ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **smrmra** » 11 ott 2012, 23:35

Ciao

PietroBaima,
ecco come pensavo di fare. Dimmi cosa ne pensi e se ti sembra tutto corretto (ora proverò a cimentarmi nelle formule Latex anche io):

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

Ipotizziamo n pari e utilizziamo Werner nella moltiplicazione tra l'elemento k-esimo e il (n-k)-esimo. In altre parole moltiplichiamo il 1° con l'ultimo (n-1), il 2° con il penultimo (n-2) e cosi via.

Inoltre dato che n è pari segue che n-1 è dispari e quindi avremo la produttoria di un numero dispari di fattori. Vi sarà un fattore (quello centrale) che non può essere moltiplicato con nessun altro fattore. Questo fattore però avrà k=n/2 e quindi il seno sarà pari ad 1 e quindi lo possiamo eliminare. Questo significa che se all'inizio avevo n-1 moltiplicazioni ora ne ho n-2. In altre parole avrò (n-2)/2 moltiplicazioni a coppie di 2. Visto che (n-2)/2 = n/2-1 posso scrivere:

$2^{n-1}\cdot \prod_{k=1}^{n-1} \sin (\frac{k\cdot \pi }{n})=2^{n-1}\cdot \prod_{k=1}^{(n/2)-1} \sin (\frac{k\cdot \pi }{n})\cdot \sin (\frac{(n-k)\cdot \pi }{n})$

Sviluppiamo ora la moltiplicazione con werner e otterremo:

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

Portiamo fuori della produttoria il 2 e otterremo:

$2^{n-1}\cdot \prod_{k=1}^{(n/2)-1} \sin (\frac{k\cdot \pi }{n})\cdot \sin (\frac{(n-k)\cdot \pi }{n})=2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{(n/2)-1} \cos \frac{(n-2k)\cdot \pi }{n} + 1$

Ma più semplicemente:

$2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{(n/2)-1} (\cos \frac{(n-2k)\cdot \pi }{n} + 1) = 2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{(n/2)-1} (\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) + 1)$

Ora rimoltiplichiamo il primo con l'ultimo membro della produttoria, il 2° con il penultimo e così via. In altre parole l'elemento K=1 lo moltiplichiamo con l'elemento k=(n/2)-1, l'elemento k=2 lo moltiplichiamo con l'elemento k=(n/2)-2 e più in generale l'lelemento k-esimo lo moltiplichiamo con l'elemento (n/2)-k. Otterremo così:

$2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{(n/2)-1} (\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) + 1)=$

$=2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{\frac{(n/2)-1}{2}}(\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) + 1) \cdot (\cos (\pi -\frac{2\cdot (n/2-k) \cdot \pi }{n}) + 1)$

$=2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{\frac{(n/2)-1}{2}}(\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) + 1) \cdot (\cos (\pi -\frac{n\pi-2k\pi)}{n}) + 1)$

$=2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{\frac{(n/2)-1}{2}}(\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) + 1) \cdot (\cos (\pi - \pi +\frac{2k\pi}{n}) + 1)$

$=2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{\frac{(n/2)-1}{2}}(\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) + 1) \cdot (\cos (\frac{2k\pi}{n}) + 1)$

Ora concentriamoci sul solo prodotto dei due termini della produttoria e otterremo:

$(\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) + 1) \cdot (\cos (\frac{2k\pi}{n}) + 1)=1+\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) +\cos (\frac{2k\pi}{n}) + \cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) \dot \cos (\frac{2k\pi}{n})$

Ora visto che come dicevo cos(a)+cos(pi-a)=0 otteniamo:

$1+\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) \dot \cos (\frac{2k\pi}{n})$

A cui possiamo nuovamente applicare Werner ed ottenere:

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

Quindi fin qui abbiamo dimostrato (o così forse così credo solo io #-o

) che per alcuni valori di n vale:

$\prod_{k=1}^{n-1} 2\cdot \sin (\frac{k\cdot \pi }{n})= 2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{\frac{(n/2)-1}{2}}\frac{1}{2} \dot \left [ 1 - cos (\frac{4k\cdot \pi }{n} )\right ]$

Ma vista l'ora e gli occhi che sfarfallano :roll:

arrivo alle conclusioni (vere a meno di errori e/o omissioni

):

- le n-1 moltiplicazioni di sen mi si sono trasformate in circa n/4 moltiplicazioni di (1-cos) che sono ulteriormente semplificabili ripercorrendo gli stessi passaggi fatti
- occorre trovare una sintesi per arrivare all'uguaglianza con n (così da poter dimostrare il teorema almeno per n pari) dopo r ricorsioni.

Lascio ad altri la fatica delle formule Latex.

da **Chiodo** » 14 ott 2012, 17:54

Riciao a tutti!

Ho provato in qualche scampolo di tempo ad andare avanti con la proposta della co-ciclotomica di

PietroBaima.

