ElectroYou

Ho letto l'articolo corrispondente al titolo del thread che ho aperto e volevo fare qualche commento.
Ecco il link all'articolo:
http://www.electroyou.it/chiodo/wiki/misteriosa-moltiplicazione-di-seni

L'equazione ciclotomica ha un passato illustre: da Archimede a Gauss! E' passata attraverso tutta la storia.
Se capissi qualcosa di cucina direi che è come il prezzemolo. :mrgreen:

Pensavo che la dimostrazione si potesse semplificare un po'...

L'equazione ciclotomica è scrivibile come $z^{n}-1=0$ ,con $z\in\mathbb{C}$ e $n\in\mathbb{N}$ .
poiché $\mathbb{C}$ è un campo algebricamente chiuso, cercando la radice n-esima dell'unità, si dovranno avere n soluzioni. (Questo è sancito dal teorema fondamentale dell'algebra)
Per trovarle tutte occorre provvedere a dividere il cerchio di raggio unitario in n parti uguali.

Ecco un esempio con n=8:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

e così anche per tutti i gradi più alti o più bassi della radice.
Il nome ciclotomica, come già detto da

Chiodo è dato dal fatto che questa equazione descrive in formule l'operazione geometrica di divisione del cerchio in n parti uguali.
All'aumentare di n il poligono che si ottiene dalle soluzioni approssima sempre meglio il cerchio:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Scrivendo il rapporto tra il perimetro del poligono inscritto nel cerchio e il suo apotema si ottiene un numero che converge, al limite per n tendente ad infinito, al valore $2\pi$ .
Lo stesso dicasi per il poligono circoscritto.
E' davvero bello pensare che Archimede fece queste considerazioni ben 2k anni prima dell'analisi e dei numeri complessi.
Un altro fatto notevole è che, essendo il poligono formato da n triangoli isosceli, il lato del poligono vale esattamente $2\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Pensando a questa considerazione si può dimostrare la formula:
$\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod}}2\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)=n$

che, però, qui si vuole ottenere in via non geometrica.
Se elimino la soluzione unitaria ottengo, chiaramente, il polinomio:

$\frac{z^{n}-1}{z-1}=z^{n-1}+z^{n-2}+...+1$

Questi polinomi si usano spesso per trovare la somma di serie telescopiche.
Tali serie convergono infatti in intervalli simmetrici all'origine (per esempio la serie geometrica converge nell'intervallo (-1,1) )
In campo complesso questi intervalli divengono cerchi centrati nell'origine.
Molte serie complesse (in tutti i sensi...) sono risolubili tramite equazioni ciclotomiche, anche a dimensioni superiori, dove si passa da intervalli a cerchi, a sfere, a ipersfere di convergenza.

L'equazione epurata dalla soluzione reale è quindi scrivibile nella forma:

$\frac{z^{n}-1}{z-1}}=\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod}}z-e^{\frac{j2k\pi}{n}$

Dove è necessario fermarsi a n-1 per non includere anche la soluzione z=1.

Prendendo il modulo di entrambi i membri e passando al limite per z->1 si ha:
$\underset{z\rightarrow1}{\lim}\left|{\displaystyle \frac{z^{n}-1}{z-1}}\right|=\underset{z\rightarrow1}{\lim}\left|\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod}}z-e^{\frac{j2k\pi}{n}}\right|$

da cui

$n=\underset{z\rightarrow1}{\lim}\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod}}\left|z-e^{\frac{j2k\pi}{n}}\right| =\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod}}\left|1-e^{\frac{j2k\pi}{n}}\right|=\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod}}{\displaystyle 2\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)}$

Un'altra formula interessante da dimostrare, un po' più difficile, ma non molto, è l'equazione co-ciclotomica, ottenuta mettendo un coseno al posto del seno:
$\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod}}2\cos\left(\frac{k\pi}{n}\right)=\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)$

Magari

Chiodo vorrà cimentarsi, quindi la soluzione alla prossima puntata... della stessa serie!
(battutaccia #-o

)

Ciao da Pietro!
O_/

____________________________________________________________________________________________
PS: Bello Fidocad... ci si possono fare anche le firme :mrgreen:

:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Grazie della limatura alla dimostrazione! :ok:

Proverò a cimentarmi anche nella seconda serie cercando di far tesoro dei corsi di matematica degli anni scorsi..perché non ho + corsi specifici di matematica che si possa definire pura nel mio corso di studi attuale

Chiodo ha scritto:Grazie della limatura alla dimostrazione!

Prego! E' stato bello anche per me prendere un po' di tempo per rivedere queste cose.

Chiodo ha scritto::ok: Proverò a cimentarmi anche nella seconda serie cercando di far tesoro dei corsi di matematica degli anni scorsi..perché non ho + corsi specifici di matematica che si possa definire pura nel mio corso di studi attuale

Ottimo. Mi piace il tuo spirito. Quando l'avrai risolta fammi un fischio, che ne ho altre con cui angustiarti ;-)

Ciao!
Piè

A prima vista io tenterei di risolverla sapendo che:
sen(a)*sen(b)=(cos(a+b)-cos(a-b))/2

se in particolare prendo come 'a' il primo elemento della produttoria e come 'b' l'ultimo ottengo delle semplificazioni interessanti.

