Sia $m \geq 2$ un intero. Calcolare
$\prod_{k=1}^{m-1} \sin(\frac{k \pi}{m})$
e gioire
Fattori seni, prodotti sani.
Moderatori: Gianfranco, Bruno
Questo forum è una sezione del PORTALE DI BASE CINQUE
Fattori seni, prodotti sani.
"Oh! But I have been blind- blind. Complex, I have said?
Complicated? Mais non. Of a simplicity extreme - extreme.
And miserable one that I am, I saw nothing - nothing."
(Peril At End House)
Complicated? Mais non. Of a simplicity extreme - extreme.
And miserable one that I am, I saw nothing - nothing."
(Peril At End House)
La dimostrazione,almeno quella che ho io ,richiede due casi.
1)m=2n
Detto P il prodotto in questione,risulta:
$P=\sin(\frac{\pi}{2n})\sin(\frac{2 \pi}{2n})*..*\sin(\frac{n \pi}{2n})*..*\sin(\frac{(2n-2) \pi}{2n})\sin(\frac{(2n-1) \pi}{2n})$
Il fattore centrale di P vale 1 e i fattori equidistanti da esso sono uguali
perché hanno argomenti supplementari.
Pertanto:
(1) $P=\prod_{k=1}^{n-1}\sin^2(\frac{k \pi}{2n})$
Ora e':
$x^{2n}-1=(x^2-1)\prod_{k=1}^{n-1}[x^2-(\epsilon_k^{(2n)}$$+\epsilon_c_k^{(2n)})x+\epsilon_k^{(2n)}*\epsilon_c_k^{(2n)}]$
dove le epsilon sono la radice 2n-esima di ordine k dell'unita' e la sua coniugata.
Pertanto ne viene che :
$\frac{x^{2n}-1}{x^2-1}=\prod_{k=1}^{n-1}[x^2-2x\cos(\frac{2k\pi}{2n})+1]$
Passando al limite per x->1,si ottiene:
$n=\prod_{k=1}^{n-1}2^2\sin^2(\frac{k \pi}{2n})$
Oppure:
$n=2^{2n-2}\prod_{k=1}^{n-1}\sin^2(\frac{k \pi}{2n})$
Quindi:
$\frac{n}{2^{2n-2}}=\prod_{k=1}^{n-1}\sin^2(\frac{k \pi}{2n})$
Percio' (tenendo conto della (1) ):
$P=\frac{n}{2^{2n-2}}=\frac{2n}{2^{2n-1}}$
Ma 2n=m e alla fine si ha:
$P=\frac{m}{2^{m-1}}$
Per m=2n+1 si lavora allo stesso modo ottenendo identico risultato.
karl
1)m=2n
Detto P il prodotto in questione,risulta:
$P=\sin(\frac{\pi}{2n})\sin(\frac{2 \pi}{2n})*..*\sin(\frac{n \pi}{2n})*..*\sin(\frac{(2n-2) \pi}{2n})\sin(\frac{(2n-1) \pi}{2n})$
Il fattore centrale di P vale 1 e i fattori equidistanti da esso sono uguali
perché hanno argomenti supplementari.
Pertanto:
(1) $P=\prod_{k=1}^{n-1}\sin^2(\frac{k \pi}{2n})$
Ora e':
$x^{2n}-1=(x^2-1)\prod_{k=1}^{n-1}[x^2-(\epsilon_k^{(2n)}$$+\epsilon_c_k^{(2n)})x+\epsilon_k^{(2n)}*\epsilon_c_k^{(2n)}]$
dove le epsilon sono la radice 2n-esima di ordine k dell'unita' e la sua coniugata.
Pertanto ne viene che :
$\frac{x^{2n}-1}{x^2-1}=\prod_{k=1}^{n-1}[x^2-2x\cos(\frac{2k\pi}{2n})+1]$
Passando al limite per x->1,si ottiene:
$n=\prod_{k=1}^{n-1}2^2\sin^2(\frac{k \pi}{2n})$
Oppure:
$n=2^{2n-2}\prod_{k=1}^{n-1}\sin^2(\frac{k \pi}{2n})$
Quindi:
$\frac{n}{2^{2n-2}}=\prod_{k=1}^{n-1}\sin^2(\frac{k \pi}{2n})$
Percio' (tenendo conto della (1) ):
$P=\frac{n}{2^{2n-2}}=\frac{2n}{2^{2n-1}}$
Ma 2n=m e alla fine si ha:
$P=\frac{m}{2^{m-1}}$
Per m=2n+1 si lavora allo stesso modo ottenendo identico risultato.
karl
Ultima modifica di karl il gio mar 29, 2007 7:30 pm, modificato 1 volta in totale.
Impeccabile!
Ho trovato svolto (ahime ! ) questo prodotto studiando la dimostrazione della formula di duplicazione di Legendre (per la funzione Gamma). Si utilizza principalmente proprio la scomposizione del polinomio $x^n-1$ in $\mathbb{C}$.
Un altro metodo, anche se essenzialmente molto simile al tuo, parte dall'identità $e^{\pm it}=\cos(t) \pm i\sin(t)$.
Ciao!
Ho trovato svolto (ahime ! ) questo prodotto studiando la dimostrazione della formula di duplicazione di Legendre (per la funzione Gamma). Si utilizza principalmente proprio la scomposizione del polinomio $x^n-1$ in $\mathbb{C}$.
Un altro metodo, anche se essenzialmente molto simile al tuo, parte dall'identità $e^{\pm it}=\cos(t) \pm i\sin(t)$.
Ciao!
"Oh! But I have been blind- blind. Complex, I have said?
Complicated? Mais non. Of a simplicity extreme - extreme.
And miserable one that I am, I saw nothing - nothing."
(Peril At End House)
Complicated? Mais non. Of a simplicity extreme - extreme.
And miserable one that I am, I saw nothing - nothing."
(Peril At End House)
Dopo un paio di settimane senza internet,
finalmente posso ri-sbirciare (ma giusto un
attimo) fra i post di Basecinque...
Innanzitutto, do il benvenuto a Karl
Credo di non sbagliare se penso che sia
l'ottimo solutore che ho già conosciuto
altrove, preparatissimo e sempre molto
istruttivo!
Non ho avuto modo di "misurarmi" con
il problema (che forse mi avrebbe liquidato
in pochi millimetri...), ma son proprio felice
di aver potuto leggere la soluzione di Karl:
impeccabile, come dice Tino!
Grazie, Karl!
Grazie anche a Tino per il quesito e a Franco
per il suo interessante contributo.
finalmente posso ri-sbirciare (ma giusto un
attimo) fra i post di Basecinque...
Innanzitutto, do il benvenuto a Karl
Credo di non sbagliare se penso che sia
l'ottimo solutore che ho già conosciuto
altrove, preparatissimo e sempre molto
istruttivo!
Non ho avuto modo di "misurarmi" con
il problema (che forse mi avrebbe liquidato
in pochi millimetri...), ma son proprio felice
di aver potuto leggere la soluzione di Karl:
impeccabile, come dice Tino!
Grazie, Karl!
Grazie anche a Tino per il quesito e a Franco
per il suo interessante contributo.
Bruno