Límite de las soluciones de una ecuación trigonométrica

Question

Considere la ecuación

\begin{equation} 2\cos(\sqrt{\lambda} \pi) \sin(\sqrt{\lambda} \frac{\pi}{n}) + \sin(\sqrt{\lambda} \pi) \cos(\sqrt{\lambda} \frac{\pi}{n})=0 \end{equation}

para $n \in \mathbb{N}$. Esto ocurrió cuando la solución de una ecuación. Quiero mostrar la existencia de una solución única $\lambda (n) \in (0,1)$ que satisface $\lambda (n) \rightarrow 1$$n \rightarrow \infty$.

Intuitivamente la solución, si existe, debe tener esta propiedad, ya que la primera parte de la suma de los enfoques $\sin(\sqrt{\lambda} \pi)$ y en la segunda parte los enfoques $0$$n \rightarrow \infty$. Sin embargo, no veo cómo probar esto.

Pregunta extra: ¿y si los 2 se sustituye por una arbitraria $k \in \mathbb{N}$. ¿Las soluciones, si existen, todavía convergen a $1$?

Edit: me siento romper la simetría, pero se me olvidó un factor en la primera parte de la suma.

Answer 1

Solución

Vamos $$c=\cos(\sqrt\lambda\dfrac\pi{n}), \quad s=\sin(\sqrt\lambda\dfrac\pi{n}), \quad C=\cos(\sqrt\lambda\pi), \quad S=\cos(\sqrt\lambda\pi),$$ entonces $$c^2+s^2=1,\quad C^2+S^2 = 1, \quad 2Cs+Sc=0,\quad C+jS=(c+js)^n,\quad j=\sqrt{-1}$$ Trivial soluciones son $$s=S=0,\quad c=\pm1,\quad C=\pm1;$$ $$c=C=0, \quad s=\pm1, \quad S=\pm1,$$ donde los signos $\pm$ depende de $n$.

Para $c\not=0,$ $$S=-\dfrac{2s}{c}C,\quad C^2+\dfrac{4s^2}{c^2}C^2=1,\quad C^2=\dfrac{c^2}{c^2+4s^2},$$ $$C=\pm\dfrac{c}{\sqrt{c^2+4s^2}}, \quad C+jS=\pm\dfrac{c-2js}{\sqrt{c^2+4s^2}},$$ $$(c+js)^{n} = \pm\dfrac{c-2js}{\sqrt{c^2+4s^2}}.$$ $$\Re(c+js)^{n}=\Re(c\pm j\sqrt{1-c^2})^{n}=\mathrm T_n(c),$$ $$\mathrm T_n(c) = \pm\dfrac{c}{\sqrt{4-3c^2}},\quad \mathrm T_n^2(c)=\dfrac{c^2}{4-3c^2},$$ donde $\mathrm T_n(x)$ es polinomios de Chebyshev de la primera clase. $$2T_n^2(x)-1=T_{2n}(x),$$ así $$\mathrm T_{2n}(c) = \dfrac{5c^2-4}{4-3c^2},\quad \sqrt\lambda = \dfrac n\pi \arccos c,\qquad(1)$$ $$\boxed{(3x-4)\mathrm T_{2n}(\sqrt x) +5x-4 = 0,\quad \lambda = \left(\dfrac n\pi \arccos\sqrt x\right)^2.}\qquad(2)$$

El fin de la primera ecuación $(2)$$n+1,$, por lo que la máxima cantidad de soluciones es $n+1$.