Sinceramente però non ho provato ad andare avnti...

Volevo solo dare uno spunto di riflessione per una soluzione dell'identità in maniera diversa.

Ciao a tutti

Mi ricorda il metodo usato da Gauss per risolvere il problema della somma dei primi n interi.

Sono quasi sicuro che per questa sera

PietroBaima avra` gia` tirato fuori tutte le conseguente possibili da questo approccio!

IsidoroKZ ha scritto:Sono quasi sicuro che per questa sera PietroBaima avra` gia` tirato fuori tutte le conseguente possibili da questo approccio!

Ragazzi ragazzi... voi mi sopravvalutate... 8-[

Stiamo parlando della produttoria:

$\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod}}2\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)=n$

vero?

Quando la studiai mi ricordo che mi raccontarono che un approccio simile al raggruppamento tra termini, in epoche passate, fu tentato da qualcuno di illustre, ma non funzionava.
Purtroppo era così illustre che non mi ricordo chi fosse e su google non lo trovo

Già, la vecchiaia avanza... ma cosa ve ne fate di me???

Chiedo venia anche perché devo correggere la formula di Werner riportata da

smrmra.
La formula corretta è:
$\sin\left(a\right)\sin\left(b\right)={\displaystyle \frac{1}{2}}\left[\cos\left(a-b\right)-\cos\left(a+b\right)\right]$

Comunque ho provato a dare un'occhiata al metodo di semplificazione tra termini "laterali".
Quello che mi ricordo che non funzionava era questo:

Se raggruppo i termini più esterni della produttoria, lasciando indicato k per poter estendere il risultato via via a quelli sempre 'meno esterni', ottengo:

$2\sin\left({\displaystyle \frac{k\pi}{n}}\right)\cdot2\sin\left({\displaystyle \frac{\left(n-k\right)\pi}{n}}\right)=4\sin\left({\displaystyle \frac{k\pi}{n}}\right)\cdot\sin\left(\pi-{\displaystyle \frac{k\pi}{n}}\right)=4\sin^{2}\left({\displaystyle \frac{k\pi}{n}}\right)$

Dalla quale si evince che, in realtà, applicare la formula di Werner non sia necessario.

Ottengo che il termine della produttoria si eleva al quadrato, mentre il numero delle moltiplicazioni da eseguire si dimezza.
O quasi, perché se n è dispari tutti i prodotti si eseguono a coppie, poiché n-1 (il valore di k finale della produttoria) è pari mentre se n è pari (n-1 dispari) il termine centrale resta "scapolo".

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Dobbiamo quindi diversificare le due produttorie.
Il termine centrale "scapolo" corrisponde a $k=\frac{n}{2}$ e cioè $2\sin\left({\displaystyle \frac{\pi}{n}\frac{n}{2}}\right)=2$ .

In definitiva le due produttorie ottenute sono:

$\begin{cases}n\; dispari & \overset{{\textstyle \frac{n-1}{2}}}{\underset{{\textstyle k=1}}{\prod}}{\displaystyle \left[2\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)\right]^{2}}\\n\; pari & 2\overset{{\textstyle \frac{n-2}{2}}}{\underset{{\textstyle k=1}}{\prod}}{\displaystyle \left[2\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)\right]^{2}}\end{cases}$

Quindi la semplificazione era soltanto apparente, perché i termini della produttoria ora sono dei seni elevati al quadrato.

Qualora si voglia provare la stessa analisi per il problema co-ciclotomico si troveranno sostanzialmente gli stessi risultati.

Se comunque qualcuno ha qualche idea in merito, ovviamente ben venga; imparare qualcosa non mi dispiacerà affatto!!

O_/

Piè

PietroBaima ha fatto benissimo a correggere la formula in cui avevo invertito i segni.

Volevo però osservare che se applichiamo la formula (e non la semplificazione al pi greco) otteniamo che
il cos della somma è sempre 0 mentre il cos della differenza assume un valore ben preciso.

Quindi:
1- dimezziamo il numero delle moltiplicazioni
2- trasformiamo le moltiplicazioni di sen in moltiplicazioni di cos

Alle moltiplicazioni di cos possiamo a questo punto applicare la stessa formula (ora non dovrei sbagliare il segno):

cos(a)*cos(b)=1/2( cos(a+b)+cos(a-b) )

Come ha detto

PietroBaima occorre però distinguere il caso n pari con il caso n dispari.

Io ho provato con il caso n pari e a meno di errori grossolani mi sembra funzionare procedendo ricorsivamente, nel caso di n dispari mi sono bloccato ma credo che con qualche artefizio si possa trovare il modo di semplificare...

Ciao a tutti

Mauro

smrmra ha scritto:Volevo però osservare che se applichiamo la formula (e non la semplificazione al pi greco) otteniamo che il cos della somma è sempre 0 mentre il cos della differenza assume un valore ben preciso...

Ciao Mauro!

