¿Cómo probar esas "identidades curioso"?

Question

Cómo probar $$ \prod_{k=1}^{n-1} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{n}{2^{n-1}}$ y $$ \prod_{k=1}^{n-1} \cos\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{\sin(\pi n/2)}{2^{n-1}}$ $

Answer 1

Para el primero: $$ \lim_{z=1}\frac{z^n-1}{z-1}=n\etiqueta{1a} $$ $$ \frac{z^n-1}{z-1}=\prod_{k=1}^{n-1}(z-e^{2\pi ik/n})\etiqueta{1b} $$ $$ |1-e^{i2k\pi/n}|=|2\sin(k\pi/n)|\etiqueta{1c} $$ La combinación de $(1a)$, $(1b)$, y $(1c)$, obtenemos $$ 2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin(k\pi/n)=n $$ ya que todo es positivo.

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Para el segundo:

Si $n$ es incluso, a continuación, $\cos(\frac{\pi}{2})=0$ aparece en el producto (al $k=n/2$) y $\sin(\frac{n\pi}{2})=0$.

Si $n$ es impar, entonces la combinación de $$ \lim_{z=1}\frac{z^n+1}{z+1}=1\etiqueta{2a} $$ $$ \frac{z^n+1}{z+1}=\prod_{k=1}^{n-1}(z+e^{2\pi ik/n})\etiqueta{2b} $$ $$ 1+e^{i2k\pi/n}=2\cos(k\pi/n)e^{ik\pi/n}\etiqueta{2c} $$ y observando que $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}k=\frac{n(n-1)}{2}$, de modo que $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}e^{ik\pi/n}=(-1)^{(n-1)/2}$, lo que coincide con el signo de $\sin(\pi n/2)$, los rendimientos de los $$ 2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\cos(k\pi/n)=(-1)^{(n-1)/2}=\sin(\pi n/2) $$

Answer 2

Indicar $w = e^{i \pi/n}$. Tenemos

$$\prod_{k = 1}^{n-1} \sin \left(\frac{k\pi}{n}\right)= \prod_{k = 1}^{n-1} \frac{w^k - w^{-k}}{2i} = \frac{1}{2^{n-1}} \prod_{k = 1}^{n-1} \frac{w^k}{i} (1-w^{-2k})$$

Puesto que tenemos

$$\sum_{k = 0}^{n-1} x^k = \prod_{k = 1}^{n-1} (x-w^{2k})$$

Valor $x=1$ producciones

$$\prod_{k = 1}^{n-1} (1-w^{2k}) = n$$

Lo que conseguimos

$$\prod_{k = 1}^{n-1} \sin \left(\frac{k\pi}{n}\right)= \frac{n}{2^{n-1}} \frac{w^{n(n-1)/2}}{i^{n-1}} = \frac{i^{n-1}}{i^{n-1}} \frac{n}{2^{n-1}} = \frac{n}{2^{n-1}}$$

Imagino (pero no revisó) que el mismo tipo de razonamiento da con $\cos$.

Answer 3

La identidad supuesta segunda es equivalente a pedir el término constante de $\dfrac{U_{n-1}(x)}{2^{n-1}}$ (es decir, $\dfrac{U_{n-1}(0)}{2^{n-1}}$), donde $U_n(x)$ es el polinomio de Chebyshev de la segunda clase. Desde

$$\frac{U_{n-1}(x)}{2^{n-1}}=\frac{\sin(n \arccos\,x)}{2^{n-1}\sqrt{1-x^2}}$$

dejando $x=0$ da su identidad.

Answer 4

Definir $\zeta_n = e^{2 \pi i/n}$.

Proposición Entero impar $n \geq 1$,\begin{align} \prod_{k = 1}^{n-1}(\zeta_n^{k} - \zeta_n^{-k}) = n. \end {alinee el} y \begin{align} \prod_{k = 1}^{n-1} \sin( \tfrac{2 \pi k }{n} ) = \tfrac{n}{(2 i)^{n-1}}. \end {alinee el} prueba: siga la identidad reivindicada desde la identidad\begin{align} z^n - 1 = \prod_{ k =0}^{n-1} (z - \zeta_n^{k}) = \prod_{ k =0}^{n-1} (z - \zeta_n^{-2k}). \end {Alinee el} $z = x/y$ de la escritura, tenemos\begin{align} x^n - y^n = \prod_{k = 0}^{n-1} ( \zeta_n^{k} x - \zeta_n^{-k} y). \end{align} por lo tanto,\begin{align} n y^{n-1} = \lim_{x \to y} \frac{x^n - y^n}{x - y} = \lim_{x \to y} \ \ \prod_{k = 1}^{n-1} ( \zeta_n^{k} x - \zeta_n^{-k} y) = y^{n-1} \ \prod_{k = 1}^{n-1} ( \zeta_n^{k} - \zeta_n^{-k} ). \end{align} para la segunda identidad, que $x =e^{\pi i z}$ y $y = e^{- \pi i z}$ y recuerdo la representación exponencial compleja de la función seno. Esto da\begin{align} n = \lim_{z \to 0} \frac{\sin n \pi z}{\sin z } = (2 i)^{n-1} \lim_{z \to 0} \ \ \prod_{k = 1}^{n-1} \sin( \pi z + \tfrac{2 \pi k }{n} ) = (2 i)^{n-1} \prod_{k = 1}^{n-1} \sin( \tfrac{2 \pi k }{n} ). \end {Alinee el}

Similar razonamiento funciona para probar la identidad que usted menciona.