Tramite la definizione complessa del coseno, utilizzando gli stessi passaggi svolti nel mio articolo omonimo di questo thread, arrivo alla forma della produttoria:
$\prod_{k=1}^{n-1}\biggl | 1+e^{j\frac{2k\pi}{n}}\biggr |.$

Ora vedo che si presenta nella forma z^n+1

.
Quello che devo ricercare quindi saranno le soluzioni "duali" della ciclotomica tramite l'espressione della radice ennesima:
$z=|w|^{\frac{1}{n}}e^{j\frac{(arg(w)+2k\pi)}{n}}.$
dove w=-1

Noto che per ogni n pari la produttoria si annulla perché ho almeno un coseno di pi/2 all'interno del prodotto. E rispetta l'identità.
Restano da vedere gli n dispari:...qui non riesco ad andare avanti...mi sfugge qualcosa...

Se volete aiutarmi o comunque darci dentro per completare siete benvenuti..
..serve l'altra metà della formula :)

da **PietroBaima** » 14 ott 2012, 22:04

smrmra ha scritto:Ciao PietroBaima,
Inoltre dato che n è pari segue che n-1 è dispari e quindi avremo la produttoria di un numero dispari di fattori. Vi sarà un fattore (quello centrale) che non può essere moltiplicato con nessun altro fattore. Questo fattore però avrà k=n/2 e quindi il seno sarà pari ad 1 e quindi lo possiamo eliminare.

Ciao!

Possiamo eliminarlo nel senso che è pari ad uno, ma il 2 davanti al coseno va considerato. Questo non sposta comunque la trattazione perché basterà moltiplicare il risultato per 2.

smrmra ha scritto:Otterremo così:

$2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{(n/2)-1} (\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) + 1)=$

$=2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{\frac{(n/2)-1}{2}}(\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) + 1) \cdot (\cos (\pi -\frac{2\cdot (n/2-k) \cdot \pi }{n}) + 1)$

Qui penso ci sia qualcosa che non va. La formula corretta dovrebbe essere:

$=2^{n/2}\cdot \prod_{k=1}^{\frac{(n/2)-1}{2}}(\cos (\pi -\frac{2k\cdot \pi }{n}) + 1) \cdot (\cos (\pi -\frac{2\cdot (\frac{n}{2}-1-k) \cdot \pi }{n}) + 1)$

Che come ti preannunciavo rompe la simmetria tra i termini. Nessuno ti vieta di effettuare la moltiplicazione tra il primo termine e "l'ultimo più uno", ma, così facendo, ad ogni passaggio dovrai lasciare fuori un termine che ad ogni passaggio ricostruirà la produttoria originale.
Avrai un fattore due all'interno del coseno che potresti ottenere nello stesso modo applicando le formule di duplicazione "al contrario".
Controlla se ho fatto errori.

Ciao,
Piè.

da **PietroBaima** » 14 ott 2012, 22:22

Chiodo ha scritto:Riciao a tutti!

Ho provato in qualche scampolo di tempo ad andare avanti con la proposta della co-ciclotomica di PietroBaima.

Riciao a te!
vedo che $\frac{1}{2}$ dimostrazione l'hai conquistata.
Posso farti i miei complimenti?
Non ti nascondo che ti ho votato. Credo che tu lo meriti.

Naturalmente non voglio darti la soluzione, a meno che tu non me lo chieda espressamente.
Forse non sai che hai già fatto il 90% del lavoro, solo che non sai di averlo fatto!

Chiodo ha scritto:Tramite la definizione complessa del coseno, utilizzando gli stessi passaggi svolti nel mio articolo omonimo di questo thread, arrivo alla forma della produttoria:
$\prod_{k=1}^{n-1}\biggl | 1+e^{j\frac{2k\pi}{n}}\biggr |.$

Ora vedo che si presenta nella forma .
Quello che devo ricercare quindi saranno le soluzioni "duali" della ciclotomica tramite l'espressione della radice ennesima:
$z=|w|^{\frac{1}{n}}e^{j\frac{(arg(w)+2k\pi)}{n}}.$
dove w=-1

Quindi mi stai dicendo, in pratica, che arrivi alla formula:

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

da cui, con il solito trucco del limite:

$2=\overset{n-1}{\underset{k=1}{\prod}}1+e^{\frac{j2k\pi}{n}$

adesso devi notare che vale l'identità:

$\left|1+e^{{\textstyle j\frac{2k\pi}{n}}}\right|=\left|2\cos\left(\frac{k\pi}{n}\right)e^{{\textstyle j\frac{k\pi}{n}}}\right|$

(non è troppo difficile da dimostrare).
La piccola sfida rimasta è che il bianco ora vince con una mossa ;-)

Ciao,
Piè.

da **PietroBaima** » 14 ott 2012, 22:24

Dai che poi passiamo a Chebychev ... ;)

da **smrmra** » 15 ott 2012, 12:20

Ciao

PietroBaima,
non vorrei tediare il forum inserendo una nuova risposta, ma lo faccio sia perché non ho ben capito sia perché questo scambio idee mi sta "gustando".

Prima di tutto il "2" me lo sono proprio dimenticato e ti ringrazio per la correzione.

