Pruebas $\sum_{k=0}^{n-1} \text{cos}\left(\frac{2\pi k}{n} \right) = \sum_{k=0}^{n-1} \text{sin}\left(\frac{2\pi k}{n} \right) = 0$

Question

Me gustaría demostrar lo siguiente, $$\sum_{k=0}^{n-1} \text{cos}\left(\frac{2\pi k}{n} \right) = \sum_{k=0}^{n-1} \text{sin}\left(\frac{2\pi k}{n} \right) = 0$$ Esto equivale a demostrar que si tenemos un n-gon regular, todos los vectores en $\mathbb{R}^2$ que apuntan a cada vértice se cancelan entre sí para $\textbf{0}$ . Parece bastante obvio y he probado varios ejemplos para pequeños $n$ . Sin embargo, no estoy seguro de cómo iniciar una prueba.

Answer 1

Supongo $n \ge 2$ .

Establecer

$\omega = \exp \left ( \dfrac{2\pi i}{n} \right ); \tag 1$

entonces

$\omega^n = \left ( \exp \left ( \dfrac{2\pi i}{n} \right ) \right )^n = \exp \left ( \dfrac{2 \pi i n}{n} \right ) = \exp ( 2 \pi i ) = 1; \tag 2$

tenemos

$( \omega - 1) \displaystyle \sum_0^{n - 1} \omega^k = \omega^n - 1 = 0; \tag 3$

desde

$\omega \ne 1, \tag 4$

(3) produce

$ \displaystyle \sum_0^{n - 1} \omega^k = 0; \tag 5$

de (1)

$\omega^k = \exp \left ( \dfrac{2\pi i k}{n} \right ) = \cos \left ( \dfrac{2 \pi k}{n} \right ) + i \sin \left ( \dfrac{2 \pi k}{n} \right ) ; \tag 6$

Sustituyendo (6) en (5) y separando las partes real e imaginaria obtenemos

$\displaystyle \sum_0^{n - 1} \cos \left ( \dfrac{2 \pi k}{n} \right ) + i \sum_0^{n - 1} \sin \left ( \dfrac{2 \pi k}{n} \right ) = 0, \tag 7$

de lo que inmediatamente tenemos

$\displaystyle \sum_0^{n - 1} \cos \left ( \dfrac{2 \pi k}{n} \right ) = \sum_0^{n - 1} \sin \left ( \dfrac{2 \pi k}{n} \right ) = 0. \tag 8$

Answer 2

( Demasiado largo para un comentario .)  La demostración algebraica mediante números complejos es la más directa, pero...

Esto equivale a demostrar que si tenemos un n-gon regular, todos los vectores en $\mathbb{R}^2$ que apuntan a cada vértice se anulan entre sí para $\textbf{0}$ .

...es una idea geométrica demasiado buena para desperdiciarla. A continuación se esboza cómo podría construirse una demostración en torno a esta intuición (aunque no se formaliza con todo detalle).

Sean los vectores respectivos $\,\mathbf{u_1}+\mathbf{u_2}+\ldots+\mathbf{u_n} = \mathbf{u}\,$ y asumiendo $\,n \gt 1\,$ .

Si $\,n\,$ es incluso entonces el $n$ -gon tiene simetría central, es decir $\,\mathbf{u_{j+n/2}}=-\mathbf{u_j}\,$ y, por tanto, la $\,n\,$ se anulan por pares, por lo que $\mathbf{u}=\mathbf{0}$ .

De lo contrario, si $\,n\,$ es impar, que $\,T\,$ sea la rotación de $\,\mathbb{R}^2\,$ por $\,\pi / n\,$ . Es geométricamente obvio que los puntos extremos de $\,\mathbf{u_1}, T(\mathbf{u_1}), \mathbf{u_2}, T(\mathbf{u_2}), \ldots \mathbf{u_n}, T(\mathbf{u_n})\,$ son los vértices de una $2n$ -gon, así por la observación anterior $\,\mathbf{u_1} + T(\mathbf{u_1}) + \mathbf{u_2} + T(\mathbf{u_2}) + \ldots + \mathbf{u_n} + T(\mathbf{u_n})=\mathbf{0}\,$ . Por otra parte, $\,T\,$ es una transformación lineal, por lo que esta última implica $\,\mathbf{u} + T(\mathbf{u})=\mathbf{0}\,$ lo que a su vez implica $\,\mathbf{u}=\mathbf{0}\,$ .