\((\tan(x)+i)^n+(\tan(x)-i)^n=0\ (n\in\nn)\)
Laatste berichten
-
10:15
2013 – Augustus Vraag 3 3
-
09:54
Bruine vlekken op treinaanwijzerbord 6
-
23:07
Rood laserlicht 2
-
15:28
Vraag 2009 Juli Vraag 5 5
-
12:51
positie 2
-
24 apr
Schroefdraad berekening 8
-
24 apr
[scheikunde] Kan chloorgas de geleiding van elektriciteit belemmeren? 9
-
23 apr
Weerfrustratie 9
-
23 apr
geen minkowski-ruimte toch? Doe ik dit nou fout? 15
-
23 apr
do-re-mi-fa-so vliegtuigen 7
-
23 apr
Kunnen quantum Zonnecellen 190% quantum efficiënt zijn 3
-
23 apr
De Euro Nederlandse 100 qubit computer komt eraan
-
23 apr
projectiel 8
-
23 apr
Verschil tussen deze 2 vragen 5
-
23 apr
[scheikunde] berekeningen labo vitamine c bepaling 1
-
22 apr
[wiskunde] rode en witte ballen verdelen 8
-
22 apr
Rotatie van het heelal 41
-
22 apr
Muntje opgooien 14
-
21 apr
Reactiviteit silyl enol ethers 1
-
21 apr
Criterium voor vochtretentie
Nieuwsberichten
-
04 mar
Een nieuw soort magnetisme: altermagnetisme
-
31 okt
AI kan via stem diabetes vaststellen 11
-
21 okt
Einstein krijgt wéér gelijk 45
-
07 feb
witter dan wit 20
-
19 jun
irrigatie en de aardas
Complexe vergelijking
-
- Berichten: 3.330
Re: Complexe vergelijking
Op meerdere manieren op te lossen. Maar ik laat eerst anderen het woord 
.
.-
- Berichten: 2.746
Re: Complexe vergelijking
daarvoor eerst een tussenvraagje
wat zijn de complexe oplossingen van
wat zijn de complexe oplossingen van
\(x^n=y^n\)
?Re: Complexe vergelijking
stoker schreef:daarvoor eerst een tussenvraagje
wat zijn de complexe oplossingen van\(x^n=y^n\)?
hint:
Als
\(x^n=y^n\)
, dan is \(\left(\frac{x}{y}\right)^n=1\)
.-
- Berichten: 2.746
Re: Complexe vergelijking
dan kom je via deze methode tot :
had je zoiets in gedachten?
\(\tan{x}+i=\sqrt[n]{-1} ( \tan{x}-i)\)
daaruit volgt: \(\tan{x}=\frac{-i \sqrt[n]{-1}-i}{1-\sqrt[n]{1}}\)
had je zoiets in gedachten?
-
- Berichten: 7.068
Re: Complexe vergelijking
Is x een complex of een reeel getal?kotje schreef:Los op:
\((\tan(x)+i)^n+(\tan(x)-i)^n=0\ (n\in\nn)\)
-
- Berichten: 140
Re: Complexe vergelijking
Een poging van mij...dit is wat ik tot nu toe heb:
\( (\tan(x)+i)^n + (\tan(x)-i)^n = 0 \)
\( \frac{(\tan(x)+i)^n}{(\tan(x)-i)^n} = -1 \)
\( \frac{(\sin(x)+i\cos(x))^n}{(\sin(x)-i\cos(x))^n} = -1 \)
(Ik heb hier wel verondersteld dat \( \cos(x) \)
niet 0 is)\( \frac{(i\sin(x)-\cos(x))^n}{(i\sin(x)+\cos(x))^n} = -1 \)
\( \frac{(\cos(\pi-x)+i\sin(\pi-x))^n}{(\cos(x)+i\sin(x))^n} = -1 \)
\( (\cos(\pi-x)+i\sin(\pi-x))^n = - (\cos(x)+i\sin(x))^n \)
\( (\cos(n(\pi-x))+i\sin(n(\pi-x))) = - (\cos(nx)+i\sin(nx)) \)
Gelijkstellen van reële en imaginaire delen:\( \cos(n(\pi-x)) = -\cos(nx) \)
en \( \sin(n(\pi-x)) = -\sin(nx) \)
Geen idee of dit juist is of ik hier iets mee ben...zou wel wat hulp kunnen gebruiken -
- Berichten: 6.905
Re: Complexe vergelijking
\( \frac{(\sin(x)+i\cos(x))^n}{(\sin(x)-i\cos(x))^n} = -1 \)
\(\left ( \frac{{sin\left( x\right) }^{2}-{cos\left( x\right) }^{2}}{{sin\left( x\right) }^{2}+{cos\left( x\right) }^{2}}+i \frac{2\,cos\left( x\right) \,sin\left( x\right) }{{sin\left( x\right) }^{2}+{cos\left( x\right) }^{2}} \right ) ^n=-1\)
\( \left ( cos 2x + i \cdot sin 2x \right ) ^n= -1\)
\( \left ( e^{i \cdot 2x} \right ) ^n=-1\)
\(x=-\frac{i\,{\left( -ln\left( -1\right) \right) }^{\frac{1}{n}}\,{\left( -1\right) }^{\frac{1}{n}}}{2}\)
Het vel van de beer kunnen verkopen vraagt moeite tenzij deze dood voor je neervalt. Die kans is echter klein dus moeten we zelf moeite doen.
-
- Berichten: 3.330
Re: Complexe vergelijking
Staat niet bij de oef. Ik beschouw x als een reeël getal.Is x een complex of een reeel getal?
Volgens mijn verstand kan er niets bestaan en toch bestaat dit alles?
