Cómo probar la identidad trigonométrica de Lagrange

Question

Me gustaría demostrar que $$1+\cos \theta+\cos 2\theta+\ldots+\cos n\theta =\displaystyle\frac{1}{2}+ \frac{\sin\left[(2n+1)\frac{\theta}{2}\right]}{2\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}$$ dado que $$1+z+z^2+z^3+\ldots+z^n=\displaystyle\frac {1-z^{n+1}}{1-z}$$ donde $z\neq 1$.

Puse $z=e^{i\theta}$. Ya obtuve en el lado izquierdo el coseno en la parte real, pero hay un problema en el lado derecho, no puedo separar la parte imaginaria de la parte real. Por favor ayúdame. Gracias de antemano.

Answer 1

$$1+e^{i\theta}+e^{2i\theta}+...+e^{ni\theta}=\frac{e^{(n+1)i\theta}-1}{e^{i\theta}-1}$$

Ahora separa las partes reales e imaginarias:

$$1+\cos\theta+...+\cos n\theta=\operatorname {Re}\left(\frac{\cos(n+1)\theta-1+i\sin(n+1)\theta}{\cos\theta -1+i\sin \theta}\right)=$$ $$=\frac{cos[(n+1)\theta](\cos \theta-1)+\sin\theta\sin[(n+1)\theta]}{(\cos\theta-1)^2+\sin^2\theta}$$ y finalmente usa un poco de trigonometría. :)

Agregado: Siguiendo el comentario de A.D., veamos qué sucede con lo anterior en caso de que $\,\theta=2k\pi\,\,,\,k\in\Bbb Z\,$. En este caso, obtenemos: $$\sin\left(\frac{2n+1}{2}2k\pi\right)=0\,,\,\sin\frac{2k\pi}{2}=0\Longrightarrow$$ $$\,LHS=1+\cos 2k\pi+...+ 2kn\pi=1+...+1=n+1$$ $$RHS=\frac{1}{2}+\lim_{\theta\to 2k\pi}\frac{\sin\frac{2n+1}{2}\theta}{2\sin\frac{\theta}{2}}\stackrel{L'H}=\frac{1}{2}+\lim_{\theta\to 2k\pi}\frac{\frac{2n+1}{2}\cos\frac{2n+1}{2}\theta}{\cos\frac{\theta}{2}}=\frac{1}{2}+n+\frac{1}{2}=n+1$$

Nota que tanto el denominador como el numerador de arriba tienen la misma paridad sin importar cuál sea $\,k\,$, y debido a esto el límite es $\,1\,$ en cualquier caso.

Answer 2

$2\sin\frac{\theta}{2}\cos r\theta=\sin\frac{(2r+1)\theta}{2} - \sin\frac{(2r-1)\theta}{2}$

Colocando r=1,2,....,n,

$2\sin\frac{\theta}{2}\cos \theta=\sin\frac{3\theta}{2} - \sin\frac{\theta}{2}$

$2\sin\frac{\theta}{2}\cos 2\theta=\sin\frac{5\theta}{2} - \sin\frac{3\theta}{2}$

...

$2\sin\frac{\theta}{2}\cos n\theta=\sin\frac{(2n+1)\theta}{2} - \sin\frac{(2n-1)\theta}{2}$

Agregando obtenemos,

$\sum_{1≤r≤n}2\sin\frac{\theta}{2}\cos r\theta=\sin\frac{(2n+1)\theta}{2} - \sin\frac{\theta}{2}$

Dividiendo ambos lados por $2\sin\frac{\theta}{2}$, obtenemos,

$\sum_{1≤r≤n}\cos r\theta=\frac{\sin\frac{(2n+1)\theta}{2}}{2\sin\frac{\theta}{2}} - \frac{1}{2}$ (Suponiendo $\sin\frac{\theta}{2}≠0$ o $\theta≠2s\pi$ donde s es cualquier entero.)

