin \left ( \frac{\theta}{2} \right )}$

Oppfølger i samme gate (gjerne kom med noen du og!);
Vis at $$\cos(5\theta) = \cos^5\theta -10\cos^3 \theta \sin^2 \theta + 5 \cos \theta \sin^4 \theta$$

Edit: så editen din, og har ikke sett om din formel stemmer med den jeg kom fram til, men du har i alle fall tenkt rett!

Skal gjøre et forsøk på den når jeg kommer hjem fra trening,

Ser forresten en mulighet til for den første rekka som jeg kunne ha tenkt meg å prøve også, det omhandler teleskoperende rekker, tror faktisk at det skal gå.

Tror jeg ser hva du tenker - tenker du å splitte opp hvert ledd i rekkene med sumformelen $\sin(u\pm v)$? Veldig smart tenkt, må nesten prøve det selv og. Sikkert flere måter å løse trig. identiteten på, men hvis du står fast er et hint i spoileren.

[+] Skjult tekst

de Moivres formel

Bruker x nå fordi å skrive \theta hundre ganger er en smerte i rævva

Men altså vi kan observere at [tex]2\sin \left (\frac{x}{2} \right )\sin( kx)=\cos\left ( \frac{(2k-1)x}{2} \right )-\cos\left ( \frac{(2k+1)x}{2} \right )[/tex]

Da kan vi se videre at vi får den teleskoperende summen [tex]2\sin\left ( \frac{x}{2} \right )\sum_{k=1}^n\sin(kx)=\cos\left ( \frac{x}{2} \right )-\cos\left ( \frac{(2n+1)x}{2} \right )=2\sin\left ( \frac{nx}{2} \right )\sin\left ( \frac{(n+1)x}{2} \right )[/tex]

Og da kan vi se at summen alene gir det uttrykket du skrev der oppe, er nesten for lat til å kjøre det inn i tex

[Markus]

Elegant Kay!

[Kay offline]

[tex]\cos(5\theta)=e^{i(5\theta)}=(e^{i\theta})^5=(\cos(\theta)+i\sin(\theta))^5=\cos^{5}(\theta)-10\cos^3(\theta)sin^2(\theta)+5\cos(\theta)sin^4(\theta)[/tex]


Hvis vi betraktere de reelle komponentene ^

Oppfølger:

[tex]\lim_{x\rightarrow1}\ (1-x)\tan(\frac{x\pi}{2})[/tex]

Kanskje vi skulle ha lagd en slags trig-maraton for all ting trig i og med at vi har et multiplum andre maraton?

[Markus]

Oppfølger:

[tex]\lim_{x\rightarrow1}\ (1-x)\tan(\frac{x\pi}{2})[/tex]

Kanskje vi skulle ha lagd en slags trig-maraton for all ting trig i og med at vi har et multiplum andre maraton?

$\lim_{x \to 1} (1-x)\tan(\frac{x \pi}{2})=\lim_{x\to 1} \frac{1-x}{\frac{1}{\tan(\frac{x\pi}{2})}} \enspace \overset{\text{L’H}}{=} \enspace \lim_{x \to 1} \frac{2\sin^2(\frac{\pi x}{2})}{\pi} = \frac{2}{\pi}$
Der notasjonen $\overset{\text{L’H}}{=}$ er bruk av L’Hôpitals regel. Hvordan løste du den?

Angående det å lage en felles tråd, er ikke det en dårlig idé. Men vi trenger jo heller samtidig ikke å ha samletråder for alt. Forresten, løste den trig.identiteten likt som deg!

