Existe una formula para $\sin(xy)$

Question

Podemos expresar una función trigonométrica para el producto de dos ángulos como una función de las funciones trigonométricas de sus factores?

Por ejemplo: ¿hay una fórmula para $\sin(xy)$ como una función de la $\sin x$ $\sin y$ o de otras funciones trigonométricas de $x$$y$.

Answer 1

Poco probable que sea explícitamente/en términos puramente de $\sin x$, $\sin y$, etc.

Pero $\, \sen xy=\sin \left[ \frac{(x+y)^{2}}{4}-\frac{(x+y)^{2}}{4} \a la derecha] =\sin \frac{(x+y)^{2}}{4} \cos \frac{(x-y)^{2}}{4}- \cos \frac{(x+y)^{2}}{4} \el pecado \frac{(x-y)^{2}}{4}$

o aproximadamente un pequeño$\, x$$y$,

$\sen xy \approx \sin x \pecado y \left( 1+\frac{\sin^{2} x+\sin^{2} y}{6}+\frac{3}{40}\sin^{4} x-\frac{5}{36}\sin^{2} x \sin^{2} y+\frac{3}{40} \sin^{4} y \right)$

Answer 2

En realidad, hay una especie de fórmula. Vamos $$T_d^n=\cos\left(\frac{n-d}{2}\pi\right)\frac{2^dn}{n+d}{{\frac{n+d}2}\choose d}$$ entonces tenemos $$\cos(n \arccos(x))=\sum_{d=0}^\infty T_d^nx^d \,\,\,\,\,\,\,\,\,\forall |x|<1$$ como ambos satisfacen la ecuación diferencial (con una única solución) $$(1-x^2)f''=xf'-n^2f, f(0)=\cos\left(\frac{n\pi}2\right),f'(0)=n\sin\left(\frac{n\pi}2\right)$$

A continuación, tenga en cuenta que $\cos(nx)=\cos(n \arccos(\cos x))$ $|x|\leq\pi$ (por entero $n$ sin embargo la afirmación es verdadera para todos los $x$). Por lo tanto, tenemos $$\cos(n x)=\sum_{d=0}^\infty T_d^n\cos^d(x) \,\,\,\,\,\,\,\,\,\forall |x|\leq\pi$$ y por la diferenciación de una vez y hacer un poco de multiplicar, obtenemos $$\sin(n x)=\sum_{d=0}^\infty \frac{d\cdot T_d^n}{n}\cos^{d-1}(x)\sin(x) \,\,\,\,\,\,\,\,\,\forall |x|\leq\pi$$

Nota: Al $n$ es un número entero, $T_d^n=0$ $d>n$ (el coeficiente binomial es $0$), por lo que la serie va a ser en realidad finita. El $\cos\left({\frac{n-d}{2}\pi}\right)$ también tienen un patrón repetitivo de $\{1,0,-1,0\}$, y la fórmula será válida para todos los $x$. Estos son los llamados Polinomios de Chebyshev.

Answer 3

AFAIK, no, no para el caso general $x,y \in \mathbb{R}$. Pero si $y=n \in \mathbb{N}$, tenemos

$$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\cos^kx\sin^{n-k}x\sin \left[ \frac{1}{2}(n-k)\pi \right]$$

Hay un par de otras formulaciones de la página enlazada, pero como he dicho, no cabe duda de que este ha sido ampliado para cubrir a todos los reales. Pero he estado equivocado antes y haría yo mismo también muy interesado en encontrar una función de este tipo.

Answer 4

Si, por ejemplo, $-\pi/2 \le x \le \pi/2$, e $-\pi/2 \le y \le \pi/2$, luego $$\sin(xy) = \sin(\arcsin(\sin(x)) \arcsin(\sin(y)))$$ expresa $\sin(xy)$ como una función de la $\sin(x)$$\sin(y)$. Otras fórmulas puede ser utilizado para otros intervalos.

Por otro lado, no hay manera de escribir $\sin(xy)$ como una función continua de un número finito de número de funciones de la forma $\sin(\alpha x)$, $\cos(\alpha x)$, $\sin(\alpha y)$, $\cos(\alpha y)$ válido para todos real $x,y$ (es decir, no hay función continua $F$$[-1,1]^n$, las opciones de $v_j$ de $\sin(\alpha_j x)$, $\cos(\alpha_j x)$, $\sin(\alpha_j y)$, $\cos(\alpha_j y)$, y constantes $\alpha_1 \ldots \alpha_n$, tal que $F(v_1,\ldots,v_n) = \sin(xy)$ todos los $x,y \in \mathbb R$).

Una función de este tipo $F(v_1, \ldots,v_n)$ sería de manera uniforme continua en $\mathbb R^2$, e $\sin(xy)$ no lo es.

Answer 5

Uno puede utilizar el binomio de expansión en combinación con el complejo de extensión de funciones trigonométricas:

$$\cos(xy)=\frac{e^{xyi}+e^{-xyi}}{2}=\frac{a^{xy}+a^{-xy}}2$$

El uso de $a=e^i$ por la simplicidad.

También tenemos:

$$(a+a^{-1})^n=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{n!a^{n-i}a^{-i}}{i!(n-i)!}=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{n!a^{n-i}}{i!(n-2i)!}$$

Que se obtiene mediante la expansión binomial.