Probabilmente non ho capito che cosa vuoi fare.

Io ottengo che

$2\sin\left({\displaystyle \frac{k\pi}{n}}\right)\cdot2\sin\left({\displaystyle \frac{\left(n-k\right)\pi}{n}}\right)=2\left[\cos\left({\displaystyle 2\frac{k\pi}{n}}-\pi\right)-\cos\left(\pi\right)\right]$

Il coseno della somma è il coseno di Pigreco, per cui vale -1.
l'ultima formula risulta essere uguale a:

$2\left[-\cos\left({\displaystyle 2\frac{k\pi}{n}}\right)+1\right]=4\sin^{2}\left({\displaystyle \frac{k\pi}{n}}\right)$

dove l'ultima uguaglianza è data dalla formula di duplicazione per il coseno.
Qualora non la considerassi e applicassi nuovamente la formula di Werner al coseno risultante sorgerebbero due problemi:

1. Dovrei considerare o $\frac{n-1}{2}$ o $\frac{n-2}{2}$ moltiplicazioni di binomi, che dal punto di vista algebrico diventerebbe un disastro;
2. Non saprei più come fare per trovare delle simmetrie, perché, avendo dimezzato il numero di moltiplicazioni risultanti avrei perso la proprietà di "simmetria" delle moltiplicazioni tra i coseni ricavati.

Trovo dei risultati dello stesso tipo se applico questo procedimento alla serie co-ciclotomica.
Ripeto, magari non ho capito quello che volevi fare.

O_/

Piè

Ciao Pietro,

quello che avevo in mente è esattamente quello che tu riporti.

Riassumiamo:
1- consideriamo al momento il solo caso n pari
2- la produttoria di n-1 seni con le formule di Werner si trasforma in una produttoria di n/2-1 coseni del tipo che hai indicato tu.
3- come ripeto a meno di miei errori (che possono essere anche grossolani) se rifacciamo la moltiplicazione tra il primo e l'ultimo elemento (ossia tra il k-esimo elemento e il (n/2-k)-esimo) otteniamo per ogni moltiplicazione (1+cos (a) + cos(pi-a) + cos(a)*cos(pi-a)) . Ora la somma di cos è pari a 0 mentre la moltiplicazione di cos si trasforma nuovamente con le formule di werner. In questo modo abbiamo dimezzato nuovamente la complessità della produttoria.

Sinceramente a questo punto non so se si riesce ad arrivare alla dimostrazione del teorema (non ho fatto i conti), però mi sembrano e mi cito "semplificazioni interessanti".

Ovviamente occorrerebbe riscindere i casi pari dai dispari, quindi dalle "semplificazioni interessanti" alla dimostrazione del teorema (per tutti i casi possibili) ce ne corre.

A questo punto però sono curioso e se qualcuno riuscisse....

PietroBaima, se puoi, controlla magari che non abbia fatto castronerie!!!

O_/

Ciao a tutti e buona trigonometria!!!

smrmra ha scritto:Ciao Pietro, [...]
1- consideriamo al momento il solo caso n pari

Ciao!
ok. Caso pari.

smrmra ha scritto:2- la produttoria di n-1 seni con le formule di Werner si trasforma in una produttoria di n/2-1 coseni del tipo che hai indicato tu.

hm, penso di no. Si trova una produttoria di $\frac{n-2}{2}$ binomi di coseni, che darebbero origine a ben $2^\frac{n-2}{2}-1$ prodotti misti più il numero 1 come termine di grado 0.

smrmra ha scritto:3- come ripeto a meno di miei errori (che possono essere anche grossolani) se rifacciamo la moltiplicazione tra il primo e l'ultimo elemento (ossia tra il k-esimo elemento e il (n/2-k)-esimo)

L'ultimo elemento dovrebbe essere l'elemento numero $2\frac{\pi}{n}\frac{n-2-2k}{2}$ , quindi, indicando con $a=2\frac{k\pi}{n}$ si dovrebbe ottenere:

$1-\cos\left(\frac{2\pi}{n}+a\right)-\cos(a)+\cos(a)\cos\left(\frac{2\pi}{n}+a\right)$

Applicando la formula di Werner per il coseno ottengo:

$1-\cos\left(\frac{2\pi}{n}+a\right)-\cos(a)+\frac{1}{2}\cos(2a+\frac{2\pi}{n})+\frac{1}{2}\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)$

che non mi consente di ottenere la semplificazione sperata.
Purtroppo mi aspettavo che venisse qualcosa del genere, perché se provi a scrivere i primi termini e gli ultimi vedrai che non sono più simmetrici, come nel caso originario, quindi, purtroppo, non possiamo più sperare in ulteriori semplificazioni...

smrmra ha scritto:Ovviamente occorrerebbe riscindere i casi pari dai dispari, quindi dalle "semplificazioni interessanti" alla dimostrazione del teorema (per tutti i casi possibili) ce ne corre.

Purtroppo quello che vale per il caso pari vale anche quello dispari, se escludiamo il centro di simmetria.

O_/

Piè

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Misteriosa moltiplicazione di seni

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