Ejemplos

Ahora podemos considerar las soluciones de $(2)$ varios $n.$

$\boxed{n=1}$

$$\mathrm T_2(\sqrt x) = 2x-1,$$ $$(3x-4)(2x-1) + 5x-4 = 0,\quad 6x(x-1) = 0,$$ $$(x,\lambda)\en\left\{ \left(0,\dfrac14\right) \left(1,0\right) \right\}.$$

$\boxed{n=2}$

$$\mathrm T_4(\sqrt x) = 8x^2 -8x +1,$$ $$(3x-4)(8x^2-8x+1) + 5x-4 = 0,\quad 8(x-1)^2(3x-1) = 0.$$ $x=1$ es la raíz de multiplicidad 2. $$(x,\lambda)\en\left\{ \left(\dfrac13, \left(\dfrac2\pi\arccos{\sqrt{\dfrac13}}\right)^2\right) \left(1,0\right) \right\},$$ $$(x,\lambda)\en\left\{ \left(0.333333, 0.369875\right), \left(1, 0\right) \right\}.$$

$\boxed{n=3}$

$$\mathrm T_6(\sqrt x) = 32x^3 -48x^2 +18x -1,$$ $$(3x-4)(32x^3-48x^2 +18x-1) + 5x-4 = 0,\quad 2x(12x-7)(x-1)(4x-5) = 0,$$ $$(x,\lambda)\en\left\{ \left(0,\dfrac94\right) \left(\dfrac7{12},\left(\dfrac3\pi\arccos{\sqrt{\dfrac7{12}}}\right)^2\right), \left(1,0\right), \left(\dfrac54, \left(\dfrac3\pi\arccos{\sqrt{\frac54}}\right)^2\right) \right\},$$ $$(x,\lambda)\en\left\{ \left(0, 2.25\right), \left(0.583333, 0.448966\right), \left(1,0\right), \left(1.25, -0.211162\right) \right\},$$

$\boxed{n=4}$

$$\mathrm T_8(\sqrt x) = 128x^4 -256x^3 +160x^2 -32x +1,$$ $$(3x-4)(128x^4 -256x^3 +160x^2 -32x +1) + 5x-4 = 0, \quad 8 (x-1)(4x^2-6x+1)(12x^2-10x+1) = 0,$$ $$(x,\lambda)\en\left\{ \left(\dfrac{5-\sqrt{13}}{12}, \left(\dfrac4\pi\arccos{\sqrt{\dfrac{5-\sqrt{13}}{12}}}\right)^2\right), \left(\dfrac{3-\sqrt5}4, \left(\dfrac4\pi\arccos{\sqrt{\dfrac{3-\sqrt5}4}}\right)^2\right), \left(\dfrac{5+\sqrt{13}}{12}, \left(\dfrac4\pi\arccos{\sqrt{\frac{5+\sqrt{13}}{12}}}\right)^2\right) \left(1,0\right), \left(\dfrac{3+\sqrt5}4, \left(\dfrac4\pi\arccos{\sqrt{\dfrac{3+\sqrt5}4}}\right)^2\right), \right\},$$ $$(x,\lambda)\en\left\{ \left(0.116204, 2.424530\right), \left(0.190983, 2.028178\right), \left(0.717129, 0.509826\right), \left(1,0\right), \left(1.309017, -0.456474\right) \right\},$$

Tenga en cuenta que las raíces de las $\dfrac{3\pm\sqrt5}4$ no satisfacen a la cuestión de la ecuación.

Las raíces de análisis

Determinación de los polinomios de Chebyshev es dado $$\mathrm T_i(y)=\cos(i\arccos y).$$ Que se traduce $(1)$ $$\cos(2n\arccos c) = \dfrac{5c^2-4}{4-3c^2}.$$ Considerando que es la ecuación de $\cos(t)=a,$ tenemos soliution en forma indizada $$2n\arccos c = \dfrac\pi2(2m+1)+(-1)^m\left(\arccos\dfrac{5c^2-4}{4-3c^2}\right), \quad m=0..2n-1,$$ ($\arccos c \in[0,\pi]$).

