Έγκυκλο γινόμενο

Al.Koutsouridis · #1

Με αφορμή το πρόβλημα του Ορέστη εδώ και δεδομένου των απαντήσεων και των τύπων που δόθηκαν.

Έστω ότι τα σημεία $A_{0}, A_{1}, ... , A_{n-2}, A_{n-1}$ διαιρούν το μοναδιαίο κύκλο σε

ίσα τμήματα. Να υπολογίσετε το γινόμενο

$\Pi_{n} = A_{0}A_{1} \cdot A_{0}A_{2} \cdot ... \cdot A_{0}A_{n-2} \cdot A_{0}A_{n-1}$

: enkuklo_ginomeno.png (7.3 KiB) Προβλήθηκε 980 φορές

Προσπαθήστε με χρήση μιγαδικών ή αλλο τρόπο να υπολογίσετε το γινόμενο ανεξάρτητα από τα αποτελέσματα στην παραπομπή.

S.E.Louridas · #2

Μία γρήγορη (με κάποιο ρίσκο λόγω ταχύτητας, λόγω λίγου σήμερα χρόνου) άποψη στο όμορφο αυτό πρόβλημα στηριζόμενοι στο γνωστό θεώρημα σε τρίγωνο $\displaystyle{ABC,\;\,bc = 2R{h_a}.}$

Αν πάρουμε τα μέσα των ίσων τόξων, τότε ο κύκλος θα είναι χωρισμένος σε

ίσα τμήματα.
Έχουμε ${A_0}{A_1} \cdot {A_0}{A_2} = 2 \cdot 1 \cdot {A_0}{A_2}\sin \frac{{2\pi }}{{2n}},\;{A_0}{A_2} \cdot {A_0}{A_3} = 2 \cdot 1 \cdot {A_0}{A_3}\sin \frac{{4\pi }}{{2n}},...$ , οπότε με πολλαπλασιασμό κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη ότι $\frac{{{x^{2n}} - 1}}{{{x^2} - 1}} = \frac{{{x^{2n}} + {x^{2n - 2}} + ... + x + 1}}{{x + 1}} = \left( {{x^2} - 2x\cos \frac{{2\pi }}{{2n}} + 1} \right)\left( {{x^2} - 2x\cos \frac{{4\pi }}{{2n}} + 1} \right)...$ ή $\frac{{{x^{2n}} + {x^{2n - 2}} + ... + x + 1}}{{x + 1}} = \left( {{x^2} - 2x\cos \frac{{2\pi }}{{2n}} + 1} \right)\left( {{x^2} - 2x\cos \frac{{4\pi }}{{2n}} + 1} \right)...$ παίρνουμε για x = 1

το ζητούμενο γινόμενο...

Σταμ. Γλάρος · #3

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 08, 2018 1:48 pm
Με αφορμή το πρόβλημα του Ορέστη εδώ και δεδομένου των απαντήσεων και των τύπων που δόθηκαν.

Έστω ότι τα σημεία $A_{0}, A_{1}, ... , A_{n-2}, A_{n-1}$ διαιρούν το μοναδιαίο κύκλο σε ίσα τμήματα. Να υπολογίσετε το γινόμενο

$\Pi_{n} = A_{0}A_{1} \cdot A_{0}A_{2} \cdot ... \cdot A_{0}A_{n-2} \cdot A_{0}A_{n-1}$

enkuklo_ginomeno.png

Προσπαθήστε με χρήση μιγαδικών ή αλλο τρόπο να υπολογίσετε το γινόμενο ανεξάρτητα από τα αποτελέσματα στην παραπομπή.

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια ...

: Έγκυκλο γινόμενο.png (93.62 KiB) Προβλήθηκε 882 φορές

Στην περίπτωσή μας έχουμε τις νιοστές ρίζες της μονάδας. Ωραίες αναμνήσεις από μιγαδικούς σε τριγωνομετρική μορφή...
Έλεγε η θεωρία...
Η εξίσωση z^n=1

, με $n\in\mathbb{N}^*$ έχει ακριβώς

διαφορετικές ρίζες, οι οποίες δίνονται από τον τύπο:

$z_k=cos\dfrac{2k\pi }{n}+isin\dfrac{2k\pi }{n}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ \,\,\,\, , k=0,1,2,...,n-1$ .
Επίσης γνωρίζουμε ότι οι εικόνες $A_o , A_1 , ... , A_{n-1}$ των αντίστοιχων λύσεων της εξίσωσης z^n=1

είναι κορυφές κανονικού πολυγώνου με

πλευρές εγγεγραμμένου σε κύκλο με κέντρο O(0,0)

και ακτίνα

.
Αρκετά με ... τις αναμνήσεις! Στο πρόβλημά μας έχουμε :

$(A_o A_1)=\left | z_1-1 \right |=\left | \left ( cos\dfrac{2\pi }{n} -1\right )+i\cdot sin\dfrac{2\pi }{n}\right |= \sqrt{\left ( cos\dfrac{2\pi }{n} -1\right )^2+ sin^2\dfrac{2\pi }{n}}= \sqrt{2\left ( 1-cos\dfrac{2\pi }{n} \right )} =$

$= \sqrt{2\cdot sin^2\dfrac{\pi }{n} } = 2\cdot sin\dfrac{\pi }{n}$ .
Φυσικά τα ημίτονα είναι θετικά αφού όλες οι γωνίες είναι οξείες.
Επομένως έχουμε $\Pi_{n} = A_{0}A_{1} \cdot A_{0}A_{2} \cdot ... \cdot A_{0}A_{n-2} \cdot A_{0}A_{n-1} =$

$= 2^{n-1}\cdot sin\dfrac{\pi }{n} \cdot sin\dfrac{2\pi }{n} ... \cdot sin\dfrac{(n-1)\pi }{n}$

$= 2^{n-1}\cdot \dfrac{n}{2^{n-1}} = n$ .