Oppfølger (hvis vanskelig, rop ut for hint); Hva konvergerer følgende produkt mot?
$$\frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{8}{7} \cdot \frac{8}{9} \cdots$$

[Mattegjest offline]

Den repeterande faktoren kan skrivast

a[tex]_m[/tex] = (2m)[tex]^2[/tex]/((2m + 1)(2m - 1 )) = (2m)[tex]^2[/tex]/((2m)[tex]^2[/tex] -1 ), m >= 1


Produket a[tex]_1[/tex] * a[tex]_2[/tex] * ********* a[tex]_n[/tex] når n går mot uendeleg = Pi/2 ( Wallis formel )

[Mattegjest offline]

Oppfølgar:

Vis , utan å bruke L'Hopitals regel , at

(1 - x ) * tan(x * pi/2 ) nærmar seg 2/pi når x går mot 1.

[Markus]

Oppfølgar:

Vis , utan å bruke L'Hopitals regel , at

(1 - x ) * tan(x * pi/2 ) nærmar seg 2/pi når x går mot 1.

Alternativt, skriv

$L=\lim_{x \to 1} \left[(1-x)\left(\frac{1}{\tan(\frac{\pi x}{2} )}\right)^{-1} \right] = \lim_{x \to 1} \left[(1-x)\left(\frac{\cos(\frac{\pi x}{2})}{\sin(\frac{\pi x}{2} )}\right)^{-1} \right] = \lim_{x \to 1} \left[(1-x)\left(\frac{\cos(\frac{\pi x}{2})}{\sin(\frac{\pi x}{2} )} + \frac{\cos(\frac{\pi}{2})}{\sin(\frac{\pi}{2} )}\right)^{-1} \right] = \lim_{x \to 1} \left[\frac{1-x}{\left(\frac{\cos(\frac{\pi x}{2})}{\sin(\frac{\pi x}{2} )} + \frac{\cos(\frac{\pi}{2})}{\sin(\frac{\pi}{2} )}\right)} \right]$

La nå $f(x)=\frac{\cos(\frac{2\pi}{x})}{\sin(\frac{2\pi}{x})}$, og observer at $$L^{-1} = -\lim_{x \to 1} \left[\frac{{\frac{\cos(\frac{\pi x}{2})}{\sin(\frac{\pi x}{2})}} - {\frac{\cos(\frac{\pi}{2})}{\sin(\frac{\pi}{2})}}}{x-1} \right] = -f'(1) = \frac{\pi}{2} \implies L = \frac{2}{\pi}$$

[Mattegjest offline]

Her brukar du definisjonen på den deriverte for å få tak i grenseverdien. Original og kreativ løysing.
Alternativt kan vi bruke grenseverdien ( sin( u )/u = 1 når u går mot 0 ) som vi kjenner frå R2-pensum.

[DennisChristensen]

Oppfølgar:

Vis , utan å bruke L'Hopitals regel , at

(1 - x ) * tan(x * pi/2 ) nærmar seg 2/pi når x går mot 1.

Personlig synes jeg som regel Laurantrekker og binomialteoremet gir de enkleste løsningene på slike grenseverdier:

Vi vet at $$\sin \left(\frac{\pi}{2}x\right) = 1 + O\left((x-1)^2\right),$$ $$\cos\left(\frac{\pi}{2}x\right) = -\frac{\pi}{2}(x-1) + O\left((x-1)^3\right),$$ så $$\tan\left(\frac{\pi}{2}x\right) = \frac{1 + O\left((x-1)^2\right)}{-\frac{\pi}{2}(x-1) + O\left((x-1)^3\right)} = -\frac{2}{\pi(x-1)}\left[1+O\left((x-1)^2\right)\right]\frac{1}{1 - O\left((x-1)^2\right)} = -\frac{2}{\pi(x-1)}\left[1+O\left((x-1)^2\right)\right]\left[1 + O\left((x-1)^2\right)\right] = -\frac{2}{\pi(x-1)} + O\left((x-1)\right).$$ Dermed ser vi at $$\lim_{x\rightarrow 1} (1-x)\tan\left(\frac{\pi}{2}x\right) = \lim_{x\rightarrow 1} \left[\frac{2}{\pi} + O\left((x-1)^2\right)\right] = \frac{2}{\pi}$$