Si para construir la función de $$h(c,m)=\dfrac1{2\arccos(c)}\left(\dfrac\pi2(2m+1)+(-1)^m\left(\arccos\dfrac{5c^2-4}{4-3c^2}\right)\right),\qquad(3)$$ las raíces de la ecuación dada son los puntos de intersección de esta función con líneas horizontales $h(x,m) = n.$ La trama en Mathcad da una indicación de que el número no trivial de las raíces de la ecuación de $(2)$ en el intervalo de $(0,1)$.

Tenga en cuenta que el cero de la rama de la gráfica pasa por el punto de $c = 1$ y termina a las $c = \sqrt{4/3}$. Sin embargo, el resto de las ramas están en $c = 1$ asíntota vertical. Este hecho es confirmado por las gráficas de las funciones y sus derivados, así como un análisis de la expresión de los derivados.

Por lo tanto, la hipótesis de que el comportamiento asintótico de las raíces recibe un fuerte apoyo.

Caso de k > 2

Usando la misma manera, tenemos las fórmulas $$\mathrm T_{2n}(c) = \dfrac{(k^2+1)c^2-k^2}{k^2-(k^2-1)c^2},\quad \sqrt\lambda = \dfrac n\pi \arccos c,\qquad(1')$$ $$((k^2-1)x-k^2)\mathrm T_{2n}(\sqrt x) + (k^2+1)x - k^2 = 0,\quad \lambda = \left(\dfrac n\pi \arccos\sqrt x\right)^2,\qquad(2'),$$ $$h(c,m,k)=\dfrac1{2\arccos(c)}\left(\dfrac\pi2(2m+1)+(-1)^m\left(\arccos\dfrac{(k^2+1)c^2-k^2}{k^2-(k^2-1)c^2}\right)\right), \qquad(3').$$ Tenemos los siguientes gráficos de $h(c,m,3)$ y $h'_c(c,m,3)$ con la siguiente fórmula para los derivados.

Conclusiones

$1.$ Inicial de la ecuación trigonométrica con el parámetro $n$ se reduce a un polinomio algebraico de ecuaciones de orden $n+1$ con un conocido constante de los coeficientes.

$2.$ Inicial trigonomic ecuación determina no más de $n+1$ autovalores. Podemos llegar a todos ellos, pero la parte de ellos que no cumplen a la cuestión de la ecuación por diferentes razones.

$3.$ El autovalor $\lambda = 0$ existe para todas las $n>2$.

$4.$ Obtenemos una resolución de la ecuación para cada rama de la ambigüedad.

$5.$ La hipótesis de que el comportamiento asintótico de las raíces recibe un fuerte apoyo

$6.$ Si en lugar de $2$ tomar un valor arbitrario $k\in\mathbb N$, en tanto la metodología como los resultados cambiarán un poco.

Answer 2

La ecuación es equivalente a:

$$\sin\left( \sqrt{\lambda} \left( \frac{n+1}n \right) \pi \right) = 0$$

Que tiene las soluciones:

$$\sqrt{\lambda}(n+1) = nk$$

A partir de aquí, podemos ver que $k \ge 0$.

Nosotros tenemos la solución, para $k = 1$,

$$\lambda = \left( \frac{n}{n+1} \right)^2 = \lambda(n)$$

que es en $(0,1)$ y converge a $1$.

Cualquier otra solución debe ser por $k = 0$ (lo que le da $\lambda = 0 \notin (0,1)$) o $k \ge 2$, en cuyo caso:

$$\sqrt{\lambda} = \frac{kn}{n+1} \ge \frac{2n}{n+1} \ge \frac{n+1}{n+1} = 1$$

que da $\lambda \ge 1$. Por lo tanto, la de arriba es la única solución en $(0,1)$

Answer 3

SUGERENCIA:

$$\implies\sin\sqrt\lambda\pi\dfrac{(n+1)}n=0$$

$$\implies\sqrt\lambda\pi\dfrac{(n+1)}n=m\pi$$ where $m$ es un número entero

$$\implies\sqrt\lambda=\dfrac{mn}{n+1}$$