Найти $%\cos \alpha $% , если последовательность $%a_{n} =\cos \big( 2^{n-1} \alpha \big), \ n = 1, 2, ...$% содержит только отрицательные члены.

задан 7 Янв '15 0:40

изменен 9 Янв '15 21:50

%D0%92%D0%B8%D1%82%D0%B0%D0%BB%D0%B8%D0%BD%D0%B0's gravatar image


9917

1

$$-\frac12$$

(7 Янв '15 1:20) EdwardTurJ

У меня получилось тоже самое, но я решал подбором. я увидел, что аргументы у косинусов представляют из себя члены геометрической прогрессии со знаменателем 2, т.е. $% a_{1} = cos \alpha ; a_{2} = \cos2 \alpha ; a_{3}=\cos4 \alpha$% и тогда при $%\cos \alpha =- \frac{1}{2} $% получается, что $%\cos2\alpha =2 \cos^{2} \alpha -1 = - \frac{1}{2}; \cos4 \alpha =2 \cos^{2} 2 \alpha -1=- \frac{1}{2} $% и т.д. Получается, что все члены последовательности отрицательными. Но может быть есть способ найти $%\cos \alpha$% не подбором? Заранее благодарен.

(7 Янв '15 1:58) serg55
10|600 символов нужно символов осталось
1

Если $%\cos\varphi=-\frac12$%, то $%\cos2\varphi=2\cos^2\varphi-1=-\frac12$%, то есть данное значение подходит. Покажем, что это единственный вариант.

Будем рассматривать точки единичной окружности, соответствующие значениям углов: если $%\varphi$% -- угол поворота, то ему соответствует образ точки $%(1;0)$%. По условию, все точки, которые соответствуют углам $%\alpha$%, $%2\alpha$%, $%4\alpha$%, ... и так далее находятся в левой (открытой) полуплоскости. Рассмотрим два несколько случаев, имея в виду, что угол нижней полуплоскости можно перевести в угол верхней полуплоскости посредством смены знака.

1) $%\frac{\pi}2 < \alpha < \frac{2\pi}3$%, то есть $%\alpha=\frac{2\pi}3-\varphi$%, где $%0 < \varphi < \frac{\pi}6$%. После умножения на 4 и "сброса" периода $%2\pi$% получится угол, эквивалентный $%\frac{2\pi}3-4\varphi$%. Этот угол либо попадёт в правую полуплоскость, либо останется в левой, но тогда получится предыдущая ситуация с заменой $%\varphi$% на $%4\varphi$%. Повторяя эту процедуру несколько раз, мы рано или поздно попадём в правую полуплоскость, так как значение $%\varphi$% всё время увеличивается, и точка по окружности сдвигается против часовой стрелки на некоторую величину, большую определённой константы. При этом точка не может слишком сильно "перескочить", так как угол $%\alpha$% всё время остаётся положительным: из $%\varphi < \frac{\pi}6$% следует, что $%\frac{2\pi}3-4\varphi > 0$%.

2) $%\frac{2\pi}3 < \alpha < \pi$% (случай $%\alpha=\pi$% заведомо не подходит). Здесь после удвоения получается угол между $%\frac{4\pi}3$% и $%2\pi$% из нижней полуплоскости, и тогда при симметрии относительно $%Ox$% угол попадает в верхнюю полуплоскость. Если угол не попал в правую полуплоскость, то он находится в пределах уже рассмотренного случая из первого пункта.

ссылка

отвечен 7 Янв '15 3:14

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×2,777

задан
7 Янв '15 0:40

показан
592 раза

обновлен
7 Янв '15 3:14

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru