Producto de senos

Publicado por ^DiAmOnD^ | 29 octubre, 2007 | Juegos | 45 |

Este problema nos lo manda nuestro conocido comentarista Domingo. Por recomendación suya lo propongo en dos partes:

Demostrar que:

1.- $sen \left (\cfrac{\pi}{5} \right ) \cdot sen \left (\cfrac{2 \pi}{5} \right ) \cdot sen \left (\cfrac{3 \pi}{5} \right ) \cdot sen \left (\cfrac{4 \pi}{5} \right )=\cfrac{5}{16}$

2.- $sen \left (\cfrac{\pi}{7} \right ) \cdot sen \left (\cfrac{2 \pi}{7} \right ) \cdot sen \left (\cfrac{3 \pi}{7} \right ) \cdot sen \left (\cfrac{4 \pi}{7} \right ) \cdot sen \left (\cfrac{5 \pi}{7} \right ) \cdot sen \left (\cfrac{6 \pi}{7} \right )=\cfrac{7}{2^6}$

Según él nos va a tener entretenidos durante un tiempo. Ánimo.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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foo

29/10/2007 17:18

a mi me da igual la demostración, yo lo que quiero son senos.

Pehuencura

29/10/2007 18:17

Acabo de leer la propuesta, 29-10-2007 a las 13;20 argentinas. Veamos que tiempo me lleva. (Espero no tener que decir que 50 años :S)

Domingo H.A.

29/10/2007 19:07

^DiAmOnD^, seguro que nos tendrá entretenidos durante un tiempo. Pero no quise dar a entender que ese tiempo tuviera que ser muy extenso. Estoy seguro de que surgirán propuestas curiosas en poco tiempo.

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fede

29/10/2007 23:11

Vaya, qué casualidad!. Estaba yo con la identidad
$\mathrm{sen}(3x) = 4 \cdot\mathrm{sen}(x)\cdot\mathrm{sen}(x+60^{\circ}) \cdot \mathrm{sen}(x+120^{\circ})$
y su relación con la fórmula para n positivo impar y $f(z) = 2i\ \mathrm{sen}(2\pi z) = e^{2\pi iz} - e^{-2\pi iz}$ :
$latex \displaystyle \frac{ f(nz) }{ f(z) } = \prod_{k=1}^{(n-1)/2} f(z + \frac{k}{n})
f(z – \frac{k}{n}) $

…y me parece que las identidades de arriba se deducen de ésta. Voy a mirarlo más en detalle. 🙂

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Asier

30/10/2007 00:29

Al no haber variables, uno puede coger la calculadora y ver que efectivamente, las igualdades se cumplen. Con lo cual quedaría demostrado, qué duda cabe 😀

^DiAmOnD^

30/10/2007 02:08

Hombre Asier, se espera algo más de originalidad 😀

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Manuel71

30/10/2007 03:19

$cos (\frac{\pi}{5})=\frac{\sqrt5 +1}{4}\Longrightarrow sen^2 (\frac{\pi}{5})=\frac{10-2\sqrt5}{16}$

$cos (\frac{2\pi}{5})=\frac{\sqrt5 - 1}{4}\Longrightarrow sen^2 (\frac{2\pi}{5})=\frac{10+2\sqrt5}{16}$

$sen (\frac{\pi}{5})\cdot sen (\frac{2\pi}{5})\cdot sen (\frac{3\pi}{5})\cdot sen (\frac{4\pi}{5})=sen^2 (\frac{\pi}{5})\cdot sen^2 (\frac{2\pi}{5})=\frac{10-2\sqrt5}{16}\cdot \frac{10+2\sqrt5}{16}=\frac{5}{16}$

Domingo H.A.

30/10/2007 11:03

Ok, de acuerdo con el paso adelante que ha dado Manuel71 para probar el caso 1.

No obstante esa estrategia va a ser complicada de seguir para demostrar el caso 2 (y el caso general).

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Tito Eliatron

30/10/2007 14:25

Bueno, vamos a demostrar en realidad que $\displaystyle{\forall n\ge2}$ , $\displaystyle{\Pi_{k=1}^{n-1} sen(k\pi/n)=\frac{n}{2^{n-1}}}$ .

Partamos de que $\displaystyle{z^n-1=\Pi_{k=1}^n(z-e^{2k\pi i/n})}$ (raíces n-ésimas de la unidad).

Dividiendo entre $z-1$ , tenemos que $\displaystyle{z^{n-1}+z^{n-2}+\dots+z+1= \Pi_{k=1}^{n-1}(z-e^{2k\pi i/n})}$ , luego para $z=1$ se tiene que

$\displaystyle{n-1=\Pi_{k=1}^{n-1}(1-e^{2k\pi i/n})}$ y dividiendo entre $2^{n-1}$ ,

$\displaystyle{\frac{n-1}{2^{n-1}}=\Pi_{k=1}^{n-1}\frac{1-e^{2k\pi i/n}}{2}}$ y multiplicando en cada factor arriba y abajo por $\displaystyle{e^{-k\pi i/n}}$ resulta que

$\displaystyle{\frac{n-1}{2^{n-1}}=\Pi_{k=1}^{n-1}\frac{e^{-k\pi i/n}-e^{k\pi i/n}}{2i} \cdot \frac{i}{e^{-k\pi i/n}}= (-i)^{n-1} \Pi_{k=1}^{n-1} sen(k\pi /n) \Pi_{k=1}^{n-1} e^{k\pi i/n}}$ .

Ahora bien,

$\displaystyle{\Pi_{k=1}^{n-1} e^{k\pi i/n} =Exp[\sum_{k=1}^{n-1} k\pi i/n] = Exp[\frac{k\pi}{n}\sum_{k=1}^{n-1}k]= Exp[\frac{k\pi}{n}\frac{(n-1)n}{2}] = e^{k\pi (n-1)/2}=(e^{k\pi/2})^{n-1}=i^{n-1}}$

Por lo tanto,

$\displaystyle{\frac{n}{2^{n-1}}=(-i)^{n-1} \Pi_{k=1}^{n-1} sen(k\pi /n) \cdot \Pi_{k=1}^{n-1} e^{k\pi i/n} =(-i)^{n-1}i^{n-1} \Pi_{k=1}^{n-1}sen(k\pi/n)}$ , luego

$\displaystyle{\frac{n}{2^{n-1}}=\Pi_{k=1}^{n-1}sen(k\pi/n)}$
que es lo que queríamos demostrar

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Martín

Reply to Tito Eliatron

05/08/2022 17:38

Cómo demostrarías que el mismo resultado corresponde a la serie de k=0 a n-1 de (-1)^k*(cos(pi*k/n))^n?

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fede

30/10/2007 15:29

Tito, muy buena demostración.

Responde

Domingo H.A.

30/10/2007 17:26

Sí señor, Tito. Muy buena prueba. Has dado en el clavo con una prueba general para el producto de los senos (aunque hay una errata menor en el argumento que no afecta a la demostración).

¿¿Podríamos intentar a continuación obtener una expresión análoga para el producto de los cosenos?? Es decir, obtener una expresión para cada natural $n\geq 2$ del producto

$\displaystyle{\prod_{k=1}^{n-1}} \cos\left(\cfrac{k\pi}{n}\right)$

Ánimo, que también se obtiene una expresión muy curiosa!!

Responde

Tito Eliatron

30/10/2007 17:35

Ok, la errata está en la linea:

$\Pi_{k=1}^{n-1}e^{k\pi i/n}=Exp[\sum_{k=1}^{n-1}k\pi i/n]=Exp[i\pi/n\sum_{k=1}^{n-1}k]=e^{i\pi (n-1)/2}$

Gracias Domingo

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Asier

30/10/2007 17:56

Ante todo, enhorabuena Tito. Y enhorabuena también Domingo, por plantearnos estos retos tan interesantes.

Me pregunto si no es posible una demostración elemental, sin números complejos.

Responde

Domingo H.A.

30/10/2007 18:09

Asier, yo he pensado lo mismo. La demostración de Tito me ha encantado. Yo conocía otra prueba ligeramente diferente usando polinomios «reales» pero que en el fondo tienen a las raíces enésimas de la unidad como raíces. O sea que en el fondo es más o menos lo mismo. Si te parece en cuanto se enfríe el post la pongo por aquí. De todos modos, recordemos la célebre frase de Hadamard sobre las verdades del «campo real». Así que aquí lo más coherente es usar las raíces enésimas. Deduzcan la expresión para el producto de los cosenos, que sale muy… Lee más »

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Acid

31/10/2007 01:08

Para el caso de producto de cosenos… para n par sería 0, esto se ve sin hacer mucho desarrollo matemático, ya que siendo n par existe un entero k=n/2… y para ese k el coseno es cos(PI/2) = 0 para n impar, la cosa se complica un poco más… aunque sí se puede deducir fácilmente el signo, agrupando por parejas de ángulos complementarios, cada pareja da un producto negativo y según el número de parejas el producto será positivo o negativo. Calcular el valor absoluto ya requiere algo de desarrollo matemático, pero Tito ya allanó el camino… en este caso… Lee más »

Responde

JAVIER

Reply to Acid

03/06/2016 16:31

sin((pi)/7)=sin(6*(pi)/7)
sin(2*(pi)/7)=sin(5*(pi)/7)
sin(3*(pi)/7)=sin(4*(pi)/7)
sin((pi)/7)*sin(6*(pi)/7)*sin(2*(pi)/7)*sin(5*(pi)/7)*sin(3*(pi)/7)*sin(4*(pi)/7)=sin^2((pi)/7)*sin^2(2*(pi)/7)*sin^2((pi)/7)=( sin((pi)/7)*sin(2*(pi)/7)*sin((pi)/7))^2
como sin((pi)/7)*sin(2*(pi)/7)*sin((pi)/7=(sqrt(7))/8=X según (Bankoff and Garfunkel 1973)
x^2=7/64=7/2^6

Responde

^DiAmOnD^

31/10/2007 02:46

Madre mía Tito, estás hecho un crack. Enhorabuena. Por cierto, te he editado el comentario para meter \displaystyle para que las sumas y los productos se vieran mejor, pero los productos se siguen viendo igual :(.

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Tito Eliatron

31/10/2007 11:00

Sí, pq no me di cuenta y puse /Pi en vez de /Prod (que no me acordaba…)

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Domingo H.A.

31/10/2007 12:16

efectivamente Acid, la solución se obtenía haciendo $z=-1$ en el desarrollo de Tito, para obtener en forma compacta:

$latex \displaystyle{\prod_{k=1}^{n-1}} \cos\left(\cfrac{k\pi}{n}\right)=
\displaystyle{\cfrac{sen(\frac{n\pi}{2})}{2^{n-1}}}=
\displaystyle{\cfrac{(-1)^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(n-2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor)}{2^{n-1}}}$

En unos días (en cuanto tenga más ganas) pondré una demostración «real» de estas dos propiedades que hemos demostrado. Es ligeramente más complicada, ya que no salimos del campo real.

En particular hemos demostrado también que

$latex \displaystyle{\prod_{k=1}^{n-1}} cotg\left(\cfrac{k\pi}{n}\right)=
\displaystyle{(-1)^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\left(1-\frac{2}{n}\Big\lfloor\frac{n}{2}\Big\rfloor\right)}$,

que es una expresión que a mí particularmente me parece preciosa.

Responde

Domingo H.A.

31/10/2007 12:42

Bueno, aunque ya hemos resuelto el asunto que se planteaba con más generalidad de la que se pedía (aunque el fin último fuera obtener una expresión general), quisiera dar una vuelta de tuerca más a este tema. Creo que sería muy interesante y provechoso continuar estudiando el siguiente asunto. Vamos a considerar la siguiente matríz cuadrada, tridiagonal y simétrica de orden : (me ha quedado mal la matriz porque hay problemas con el símbolo ) Bueno, es la matriz tridiagonal simétrica con diagonal constante igual a 2 y tanto la primera subdiagonal como la primera superdiagonal tienen todos sus elementos… Lee más »

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Tito Eliatron

31/10/2007 13:52

Vamos a ver, si a la primera columna le sumo el resto de las columnas, quedará:
$latex |A_N|=
\begin{vmatrix}
1\ -1\ 0\ 0\ \dots\ 0\ 0\ 0\\
0\ \ 2\ \ -1\ 0\ \dots\ 0\ 0\ 0\\
0\ -1\ 2\ -1\ \dots 0\ 0\ 0\\

\dots \\
0\ 0\ 0\ 0\ \dots\ -1\ 2\ -1\\
1\ 0\ 0\ 0\ \dots \ 0\ -1\ 2\\

\end{vmatrix}$

Entonces, desarrollando por la primera columna, resulta $|A_N|=|A_{N-1}|+(-1)^{n-1}|B_{N-1}|$ donde $B_{N-1}$ es una matriz cuadrada de orden $N-1$ con diagonal completa de $-1$ . Por lo tanto

$|A_N|=|A_{N-1}|+1=\dots=|A_1|+(N-1)$ pero como $A_1=1$ , resulta que $|A_N|=N$ .

Responde

Domingo H.A.

31/10/2007 14:01

Tito, muy bien. Pero $|A_1|=2$ y entonces $|A_N|=N+1.$

Muy bien, sigamos ahora con los apartados 2) y 3).

Responde

Tito Eliatron

31/10/2007 14:12

Por el Teorema de los Círculos de Gershgorin Los autovalores de la matriz han de estar en la unión de sus círculos de Gershgorin, en este caso, el disco (cerrado y complejo) de de centro $2$ y radio $1$ .

Pero como la matriz es siméetrica, se sabe que los autovalores son reales, luego los autovalores han de estar en el intervalo [1,3]

Responde

Pehuencura

31/10/2007 16:10

Con todo esto veo que he olvidado un montón de cosas de Análisis de complejos.
A lo único que llegué ayer fue a que:
$latex
\sin (r * \pi)= \sin [(r-1)* \pi]
$
Donde r es un número racional cualquiera.
Eso lo ví hoy utilizado en el trabajo de Manuel 71, pero para mí fue todo un descubrimiento.

Responde

Domingo H.A.

31/10/2007 18:53

Un comentario: hay un pequeño error al aplicar el teorema de Gershgorin. Aplicado a este caso nos dice que los autovalores están en el disco complejo $D(z=2,r=2)$ , y como deben ser reales están en $(0,4)$ .

De todos modos esto no nos dice mucho sobre el valor exacto de los autovalores y autovectores. Tal vez sea bueno mirar previamente los casos $N=2,3,4,5,6,\ldots$ para ver qué ocurre…

Ánimo, que sale una cosa espectacular.

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Tito Eliatron

31/10/2007 21:58

Mea Culpa… pero bueno, algo es algo, no?

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Esteban Lopez

01/11/2007 07:16

Hola a todos
Hace un buen tiempo que entro a esta pagina y me ha parecido muy interesante pero tengo una duda con respecto al desarrollo que hizo TITO con respecto a la productoria de los senos

¿Como pasa de (n-1)/2^(n-1) a n/2^(n-1)?

P.S. todavia no he aprendido a usar LaTeX

Responde

Domingo

01/11/2007 10:49

esa es una de las erratas: al sustituir z=1 se obtiene n, y no n-1

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Esteban Lopez

01/11/2007 20:17

Ah ok Gracias por resolverme la duda

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yassin

03/11/2007 16:35

No entiendo una cosa: en la demostración de Tito Eliatron se parte de que $\displaystyle{z^n-1=\Pi_{k=1}^n(z-e^{2k\pi i/n})}$ , luego se divide la expresión entre $z - 1$ , para finalmente suponer que $z = 1$ .

Me pregunto, al hacer lo último, ¿no se está dividiendo por cero?

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Tito Eliatron

03/11/2007 17:37

No,porque lo que ocurre esque en la igualdad polinomial, $z-1$ es factor simple de ambos lados, luego se puede eliminar y queda OTRA igualdad polinomial de la que $z-1$ ya no es factor. De hecho, se hace la división para NO DIVIDIR ENTRE 0.

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yassin

03/11/2007 21:13

Vale, perfecto, gracias por la explicación. Bonita demostración, por cierto.

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Johannes

05/11/2007 12:18

En cuanto al producto de los cosenos, y siguiendo el mismo desarrollo que para el de los senos, pero haciendo $z=-1$
$\displaystyle{(-i)^{n-1}(-1)^{n-1}2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\cos\left(\frac{\pi k}{n}\right)=\frac{1-(-1)^n}{2}}$
De aquí,
$\displaystyle{\prod_{k=1}^{n-1}\cos\left(\frac{\pi k}{n}\right)=\frac{1-(-1)^n}{2i^{n-1}2^{n-1}}=e^{-i\pi n/2}\cdot\frac{e^{i\pi n/2}-e^{-i\pi n/2}}{2(2i)^{n-1}}=\frac{e^{-i\pi (n-1)/2}}{(2i)^{n-1}}\cdot\frac{e^{i\pi n/2}-e^{-i\pi n/2}}{2i}=\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{(-2)^{n-1}}}$

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Domingo H.A.

05/11/2007 21:37

Bueno, creo que va siendo hora de desvelar el misterio de los autovalores de la matriz que poníamos arriba y su relación con el producto de senos que planteábamos. Pues bien, los autovalores de la matriz son de la forma: con autovector respectivo , para . La cuestión estaba en verlo para casos sencillos (con ayuda de algún manipulador algebraico, por ejemplo), y luego generalizar. Demostrar este resultado es muy sencillo (lo difícil, como siempre, era «verlo»). Sólo se necesita multiplicar la matriz por el vector y conocer la fórmula: . Por otro lado, si multiplicamos esos autovalores e igualamos… Lee más »

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Domingo H.A.

10/11/2007 23:04

Hace un tiempo Asier preguntaba por la posibilidad de demostrar la expresión obtenida para el producto de senos con una estrategia dentro del campo real. A ver qué les parece ésta: Para y , partimos de la identidad: (ambos polinomios tienen como raíces (complejas) ) Haciendo en y , con positivo, llegamos a , o bien Tomando límites cuando y obtenemos lo que buscamos tomando raíces cuadradas. Finalmente, comentar que si en tomamos obtenemos la fórmula del producto de los cosenos. Y con estas dos, las fórmulas para el resto de productos de funciones trigonométricas directas. Este razonamiento «real» es… Lee más »

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Asier

11/11/2007 14:07

Muchas gracias, Domingo, por publicar estos resultados tan interesantes.

La identidad de la que partes es preciosa pero no me parece nada trivial: ¿cómo deducirla en el campo real y utilizando las relaciones trigonométricas básicas?

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Domingo H.A.

11/11/2007 14:38

Asier, realmente la ecuación (1) anterior es el único momento en que se acude al campo complejo (considerando los pares de complejos conjugados $e^{\pm i(a+\frac{2k\pi}{n})}$ ).

De todos modos, dudo mucho que una demostración usando «razonamientos trigonométricos más básicos» sea más simple, elegante o fácil de entender que las dos demostraciones que se han escrito aquí.

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fede

11/11/2007 19:56

Asier, creo que la demostración que sigue para n impar responde a tu pregunta. Está adaptada de Yaglom+Yaglom, Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutions, donde usan el mismo método para más casos. Partimos de la fórmula del seno del ángulo múltiplo, que se puede demostrar por inducción. (O a partir de la fórmula de De Moivre). . Si n=2m+1, podemos escribir Como para , la expresión entre corchetes vale cero para esos valores de y por lo tanto el polinomio de grado m tiene como raíces los valores que son diferentes pues . Pero por las fórmulas de Vieta el… Lee más »

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fede

11/11/2007 20:28

Errata. Debe decir obviamente
$\displaystyle \prod_{k=1}^m \mathrm{sen}^2 \dfrac{k\pi}{2m+1} = \dfrac{2m+1}{2^{2m}}$

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Domingo H.A.

11/11/2007 20:30

Esta prueba de fede para valores impares, junto con la que había indicado para valores pares a través de los autovalores de cierta matriz tridiagonal, da una tercera prueba de la fórmula del producto de senos. Todas las demostraciones han sido bastante interesantes, pero me quedo con la generalidad de la fórmula

$\cfrac{sen^2(nb)}{sen^2(b)}=4^{n-1}\displaystyle{\prod_{k=1}^{n-1} sen^2\left(b+\cfrac{k\pi}{n}\right)}$