Страница 146 номер 15.21, ГДЗ по алгебре за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень. Алгебра и начала математического анализа

С последним слагаемым \(C_{100}^{50}\), как в условии, равенство неверно. Подставим \(\varphi = 0\): левая часть равна \(\sin^{100} 0 = 0\), а в правой части все косинусы равны \(1\), и она равна \(\frac{1}{2^{99}}\left(C_{100}^0 - C_{100}^1 + C_{100}^2 - \ldots - C_{100}^{49} + C_{100}^{50}\right)\), где \(C_{100}^0 = 1\) — коэффициент при \(\cos 100\varphi\).

Найдём эту сумму. По формуле бинома Ньютона \((a + b)^n = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n - 1}b + \ldots + C_n^n b^n\); при \(a = 1\), \(b = -1\), \(n = 100\) получаем \(C_{100}^0 - C_{100}^1 + C_{100}^2 - \ldots - C_{100}^{99} + C_{100}^{100} = 0\). Так как \(C_{100}^k = C_{100}^{100 - k}\), а числа \(k\) и \(100 - k\) одной чётности, слагаемые этой суммы, равноотстоящие от её концов, равны, поэтому \(2\left(C_{100}^0 - C_{100}^1 + \ldots - C_{100}^{49}\right) + C_{100}^{50} = 0\) и \(C_{100}^0 - C_{100}^1 + \ldots - C_{100}^{49} = -\frac{1}{2}C_{100}^{50}\). Тогда при \(\varphi = 0\) правая часть равна \[\frac{1}{2^{99}}\left(-\frac{1}{2}C_{100}^{50} + C_{100}^{50}\right) = \frac{C_{100}^{50}}{2^{100}}.\] Это число больше нуля, поэтому напечатанное равенство неверно.

Докажем равенство с последним слагаемым \(\frac{1}{2}C_{100}^{50}\): \[\begin{aligned} &\sin^{100} \varphi = \frac{1}{2^{99}}\Bigl(\cos 100\varphi - C_{100}^1\cos 98\varphi + C_{100}^2\cos 96\varphi - {} \\ &- \ldots - C_{100}^{49}\cos 2\varphi + \frac{1}{2}C_{100}^{50}\Bigr). \end{aligned}\]

Пусть \(z = \cos \varphi + i\sin \varphi\). Тогда \(\overline{z} = \cos \varphi - i\sin \varphi = \cos(-\varphi) + i\sin(-\varphi)\), \(z - \overline{z} = 2i\sin \varphi\) и \(z\overline{z} = |z|^2 = 1\). По формуле Муавра при любом натуральном \(m\) \[z^m + \overline{z}^m = (\cos m\varphi + i\sin m\varphi) + (\cos(-m\varphi) + i\sin(-m\varphi)) = 2\cos m\varphi.\]

Так как \((2i)^{100} = 2^{100}(i^2)^{50} = 2^{100}\), то \[\sin^{100} \varphi = \left(\frac{z - \overline{z}}{2i}\right)^{100} = \frac{(z - \overline{z})^{100}}{2^{100}}.\]

По формуле бинома Ньютона \[\begin{aligned} &(z - \overline{z})^{100} = z^{100} - C_{100}^1 z^{99}\overline{z} + C_{100}^2 z^{98}\overline{z}^2 - \ldots + {} \\ &+ C_{100}^{98} z^2\overline{z}^{98} - C_{100}^{99} z\overline{z}^{99} + \overline{z}^{100}. \end{aligned}\] Среднее слагаемое равно \((-1)^{50}C_{100}^{50} z^{50}\overline{z}^{50} = C_{100}^{50}(z\overline{z})^{50} = C_{100}^{50}\). Слагаемые \((-1)^k C_{100}^k z^{100 - k}\overline{z}^k\) и \((-1)^{100 - k} C_{100}^{100 - k} z^k\overline{z}^{100 - k}\), где \(k = 0, 1, \ldots, 49\), равноотстоят от концов суммы; так как \((-1)^{100 - k} = (-1)^k\), \(C_{100}^{100 - k} = C_{100}^k\) и \(z\overline{z} = 1\), их сумма равна \[\begin{aligned} &(-1)^k C_{100}^k\left(z^{100 - 2k} + \overline{z}^{100 - 2k}\right) = {} \\ &= (-1)^k \cdot 2C_{100}^k\cos(100 - 2k)\varphi. \end{aligned}\]

Следовательно, \[\begin{aligned} &(z - \overline{z})^{100} = 2\cos 100\varphi - 2C_{100}^1\cos 98\varphi + 2C_{100}^2\cos 96\varphi - {} \\ &- \ldots - 2C_{100}^{49}\cos 2\varphi + C_{100}^{50}. \end{aligned}\] Отсюда \[\begin{aligned} &\sin^{100} \varphi = \frac{(z - \overline{z})^{100}}{2^{100}} = {} \\ &= \frac{1}{2^{99}}\Bigl(\cos 100\varphi - C_{100}^1\cos 98\varphi + C_{100}^2\cos 96\varphi - {} \\ &- \ldots - C_{100}^{49}\cos 2\varphi + \frac{1}{2}C_{100}^{50}\Bigr). \end{aligned}\] Равенство с последним слагаемым \(\frac{1}{2}C_{100}^{50}\) доказано.

Ответ: с последним слагаемым \(C_{100}^{50}\), как в условии, равенство неверно (при \(\varphi = 0\) левая часть равна \(0\), а правая — \(\frac{C_{100}^{50}}{2^{100}}\)); с последним слагаемым \(\frac{1}{2}C_{100}^{50}\) равенство верно при любом \(\varphi\).