O, $1+\sum_{1≤r≤n}\cos r\theta=\frac{\sin\frac{(2n+1)\theta}{2}}{2\sin\frac{\theta}{2}} + \frac{1}{2}$ (sumando 1 a ambos lados)

Solo observa que para $\sum_{r}\cos(A+2rB)$ donde A,B son constantes y r es un entero, necesitamos multiplicar por $2\sin B$ como

$2\cos(A+2rB)\sin B=sin(A+(2r+1)B) - sin(A+(2r-1)B)$

Colocando diferentes rangos de valores de r y sumándolos, obtendremos sus sumas en forma compacta.

En el problema actual, $A=0, 2B=\theta, 1≤r≤n$

También como, $2\sin B\sin(A+2rB) = cos(A+(2r-1)B) - cos(A+(2r+1)B)$

Esto se puede usar para $\sum_{r}\sin(A+2rB)$.

---

También usando el enfoque de DonAntonio, sabemos $$\sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i} \implies e^{ix}-e^{-ix}=2i\sin x$$

Entonces, $$\begin{align} \frac{e^{(n+1)i\theta}-1}{e^{i\theta}-1} &=\frac{e^{(n+1)i\theta/2}\left(e^{(n+1)i\theta/2}-e^{-(n+1)i\theta/2}\right)}{e^{i\theta/2}\left(e^{i\theta/2}-e^{-i\theta/2}\right)} \\[0.5em] &=e^{ni\theta/2}\frac{2i\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{2i\sin\frac{\theta}{2}} \\[0.5em] &=\frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}\left(\cos\frac{n\theta}{2}+i\sin\frac{n\theta}{2}\right)\end{align}$$

Su parte real es $$\begin{align} \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}\cos\frac{n\theta}{2} &=\frac{2\sin\frac{(n+1)\theta}{2}\cos\frac{n\theta}{2}}{2\sin\frac{\theta}{2}} \\ &=\frac{\sin\frac{(2n+1)\theta}{2}+\sin\frac{\theta}{2}}{2\sin\frac{\theta}{2}}\\ &=\frac{\sin\frac{(2n+1)\theta}{2}}{2\sin\frac{\theta}{2}}+\frac{1}{2} \end{align}$$

Answer 3

Aquí hay una variación de la variación de @lab de la solución de @DonAntonio:

$$\begin{align} \frac{e^{(n+1)i\theta}-1}{e^{i\theta-1}-1} &= \frac{e^{(n+1)i\theta}-1}{e^{i\theta/2} \left(e^{i\theta/2}-e^{-i\theta/2}\right)} \\ &= \frac{e^{(n+1/2)i\theta}-e^{-i\theta/2}}{2i\sin\frac{\theta}{2}} \\ &= \frac{\mathrm{cis}\frac{(2n+1)i\theta}{2}-\mathrm{cis}\frac{-\theta}{2}}{2i\sin\frac{\theta}{2}} \\ &= \frac{-i\;\left(\mathrm{cis}\frac{(2n+1)i\theta}{2}-\mathrm{cis}\frac{-\theta}{2}\right)}{2\sin\frac{\theta}{2}} \\ \end{align} $$ donde, por supuesto, "$\mathrm{cis}\,x := \cos x + i \sin x$". La parte real es entonces $$\begin{align} \frac{1}{2\sin\frac{\theta}{2}}\left(-i^2\sin\frac{(2n+1)\theta}{2}+i^2\sin\frac{-\theta}{2}\right) &= \frac{1}{2\sin\frac{\theta}{2}}\left(\sin\frac{(2n+1)\theta}{2}+\sin\frac{\theta}{2}\right) \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{\sin\frac{(2n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}+1\right) \end{align}$$

En esta variación, evitamos recurrir a la menos conocida identidad prostafaláresis del seno por el coseno prosthaphaeresis (¡aunque esa identidad es útil de conocer!).