Però non capisco perché dovrei mettere quel -1 nel cos.

Io ho ragionato così:
la produttoria ha n/2-1 moltiplicazioni.
Il fattore k=1 lo moltiplico con l'ultimo k=n/2-1
Il fattore k=2 lo moltiplico con il penultimo k=n/2-2
il fattore k=3 lo moltiplico con il terzultimo k=n/2-3
...
generalizzando il fattore k=x lo moltiplico con il fattore k=n/2-x

Quindi il -1 non mi esce fuori, ma potrei aver sbagliato qualcosa.

D'altronde la prova del 9 dovrebbe essere provare con ad esempio n=8. Io non l'ho fatto ma appeno ho un attimo lo farò e ti faccio sapere cosa esce fuori.

Ciao e grazie

da **PietroBaima** » 15 ott 2012, 12:53

smrmra ha scritto:Ciao PietroBaima,
non vorrei tediare il forum inserendo una nuova risposta,
ma lo faccio sia perché non ho ben capito sia perché questo scambio idee mi sta "gustando".

Ciao!
Per quello che mi riguarda, non mi stai tediando per nulla.
Sono sempre contento di discutere di qualcosa che faccia pensare perché:
1. tengo in allenamento i neuroni e così' non devo comprare la settimana enigmistica ;-)

2. magari imparo quacosa e la cosa mi gusta mucho.

Sono quasi sicuro che la cosa valga anche per tutti gli altri che leggono.

Per il resto, ho capito cosa intendi. Penso che dovresti fare qualche prova da solo.
Tuttavia, avendo un n pari il numero di elementi è dispari, e viceversa.
Con n=8 avresti soltanto 3 elementi. Dovresti provare con un n un po' più alto.
Fammi sapere.
Ciao,
Piè.

da **Chiodo** » 16 ott 2012, 8:59

Buongiorno a tutti!

PietroBaima ha scritto:adesso devi notare che vale l'identità

Tramite la definizione di coseno complesso si può provare l'identità. Altrimenti da un punto di vista geometrico è facile da notare considerando i complessi come un vettore nel piano di Gauss e sommando con la regola del parallelogramma 1 e $e^{j\frac{2k\pi}{n}}$ . Il modulo è proprio $2 \cos{\biggl (\frac{k\pi}{n}\biggr )}e^{j\frac{k\pi}{n}}$ .

Ora quindi vale:

$2=\lim_{z \to 1}\prod_{k=1}^{n-1}\biggl | z+e^{j\frac{2k\pi}{n}}\biggr |=\prod_{k=1}^{n-1}\biggl |1+e^{j\frac{2k\pi}{n}}\biggr |=\prod_{k=1}^{n-1}2 \cos{\biggl (\frac{k\pi}{n}\biggr )}e^{j\frac{k\pi}{n}}.$

Ora per come è stato fatto nel mio articolo si estrae il fattore $e^{j\frac{k\pi}{n}}$ dalla produttoria ed esso è pari a $j^{n-1}$ (risultato di una progressione aritmetica).

PietroBaima ha scritto:La piccola sfida rimasta è che il bianco ora vince con una mossa

Ora c'è un 2 di troppo. Siccome si tratta di numeri dispari (abbiamo già escluso i numeri pari n) credo che si debba estrarre dalla produttoria il termine con n=1 che comporta un fattore pari a $2 \cos(0)=2$ . Estratto questo 2 si semplificherebbe con il 2 al primo membro dell'identità raggiunta in precedenza e resterebbe a sinistra solo un $\frac{1}{j^{n-1}}$ . Che con n dispari a partire da n=3,5,7,.. è pari a $\sin{\biggl (\frac{n\pi}{2}\biggr )}$ .

Non sono troppo sicuro dell'ultima mossa, il 2, però non avrei altre idee.

Cosa dite?

Intanto buona giornata! :)

Nicola

da **PietroBaima** » 16 ott 2012, 11:43

Chiodo ha scritto:Buongiorno a tutti! [...]
Cosa dite?

Buongiorno a te,
Dico che hai appena dimostrato. :ok:

COMPLIMENTI.
$\:D/$ O_uu_O

Se vuoi, se no lo faccio io senza problemi, secondo me sarebbe il caso di
raggruppare le idee per dare in un post tutta la dimostrazione.
Forse potresti aggiungerla al tuo articolo o farne un altro, non so.
Per questo dovremmo sentire i grandi di EY: sentiamo cosa ne pensa

IsidoroKZ

Ti voto e te lo meriti al 200%.

Chiodo ha scritto:Intanto buona giornata! :)

Nicola

Credo che la mia e tua saranno davvero una buona giornata.
Sono felice che tu ce l'abbia fatta.

Congrats!

O_/

Pietro.

PS: Se vuoi passare a cheby fammi un fischio...

da **Chiodo** » 16 ott 2012, 15:59

Yeah!

Grazie mille

PietroBaima! :)

Prossimamente provvederò alla seconda puntata della moltiplicazione dei seni..che sarà dei coseni :)

Buon Pomeriggio e saluti O_/

Nicola

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