Γινόμενο ημιτόνων

Tolaso J Kos · #1

Ας δειχθεί ότι: $\displaystyle{\dfrac{2n}{2^{2n}} = \left(\prod_{r=1}^{n} \sin \frac{r\pi}{2n+1}\right)^2}$ .

#2

Tolaso J Kos έγραψε:Ας δειχθεί ότι: $\displaystyle{\dfrac{2n}{2^{2n}} = \left(\prod_{r=1}^{n} \sin \frac{r\pi}{2n+1}\right)^2}$ .

Βρίσκω το αριστερό μέλος $\frac {2n {\color {red}+1}}{2^{2n}}$ . Προφανώς πρόκειται για τυπογραφικό.

Τα κύρια βήματα:

Είναι γνωστό (υπάρχει σε όλες τις παλιές Τριγωνομετρίες) και αποδεικνύεται εύκολα από το Θεώρημα De Moivre ότι το $\frac {\sin N \theta}{\sin \theta}$ είναι πολυώνυμο βαθμού N-1

του $\cos \theta$ με πρώτο συντελεστή $2^{N-1}$ . Τώρα, για N = 2n+1

, οι τιμές του $\cos \theta$ για τις οποίες ισχύει $\frac {\sin (2n+1) \theta}{\sin \theta}=0$ είναι οι $\pm \cos \frac {\pi}{2n+1}, \pm \cos \frac {2\pi}{2n+1}, ..., \pm \cos \frac {n\pi}{2n+1}$ . Παίρνοντάς τις ανά ζεύγη, έχουμε

$\displaystyle{\frac {\sin (2n+1) \theta}{\sin \theta}= 2^{2n} \left (\cos ^2 \theta - \cos ^2 \frac {\pi}{2n+1} \right )...\left (\cos ^2 \theta - \cos ^2 \frac {n\pi}{2n+1} \right ) }$

άρα από την $\cos ^2 y = 1-\sin ^2 y$ έπεται

$\boxed {\displaystyle{ \frac {\sin (2n+1) \theta}{\sin \theta}= 2^{2n} \left ( \sin ^2 \frac {\pi}{2n+1} - \sin ^2 \theta \right )...\left ( \sin ^2 \frac {n\pi}{2n+1} - \sin ^2 \theta \right ) }}$

Ο ωραίος αυτός τύπος υπάρχει σε όλες τις παλιές Τριγωνομετρίες και είναι γενικότερος του ζητούμενου: Παίρνοντας όριο $\theta \to 0$ δίνει το ζητούμενο.

Φιλικά,

Μιχάλης

Edit: Έκανα μικροαλλαγές. Αρχικά παρασύρθηκα από την εσφαλμένη εκφώνηση.

chris_konst · #3

Tolaso J Kos έγραψε:Ας δειχθεί ότι: $\displaystyle{\dfrac{2n}{2^{2n}} = \left(\prod_{r=1}^{n} \sin \frac{r\pi}{2n+1}\right)^2}$ .

Θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο $\boxed{ \prod^{n-1}_{r=1}{\sin \frac{r \pi}{n }} = \frac{ n } {2^{n-1}}}$

Είναι: $\displaystyle{ \prod^{2n}_{r=1}{\sin \frac{r \pi}{2n+1 }} = \frac{ 2n+1 } {2^{2n}} \Leftrightarrow \boxed{ \left( \prod^{n}_{r=1}{\sin \frac{r \pi}{2n+1 }} \right) \left( \prod^{2n}_{r=n+1}{\sin \frac{r \pi}{2n+1 }} \right) = \frac{ 2n+1 } {2^{2n}}} \quad (1) }$

Όμως, $\displaystyle{\sin \frac{(n+1)\pi}{2n+1}= \sin(\pi - \frac{(n+1) \pi}{2n+1}) = \sin \frac{n \pi}{2n+1} }$ , $\displaystyle{\sin \frac{(n+2)\pi}{2n+1}= \sin(\pi - \frac{(n+2) \pi}{2n+1}) = \sin \frac{(n-1) \pi}{2n+1} }$ ,

κλπ αντίστοιχα $\displaystyle{ \sin \frac{2n\pi}{2n+1}= \sin \frac{\pi}{2n+1} }$ , οπότε η (1)

γίνεται:

$\displaystyle{ \boxed{ \left( \prod^{n}_{r=1}{\sin \frac{r \pi}{2n+1 }} \right)^2= \frac{2n+1}{2^{2n}} } }$

#4

chris_konst έγραψε: Θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο $\boxed{ \prod^{n-1}_{r=1}{\sin \frac{r \pi}{n }} = \frac{ n } {2^{n-1}}}$

Νομίζω ότι να παίρνουμε έναν έτοιμο, διόλου γνωστό, τύπο στο ίδιο επίπεδο πληροφορίας με το αποδεικτέο δεν είναι σωστή αντιμετώπιση της άσκησης. Με αυτή την λογική θα λύναμε όλες τις ασκήσεις που ζητούν απόδειξη τύπου απλά με το σχόλιο "είναι σωστός γιατί κάπου τον είδα¨. 'Ετσι όμως δεν βοηθάμε τον αναγνώστη ή τα Μαθηματικά.

