Prueba

Question

Me pide probar que $$\sum\limits_{k=0}^{n}\cos(kx)=\frac{1}{2}+\frac{\sin(\frac{2n+1}{2}x)}{2\sin(x/2)}$$

Tengo algunos avances, pero me he atascado y podría utilizar un poco de ayuda.

Lo que yo hice:

Se sostiene que $$\sum\limits_{k=0}^{n}\cos(kx)=\sum\limits_{k=0}^{n}Re(\cos(kx))=\sum\limits_{k=0}^{n}Re(\cos(x)^{k})=Re(\sum\limits_{k=0}^{n}\cos(x)^{k})=Re(\cos(0)\cdot\frac{\cos(x)^{n}-1}{\cos(x)-1})=Re(\frac{\cos(x)^{n}-1}{\cos(x)-1}) $$

Para cualquier $z_{1},z_{2}\in\mathbb{C}$ tenemos es que si $z_{1}=a+bi,z_{2}=c+di$ a continuación, $$\frac{z_{1}}{z_{2}}=\frac{z_{1}\overline{z2}}{|z_{2}|^{2}}=\frac{(a+bi)(c-di)}{|z_{2}|^{2}}=\frac{ac-bd+i(bc-ad)}{|z_{2}|^{2}}$$ por lo tanto $$Re(\frac{z_{1}}{z_{2}})=\frac{Re(z_{1})Re(z_{2})-Im(z_{1})Im(z_{2})}{|z_{2}|^{2}}$$

Por lo tanto, $$Re(\frac{\cos(x)^{n}-1}{\cos(x)-1})=\frac{(\cos(nx)-1)(\cos(x)-1)-\sin(nx)\sin(x)}{(\cos(x)-1)^{2}+\sin^{2}(x)}=\frac{\cos(nx)\cos(x)-\cos(nx)-\cos(x)+1-\sin(nx)\sin(x)}{\cos^{2}(x)-2\cos(x)+1+\sin^{2}(x)}=\frac{\cos(nx)\cos(x)-\cos(nx)-\cos(x)+1-\sin(nx)\sin(x)}{-2\cos(x)+2}=\frac{\cos(nx)\cos(x)-\cos(nx)-\cos(x)+1-\sin(nx)\sin(x)}{-2(\cos(x)-1)}= \frac{=\cos(nx)\cos(x)-\cos(nx)-\cos(x)+1-\sin(nx)\sin(x)}{-2(-2\cdot\sin^{2}(x/2))}=\frac{\cos(nx)\cos(x)-\cos(nx)-\cos(x)+1-\sin(nx)\sin(x)}{4\sin^{2}(x/2)}=\frac{\cos(nx)\cos(x)-\cos(nx)-\cos(x)+1-\sin(nx)\sin(x)}{4\sin^{2}(x/2)}=\frac{\cos(x(n+1))-\cos(nx)-\cos(x)+1}{4\sin^{2}(x/2)} $$

Esta es la parte donde estoy atascado, me gustaría disfrutar de cualquier ayuda o sugerencia sobre cómo continuar.

Edit: Dado que las correcciones por André puedo conseguir:

$$(\cos(nx+x)-1)(\cos(x)-1)+\sin(nx+x)\sin(x)=\cos(nx+x)\cos(x)-\cos(nx)-\cos(x)+1+\sin(nx+x)\sin(x)$$

por lo $$\cos(nx+x)\cos(x)+\sin(nx+x)\sin(x)=\cos(xn+x-x)-\cos(nx)=0$$

Edit 2: he encontrado anoter error en el anterior, voy a tratar de corregir

Edit 3: Cuando se multiplica correctamente el anterior funciona :-)

Answer 1

$$\sum_{0\le r\le n}e^{ikx}=\frac{e^{i(n+1)x}-1}{e^{ix}-1}$$

$$=\frac{e^{\frac{i(n+1)x}2}}{e^{\frac{ix}2}}\frac{\left(e^{\frac{i(n+1)x}2}-e^{-\frac{i(n+1)x}2}\right)}{\left( e^{\frac{ix}2}-e^{-\frac{ix}2}\right)}$$

y $$=e^{\frac{inx}2}\frac{2i\sin\frac{(n+1)x}2}{2i\sin{\frac{x}2}}$$ as $e^{iy}-e^{-iy}=2i\sin $

%#% $ de #% usando la identidad de Euler.

Su parte real es $$=(\cos\frac{nx}2+i\sin\frac{nx}2)\frac{\sin\frac{(n+1)x}2}{\sin{\frac{x}2}}$$$\cos\frac{nx}2 \frac{\sin\frac{(n+1)x}2}{\sin{\frac{x}2}}=\frac{2\cos\frac{nx}2\sin\frac{(n+1)x}2}{2\sin{\frac{x}2}}=\frac{\sin\frac{(2n+1)x}2+\sin{\frac{x}2}}{2\sin{\frac{x}2}}$2\sin A\cos B=\sin(A+B)+\sin(A-B)$

Answer 2

Sólo multiplique ambos lados por $2\sin(x/2)$ y utilizar la fórmula de Briggs: $$ 2 \sin(x/2)\cos(kx) = \sin((k+1/2)x)-\sin((k-1/2)x)$ $ para conseguir una suma telescópica.

Answer 3

Hay maneras más rápidas de ir, pero si quieres continuar por el camino emprendido, que está muy cerca de la final. Por favor, véase el comentario de un par de cosas que necesitan ser corregidos en el cálculo. Esencialmente el mismo trigonométricas trucos de seguir trabajando.

Por un doble ángulo de la fórmula para el coseno, tenemos $$\cos x=1-2\sin^2(x/2),$$ lo $$\frac{1-\cos x}{4\sin^2(x/2)}=\frac{1}{2},$$ parte de lo que están buscando. Sin embargo, esto podría haber sido obtenidos de una manera más sencilla en la tercera fórmula que se muestra después de que el "por Lo tanto," en la OP.

Y la parte frontal se "simplificar" por una diferencia de $\cos$ fórmula, obtenido a partir de $$\cos(a+b)=\cos a\cos b-\sin a\sin b,\qquad \cos(a-b)=\cos a\cos b+\sin a\sin b.$$ Restar. Tenemos $$\cos(a+b)-\cos(a-b)=-2\sin a\sin b.$$ Deje $a+b=x(n+1)$, e $a-b=nx$. Por lo $a=\dfrac{x(2n+1)}{2}$$b=\dfrac{x}{2}$.

Comentario: Hay un poco de señal de fallo en el cálculo de $(a+bi)(c-di)$. Tenga en cuenta que la parte real debería ser $ac+bd$. También, cuando se suma la progresión geométrica, necesitamos $\text{cis}^{n+1}$.