Demostrar que $\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k \pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}}$

Question

Usando $\text{n}^{\text{th}}$ de la raíz de la unidad

$$\large\left(e^{\frac{2ki\pi}{n}}\right)^{n} = 1$$

Demostrar que

$$\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k \pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}}$$

Answer 1

$$P=\prod_{k=1}^{n-1}\sin(k\pi/n)=(2i)^{1-n}\prod_{k=1}^{n-1}(e^{ik\pi/n}-e^{-ik\pi/n})=(2i)^{1-n}e^{-i\pi n(n-1)/(2n)}\prod_{k=1}^{n-1}(e^{2ik\pi/n}-1)=$$ $$(-2)^{1-n}\prod_{k=1}^{n-1}(\xi^k-1)=2^{1-n}\prod_{k=1}^{n-1}(1-\xi^k),$$ donde $\xi=e^{2\pi/n}$. Ahora tenga en cuenta, que $x^n-1=(x-1)\sum_{k=0}^{n-1}x^k$ y $x^n-1=\prod_{k=0}^{n-1} (x-\xi^k)$, cancelando $x-1$ tenemos $\prod_{k=1}^{n-1} (x-\xi^k) =\sum_{k=0}^{n-1}x^k$. La sustitución de $x=1$ tenemos $\prod_{k=1}^{n-1} (1-\xi^k)=$ n. Por lo tanto $P=n2^{1-n}$.

Editar:
En fin de cuenta que $x^n-1=\prod_{k=0}^{n-1} (x-\xi^k)$, tenga en cuenta que $1,\xi,\dots,\xi^{n-1}$ son las raíces de $x^n-1$. Por lo tanto, mediante el polinomio de recordatorio teorema tenemos $x^(n-1)=Q(x) \prod_{k=0}^{n-1} (x-\xi^k)$. La comparación de grados de la L. H. S. y R. H. S. podemos encontrar, que $P(x)$ grado $0$. Comparando los más altos coeficientes podemos concluir $Q(x)=1$.

Answer 2

Aquí está una más "1er principios" pf. Yo uso una sugerencia en Marsden libro.
1º, $\cos(a-B)-\cos(a+B)=2\sin \pecado B$ (1), que sigue por el ángulo de la suma de las fórmulas.
A continuación, use Marsden sugerencia de considerar las raíces de $(1-z)^n-1$. Estas satisfacer $(1-z)^n=1 \leftrightarrow (1-z) \in \{\cos \frac{2 \pi k}{n}+\sin \frac{2\pi k}{n}:k=0,...,n-1 \}$ (el conjunto de las raíces enésimas de 1) $\leftrightarrow z \in \{z_k= 1-\cos \frac{2 \pi k}{n}-i \sin \frac{2\pi k}{n}:k=0,...,n-1\}$ (2).
Desde $z_0,....,z_{n-1}$ son las raíces de $(1-z)^n-1$, tenemos por factorización que $(1-z)^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(z_k-z)=-z \prod_{k=1}^{n-1}(z_k-z)$ (3) (ya que, por (2), $z_0=0$)
En (3), LHS y RHS son polinomios en z. Equiparación de la coeffs en frente de z, obtenemos $-n=-\prod_{k=1}^{n-1}z_k \leftrightarrow n=\prod_{k=1}^{n-1}z_k$. Nota $\prod_{k=1}^{n-1} \bar{z}_k=\overline{\prod_{k=1}^{n-1}z_k}=n$ (desde $n\in \mathbb{R}$), por lo que $\prod_{k=1}^{n-1}|z_k|^2=\prod_{k=1}^{n-1} z_k \bar{z}_k=\prod_{k=1}^{n-1} z_k \prod_{k=1}^{n-1} \bar{z}_k=n^2$ (4).
Siguiente, $|z_k|^2=(1-\cos \frac{2 \pi k}{n})^2+ \sin^2 \frac{2\pi k}{n}=2(1-\cos \frac{2 \pi k}{n})$; usando esto en (4) da $2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1}(1-\cos \frac{2 \pi k}{n})=n^2$ (5).
Siguiente, $(\prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k \pi}{n})^2=\prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k \pi}{n} \prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{(n-k) \pi}{n}=\prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k \pi}{n} \sin \frac{(n-k) \pi}{n}$ (donde en los últimos 2 pasos, podemos aprovechar que la orden de tomar un producto no importa) =$\frac{1}{2^{n-1}} \prod_{k=1}^{n-1} (\cos \frac{(n-2k) \pi}{n}-\cos \pi)$ ((1))=$\frac{1}{2^{n-1}} \prod_{k=1}^{n-1} (1-\cos \frac{2k \pi}{n})$ ($\cos (\pi -x)=-\cos x$) =$n^2 /2^{2(n-1)}$. La aplicación de un sqrt a todo lo que da el resultado deseado.

Answer 3

$$\begin{align*}=\prod_{k=1}^{n−1}\sin\frac{kn}n&=(2i)^{1−n}\cdot\prod_{k=1}^{n−1}\left(e^{^\tfrac{ikn}n}−e^{^{−\tfrac{ikn}n}}\right)\\&=(2i)^{1−n}\cdot e^{^{−\tfrac{inn(n−1)}{2n}}}\cdot\prod_{k=1}^{n−1}\left(e^{^\tfrac{2ikn}n}-1\right)\\&=(-2)^{1−n}\cdot\prod_{k=1}^{n−1}\left(ξ^k−1\right)=2^{1−n}\cdot\prod_{k=1}^{n−1}\left(1−ξ^k\right),\qquad\text{where}\qquad ξ=e^{^\tfrac{2}n}\end{align*}$$

Ahora, tenga en cuenta que $\quad x^n−1=(x−1)\displaystyle\sum^{n−1}_{k=0}x^k,\quad$ y $\quad x^(n−1)=\displaystyle\prod^{n−1}_{k=\color{blue}0}\left(x−ξ^k\right).\quad$

Por lo tanto, la cancelación de $x−1$, tenemos $\quad\displaystyle\prod^{n−1}_{k=\color{blue}1}\left(x−ξ^k\right)=\sum^{n−1}_{k=0}x^k.\quad$

Sustituyendo $x=1$ tenemos $\quad\displaystyle\prod^{n−1}_{k=1}\left(1−ξ^k\right)=$ n. Por lo tanto, $P=n\cdot2^{1−n}$