También tenemos:

$$(a+a^{-1})^n=(a^{-1}+a)^n=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{n!a^{2j-n}}{j!(n-j)!}$$

Y, la combinación de los dos, obtenemos:

$$(a+a^{-1})^n=\frac{\sum_{i=0}^{\infty}\frac{n!a^{n-2i}}{i!(n-i)!}+\sum_{j=0}^{\infty}\frac{n!a^{2j-n}}{j!(n-j)!}}2=\frac12\sum_{i=0}^{\infty}\frac{n!}{i!(n-i)!}(a^{n-2i}+a^{-(n-2i)})$$

Si tenemos $\cos(n)=\frac{a^n+a^{-n}}2$, luego tenemos

$$(2\cos(n))^k=(a^n+a^{-n})^k=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{k!}{i!(k-i)!}\frac{a^{n(k-2i)}+a^{-n(k-2i)}}2$$

Además, el extremo derecho de la última ecuación puede ser simplificada en forma de coseno:

$$\sum_{i=0}^{\infty}\frac{k!}{i!(k-i)!}\frac{a^{n(k-i)}+a^{-n(k-i)}}2=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{k!}{i!(k-i)!}(\cos(n(k-2i)))$$

Así, podemos ver que para $\cos(ny)$, es simplemente el primero de los muchos términos en $\cos^n(y)$ y podemos reescribir la suma de fórmula como:

$$(2\cos(n))^k=\cos(nk)+\sum_{i=1}^{\infty}\frac{k!}{i!(k-i)!}(\cos(n(k-2i)))$$

Y reordenando términos, se obtiene:

$$\cos(nk)=2^k\cos^k(n)-\sum_{i=1}^{\infty}\frac{k!}{i!(k-i)!}(\cos(n(k-2i)))$$ Esto se convierte en explícito fórmulas para $n=0,1,2,3,\dots$

Tomo nota de que no hay manera en que usted puede reducir la fórmula anterior sin el conocimiento de que $n,k\in\mathbb{Z}$.

También, es muy difícil producir las fórmulas de, por decir, $\cos(10x)$ porque al proceder a hacerlo, te darás cuenta de que se requiere el conocimiento de $\cos(8x),\cos(6x),\cos(4x),\dots$, lo que puede eventualmente resolver, comenzando con $\cos(2x)$ (que viene a ser el bien conocida de doble ángulo de la fórmula), el uso de este para encontrar, $\cos(4x)$, el uso que encontrar a $\cos(6x)$, etc. todo el camino a $\cos(10x)$.

En particular, esto puede ser más fácil que los Polinomios de Chebyshev, ya que sólo requiere que usted conozca la par/impar fórmulas menos que el que usted está tratando de resolver. (debido a $-2i$)

Pero esto es lo más cerca que se puede dar a usted por la fórmula de $\cos(xy)$, $x,y\in\mathbb{R}$.

Esto también es cierto para $x,y\in\mathbb{C}$.

Como otros han señalado, este también puede ser resuelto en términos del Polinomio de Chebyshev:

$$T_n(\cos(x))=\cos(nx)$$

Trivialmente,

$$T_0(\cos(x))=1$$

$$T_1(\cos(x))=\cos(x)$$

A través de la suma de los ángulos de la fórmula, es derivable que tenemos:

$$T_n(\cos(x))=2T_{n-1}(\cos(x))-T_{n-2}(\cos(x))$$

Mucho más fácil la fórmula recursiva para $n\in\mathbb{Z}$.

La fórmula para $\sin(nk)$ es fácilmente derivable con el binomio de expansión:

$$\sin(nk)=\frac{e^{-nki}-e^{nki}}{2i}=\frac{c^{nk}-c^{-nk}}2$$

La solución es muy similar a la del coseno, con la excepción de que los números complejos se parecen más de lo que uno puede como.

También, no hay ningún polinomio de Chebyshev para el seno tan lejos como yo he visto. Probablemente más fácil de usar $\sin(nk)=\cos(nk+\frac12\pi)$

Anexo

Voy a proceder a intentar explicar cómo el uso adicional de mi definición recursiva.

Empezar con

$$\cos(nk)=2\cos^k(n)-\sum_{i=1}^{\infty}\frac{k!}{i!(k-i)!}(\cos(n(k-2i)))$$

También tenemos:

$$\cos(n(k-2j))=2\cos^{k-2j}(n)-\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(k-2j)!}{i!(k-2j-i)!}(\cos(n(k-2j-2i)))$$

Se combinan los dos anteriores para obtener:

$$\cos(nk)=2\cos^k(n)-\sum_{i=1}^{\infty}\frac{k!}{i!(k-i)!}(2\cos^{k-2j}(n)-\sum_{j=1}^{\infty}\frac{(k-2i)!}{j!(k-2i-j)!}(\cos(n(k-2j-2i))))$$

Voy a llamar a todos los números con el factoriales $\beta_i$:

$$\cos(nk)=2\cos^k(n)-\sum_{i=1}^{\infty}\beta_i(2\cos^{k-2j}(n)-\sum_{j=1}^{\infty}\beta_j\cos(n(k-2j-2i))))$$

A través de un proceso muy doloroso, puede que el factor de cada término de esta manera, sólo me imagino que no es tanto de un hermoso proceso.

Lo más probable es que también se ejecuta en el problema de la divergencia, que pueden ser fijas con $\cos(k-2i)=\cos(2i-k)$, permitiendo que los términos en la expansión binomial para tener siempre los exponentes positivos para que no se quede en $0^{-1}$ o divergencia de los problemas.