Έχω το ίδιο σχόλιο για την δεύτερη λύση εδώ.

Μ.

Tolaso J Kos · #5

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Tolaso J Kos έγραψε:Ας δειχθεί ότι: $\displaystyle{\dfrac{2n}{2^{2n}} = \left(\prod_{r=1}^{n} \sin \frac{r\pi}{2n+1}\right)^2}$ .
Βρίσκω το αριστερό μέλος $\frac {2n {\color {red}+1}}{2^{2n}}$ . Υπάρχει τυπογραφικό σφάλμα;

Ναι, υπάρχει. Ζητώ συγνώμη. Το σωστό είναι $\displaystyle{\frac{2n+1}{2^{2n}}}$ όπως βρήκατε και στις δύο λύσεις. Μου φύγαν κάποια νούμερα στις πράξεις.

Antonis_Z · #6

Μετά την ωραία(και διδακτική) λύση του κ.Μιχάλη,ας δούμε και τη δική μου σκέψη.

Θέτω $z_{2n+1}=cos\frac{2\pi}{2n+1} +i\cdot sin\frac{2\pi}{2n+1}$ .
Παρατηρώ ότι $|1-z_{2n+1}^k|^2=2^2sin^2\frac{k\pi}{2n+1}$ ,για κάθε

φυσικό.
Πολλαπλασιάζοντας από

έως

λαμβάνω:
$\prod_{k=1}^{n}|1-z_{2n+1}^k|^2=2^{2n}(\prod_{k=1}^{n}sin\frac{k\pi}{2n+1})^2$ (1).
Τώρα,θεωρώ το πολυώνυμο $P(x)=x^{2n}+x^{2n-1}+...+x+1$ .Αυτό,ως γνωστόν,έχει ρίζες τις $z_{2n+1}^k$ για $1\leq k\leq 2n$ .Επιπλέον,είναι-σχεδόν-προφανές ότι οι $z_{2n+1}^k,z_{2n+1}^{2n+1-k}$ είναι συμμετρικές ως προς τον πραγματικό άξονα(τα arg

τους έχουν άθροισμα $2\pi$ και τα μέτρα τους είναι ίσα),συνεπώς οι εικόνες τους ισαπέχουν απ'το

(του πραγματικού άξονα).Κατά συνέπεια,προκύπτει ότι $|1-z_{2n+1}^k|^2=|1-z_{2n+1}^k||1-z_{2n+1}^{2n+1-k}|$ .
Επομένως,το αριστερό μέλος της (1) ισούται με |P(1)|=2n+1

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί(λόγω της (1)).

#7

Η απόδειξη του Αντώνη, λίγο πιο αναλυτικά:

Θεωρούμε το πολυώνυμο

$\displaystyle{f(x)=x^{2n+1}-1}$

του οποίου οι ρίζες είναι οι

$\displaystyle{z_k=\cos \frac{2k\pi}{2n+1}+i\sin \frac{2k\pi}{2n+1},~k=\overline{0,2n}}$

Μία από αυτές τις ρίζες είναι το $\displaystyle{1}$ και οι υπόλοιπες είναι ανά δύο συζυγείς.

Άρα

$\displaystyle{f(x)=(x-1)\prod_{k=1}^{n}(x-z_k)(x-\bar{z}_k)}$

Επειδή

$\displaystyle{z_k\bar{z}_k=1}$ και $\displaystyle{z_k+\bar{z}_k=2\cos \frac{2k\pi}{2n+1}}$

προκύπτει

$\displaystyle{f(x)=(x-1)\prod_{k=1}^{n}\Big(x^2-2\cos \frac{2k\pi}{2n+1}+1\Big)}$ .

Διαιρώντας με $\displaystyle{x-1}$ προκύπτει

$\displaystyle{x^{2n}+x^{2n-1}+\cdots +x+1=\prod_{k=1}^{n}\Big(x^2-2\cos \frac{2k\pi}{2n+1}+1\Big).}$

Θέτοντας τώρα $\displaystyle{x=1}$ βρίσκουμε

$\displaystyle{2n+1=\prod_{k=1}^{n}\Big(2-2\cos \frac{2k\pi}{2n+1}\Big)}$

η οποία, με χρήση της ταυτότητας $\displaystyle{1-\cos 2t=2\sin ^2t,}$ δίνει τη ζητούμενη.

Γινόμενο ημιτόνων

Γινόμενο ημιτόνων

Re: Γινόμενο ημιτόνων

Re: Γινόμενο ημιτόνων

Re: Γινόμενο ημιτόνων

Re: Γινόμενο ημιτόνων

Re: Γινόμενο ημιτόνων

Re: Γινόμενο ημιτόνων

Μέλη σε σύνδεση