Re: Complexe vergelijking
Niet helemaal waar. Uitdan kom je via deze methode tot :\(\tan{x}+i=\sqrt[n]{-1} ( \tan{x}-i)\)
\(a^n = b^n\)
volgt niet a=b,want er zijn n (verschillende) oplossingen van de vergelijking
\(z^n = 1\)
.Als je een typische oplossing van
\(z^n = 1\)
aangeeft met \(\sqrt[n]{1}\)
,dan volgt uit
\(a^n = b^n\)
, dan \(a = \sqrt[n]{1}b\)
.Akarai zo lukt het wel, maar het kan ietsje eenvoudiger.
Hier mijn idee:
Als
\(z = (\tan(x) + i)^n\)
, dan staat er\(z + z^{\ast} = 0\)
(\(z^{\ast}\)
is de complex geconjungeerd van z).ofwel
\(2\mbox{Re}(z) = 0\)
Dus \(\mbox{Re}((\tan(x)+i)^n) = \mbox{Re}(e^{n\ln(\tan(x)+i)}) = 0\)
ofwel
\(e^{n\ln(\sqrt{\tan^2(x)+1})}\cos(n\arctan(\frac{1}{\tan(x)})) = 0\)
dus \(\cos(n\arctan(\frac{1}{\tan(x)})) = 0\)
ofwel \(x = \arctan(\frac{1}{\tan(\frac{(2k+1)\pi}{2n})})\)
voor \(k \in \zz\)
Re: Complexe vergelijking
Uitstekende oplossing jhnbkjhnbk schreef:\( \frac{(\sin(x)+i\cos(x))^n}{(\sin(x)-i\cos(x))^n} = -1 \)
\(\left ( \frac{{sin\left( x\right) }^{2}-{cos\left( x\right) }^{2}}{{sin\left( x\right) }^{2}+{cos\left( x\right) }^{2}}+i \frac{2\,cos\left( x\right) \,sin\left( x\right) }{{sin\left( x\right) }^{2}+{cos\left( x\right) }^{2}} \right ) ^n=-1\)\( \left ( cos 2x + i \cdot sin 2x \right ) ^n= -1\)\( \left ( e^{i \cdot 2x} \right ) ^n=-1\)\(x=-\frac{i\,{\left( -ln\left( -1\right) \right) }^{\frac{1}{n}}\,{\left( -1\right) }^{\frac{1}{n}}}{2}\)
Op het laatst neem je een verkeerde afslag.
\( \left ( e^{i \cdot 2x} \right ) ^n=-1\)
ofwel\( e^{i \cdot 2nx}=-1\)
ofwel\( e^{i \cdot 2nx}=e^{(2k+1)\pi i}\)
\(2nx = (2k+1)\pi\)
\(x = \frac{(2k+1)\pi}{2n}\)
en dat is exact wat ik ook heb (nou ja op die arctan(1/tan()) na dan, maar dat is een foutje mijnerzijds).-
- Berichten: 7.068
Re: Complexe vergelijking
Hoe raak je die arctan kwijt dan? (want ik had precies hetzelfde gedaan als jij en raak die arctan nergens kwijt.)en dat is exact wat ik ook heb (nou ja op die arctan(1/tan()) na dan, maar dat is een foutje mijnerzijds).
-
- Berichten: 2.746
Re: Complexe vergelijking
bij mij staat toch ook nog de n-de macht wortel van -1 ?PeterPan schreef:Niet helemaal waar. Uit\(a^n = b^n\)volgt niet a=b,
want er zijn n (verschillende) oplossingen van de vergelijking\(z^n = 1\).
Als je een typische oplossing van\(z^n = 1\)aangeeft met\(\sqrt[n]{1}\),
dan volgt uit\(a^n = b^n\), dan\(a = \sqrt[n]{1}b\).
Re: Complexe vergelijking
bij mij staat toch ook nog de n-de macht wortel van -1 ?
\((\tan(x)+i)^n+(\tan(x)-i)^n=0\)
dan\((\tan(x)+i)^n = \left(\sqrt[n]{-1}\right)^n(\tan(x)-i)^n\)
\(\tan(x)+i = \sqrt[n]{1}\sqrt[n]{-1}(\tan(x)-i)\)
enz.Dat levert een oplossing.
Vervang dan nog in de uitkomst (om reële oplossingen te verkrijgen)
\(\sqrt[n]{1}\)
door \(e^{\frac{2m\pi}{n}}\)
en \(\sqrt[n]{-1}\)
door \(e^{\frac{(2k+1)\pi}{n}}\)
en je krijgt als het goed is hetzelfde resultaat als jhnbk.-
- Berichten: 3.330
Re: Complexe vergelijking
Ik heb het zo gedaan:
\((\frac{\sin(x)}{\cos(x)}+i)^n+...=0\)
\((\sin(x)+i\cos(x))^n+...=0\)
\((\cos(\frac{\pi}{2}-x)+i\sin(\frac{\pi}{2}-x))^n+(\cos(\frac{\pi}{2}-x)-i\sin(\frac{\pi}{2}-x))^n\)
In de tweede ne macht -sin door +sin veranderen door argument van teken te veranderen, dan De Moivre toepassen,vereenvoudigen, dan krijgen we:\(2\cos(n(\frac{\pi}{2}-x))=0\)
Dan krijgen we:\(n(x-\frac{\pi}{2})=(2k+1)\frac{\pi}{2}\)
\(k\in\zz\)
\(nx=(2k+1)\frac{\pi}{2}+n\frac{\pi}{2}\)
\(x=\frac{(2k+1)\frac{\pi}{2}}{n}+\frac{\pi}{2}\)
Volgens mijn verstand kan er niets bestaan en toch bestaat dit alles?