Απίστευτο ! Φυσικά αν δεν υπήρχε η βοήθεια

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 08, 2018 1:48 pm
Με αφορμή το πρόβλημα του Ορέστη εδώ και δεδομένου των απαντήσεων και των τύπων που δόθηκαν.
.......
Προσπαθήστε με χρήση μιγαδικών ή αλλο τρόπο να υπολογίσετε το γινόμενο ανεξάρτητα από τα αποτελέσματα στην παραπομπή.

δεν υπήρχε περίπτωση να φτάσω εδώ. Ευχαριστώ πολύ για την Άσκηση!
Ελπίζω να μην έχω κάνει καμιά πατάτα ...
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#4

Σταμάτη, αξίζει να πούμε στους μαθητές μας ότι μπορούμε να δούμε με στοιχειώδη τρόπο (δηλαδή χωρίς ρίζες της μονάδας)
ότι το ζητούμενο γινόμενο είναι το $\displaystyle \prod_{k=1}^{N-1} \sin \left( \frac{k \pi}{N} \right)$ . Απλά χρειάζεται να
παρατηρήσουμε ότι η χορδή επίκεντρης $2\theta$ στον μοναδιαίο κύκλο είναι $\sin \theta$ .

O υπολογισμός του τελικού γινομένου υπάρχει στην παραπάνω παραπομπή και σε όλες τις παλιές Τριγωνομετρίες.

Βλέπε εδώ για αναφορά του τύπου, αλλά
χωρίς απόδειξη.

Ο τύπος, ακριβέστερα μία γενίκευσή του, ονομάζεται στην βιβλιογραφία "De Moivre's property of the circle".

Al.Koutsouridis · #5

Ας δούμε πως μπορούμε να υπολογίσουμε το ζητούμενο γινόμενο χωρίς την χρήση του τύπου της παραπομπής.

Είναι

$\Pi_{n} = A_{0}A_{1} \cdot A_{0}A_{2} \cdot ... \cdot A_{0}A_{n-2} \cdot A_{0}A_{n-1} = \left | 1- \epsilon \right | \cdot \left | 1-\epsilon^{2} \right | \cdot ... \cdot \left | 1-\epsilon^{n-1} \right |=$

$\left | \left ( 1-\epsilon \right )\cdot \left ( 1-\epsilon^{2}\right ) \cdot ... \cdot \left ( 1-\epsilon^{n-1} \right ) \right |$

όπου $\epsilon, \epsilon^2, ..., \epsilon^{n-1}$ οι ρίζες της μονάδας που αντιστοιχούν στα σημεία $A_{1}, A_{2}, ...., A_{n-1}$

Θεωρούμε τώρα το πολυώνυμο $P(z) =\left ( z-\epsilon \right )\cdot \left ( z-\epsilon^2 \right ) \cdot ... \cdot \left ( z-\epsilon^{n-1} \right )$ , n-1

βαθμού. Το ζητούμενο γινόμενο είναι $\Pi_{n} = \left | P(1) \right |$

Παρατηρούμε ότι το πολυώνυμο Q(z) = (z-1)P(z)

έχει τις ίδιες ρίζες με το πολυώνυμο $z^{n}-1$ και ο μεγιστοβάθμιος συντελεστής τους είναι ίσος με

. Άρα τα πολυώνυμα είναι ίσα. Οπότε έχουμε

$Q(z) = (z-1)P(z) = z^n-1 \Rightarrow P(z) = \dfrac{z^n-1}{z-1} = z^{n-1} +z^{n-2}+ ... + z +1$ . Από όπου εύκολα βλέπουμε ότι P(1) =n

.

Χρησιμοποιώντας το παραπάνω αποτέλεσμα ως λήμμα μπορούμε, ως εφαρμογές, να υπολογίσουμε τα ζητούμενα τριγωνομετρικά γινόμενα. Θα χρειαστεί όπως έκανε ο κ.Λάμπρου παραπάνω να εκφράσουμε το γινόμενο στην τριγονομετρική του μορφή. Δηλαδή

$\displaystyle \Pi_{n} = 2^{n-1} \cdot \prod_{k=1}^{n-1} \sin \dfrac{k\pi}{n}$

Εδώ παρατηρούμε ότι την συμμετρικότητα των παραγόντων του γινομένου

$\sin \dfrac{(n-1)\pi}{n} = \sin \left ( \pi -\dfrac{\pi}{n} \right ) = \sin \dfrac{\pi}{n}$

$\sin \dfrac{2\pi}{n} = \sin \dfrac{(n-2)\pi}{n}$ κ.ο.κ

Οπότε $\displaystyle \Pi_{n} = 2^{n-1} \cdot \left ( \prod_{k=1}^{\left [ \dfrac{n}{2} \right ]} \sin \dfrac{k\pi}{n} \right )^{2}$

και τα ζητούμενα τριγωνομετρικά γινόμενα (εφόσον $\Pi_{n} =n$ ) θα είναι

$\displaystyle T_{n} = \prod_{k=1}^{\left [ \dfrac{n}{2} \right ]} \sin \dfrac{k\pi}{n} = \sqrt{\dfrac{n}{2^{n-1}}$

Για n=180

παίρνουμε το αποτέλεσμα της άσκησης που έθεσε αρχικά ο Ορέστης (παραπομπή).

Έγκυκλο γινόμενο

Έγκυκλο γινόμενο

Re: Έγκυκλο γινόμενο

Re: Έγκυκλο γινόμενο

Re: Έγκυκλο γινόμενο

Re: Έγκυκλο γινόμενο

Μέλη σε σύνδεση