Dimostrazione trigonometrica
Buongiorno a tutti. Vorrei poter riuscire a dimostrare che vale quanto segue:
$\sum_{i=0}^\(n-1) sin^2(omega_i)$ = $\sum_{i=0}^\(n-1) sin^2(omega_i-beta)=n/2$
essendo:
$omega_i=(2pi/n)i, i=0,1...n-1, n>2$
$beta$ un angolo qualsiasi.
In sostanza immaginatevi una circonferenza, ed n punti su di essa equispaziati angolarmente, con n > 2.
Voglio dimostrare che la somma dei quadrati dei seni degli angoli che individuano tali punti è costante, indipendentemente dalla posizione angolare di riferimento, cioè dal sistema di riferimento. Quindi, se ruoto il sistema di riferimento di un angolo $beta$ qualsiasi, questa somma dei quadrati non cambia.
Vi ricordo come ipotesi che i punti siano equispaziati, e che coprano tutto l'angolo giro.
In particolare poi si osserva che i punti sono ovviamente equispaziati di $2pi/n$ e la somma dei quadrati dei seni fa proprio n/2.
E' tutto vero si...ma come dimostrarlo? Provando a risolvere l'equazione goniometrica proposta sembra di entrare in un ginepraio...
grazie a tutti.
U.
$\sum_{i=0}^\(n-1) sin^2(omega_i)$ = $\sum_{i=0}^\(n-1) sin^2(omega_i-beta)=n/2$
essendo:
$omega_i=(2pi/n)i, i=0,1...n-1, n>2$
$beta$ un angolo qualsiasi.
In sostanza immaginatevi una circonferenza, ed n punti su di essa equispaziati angolarmente, con n > 2.
Voglio dimostrare che la somma dei quadrati dei seni degli angoli che individuano tali punti è costante, indipendentemente dalla posizione angolare di riferimento, cioè dal sistema di riferimento. Quindi, se ruoto il sistema di riferimento di un angolo $beta$ qualsiasi, questa somma dei quadrati non cambia.
Vi ricordo come ipotesi che i punti siano equispaziati, e che coprano tutto l'angolo giro.
In particolare poi si osserva che i punti sono ovviamente equispaziati di $2pi/n$ e la somma dei quadrati dei seni fa proprio n/2.
E' tutto vero si...ma come dimostrarlo? Provando a risolvere l'equazione goniometrica proposta sembra di entrare in un ginepraio...
grazie a tutti.
U.
Risposte
Se è la dimostrazione che vuoi, puoi considerare questa ( anche se esula di parecchio
dall'ambito delle Superiori).
Per semplificare la scrittura conviene porre $x=(2pi)/n$ e quindi si può scrivere:
$sum_(k=0)^(n-1)sin^2(kx)=1/2sum_(k=0)^(n-1)(1-cos(2kx))=n/2-1/2sum_(k=0)^(n-1)cos(2kx)$ per cui dobbiamo dimostrare che $sum_(k=0)^(n-1)cos(2kx)=0$
Un procedimemto classico fa uso della formula di Eulero.Precisamente pongo:
$S=sum_(k=0)^(n-1)sin(2kx),C=sum_(k=0)^(n-1)cos(2kx)$, da cui:
$C+iS=sum_(k=0)^(n-1)(cos(2kx)+isin(2kx))$
Adesso poniamo (e qui interviene Eulero) $a=cos(x)+isin(x)=e^(ix)$ e quindi scrivo che:
$C+iS=a^0+a^2+a^4+...+a^(2n-2)=(a^(2n)-1)/(a^2-1)=(a^n(a^n-a^(-n)))/(a(a-a^(-1)))=a^(n-1)*((a^n-a^(-n))/(2i))/((a-a^(-1))/(2i))$
Cioé:
$C+iS=[cos((n-1)x)+isin((n-1)x)]*sin(nx)/(sin(x))$ e separando la parte reale:
$C=cos((n-1)x)*sin(nx)/(sin(x))$
Sostituendo poi $x=(2pi)/n$ ,vediamo che il fattore $sin(nx)$ diventa $sin(n*(2pi)/n)=0$
Marco
dall'ambito delle Superiori).
Per semplificare la scrittura conviene porre $x=(2pi)/n$ e quindi si può scrivere:
$sum_(k=0)^(n-1)sin^2(kx)=1/2sum_(k=0)^(n-1)(1-cos(2kx))=n/2-1/2sum_(k=0)^(n-1)cos(2kx)$ per cui dobbiamo dimostrare che $sum_(k=0)^(n-1)cos(2kx)=0$
Un procedimemto classico fa uso della formula di Eulero.Precisamente pongo:
$S=sum_(k=0)^(n-1)sin(2kx),C=sum_(k=0)^(n-1)cos(2kx)$, da cui:
$C+iS=sum_(k=0)^(n-1)(cos(2kx)+isin(2kx))$
Adesso poniamo (e qui interviene Eulero) $a=cos(x)+isin(x)=e^(ix)$ e quindi scrivo che:
$C+iS=a^0+a^2+a^4+...+a^(2n-2)=(a^(2n)-1)/(a^2-1)=(a^n(a^n-a^(-n)))/(a(a-a^(-1)))=a^(n-1)*((a^n-a^(-n))/(2i))/((a-a^(-1))/(2i))$
Cioé:
$C+iS=[cos((n-1)x)+isin((n-1)x)]*sin(nx)/(sin(x))$ e separando la parte reale:
$C=cos((n-1)x)*sin(nx)/(sin(x))$
Sostituendo poi $x=(2pi)/n$ ,vediamo che il fattore $sin(nx)$ diventa $sin(n*(2pi)/n)=0$
Marco
Propongo un modo diverso (seppur molto vicino a quello di marco80) per vedere la cosa.
Definiamo la funzione $f:RR to CC$, $f(a)=cos(a)+i sin(a)$. Si osserva che tale funzione $f$, 'qualsiasi cosa sia', verifica le seguenti tre proprietà (e per dimostrare ciò sono sufficienti la trigonometria e le proprietà di $CC$):
1) $f(0)=1$,
2) $f$ è periodica di periodo $2 pi$,
3) $f(a)f(b)=f(a+b)$ per ogni $a,b in RR$.
In particolare da 3) segue (per induzione) che (*) $f(a)^n = f(na)$ per ogni $a in RR$, $n in NN$. Geometricamente (nel piano complesso) la $f$ rappresenta la circonferenza di centro l'origine e raggio 1 percorsa in senso antiorario.
Inoltre (**) $1/2(f(a)+f(-a))=cos(a)$ per ogni $a in RR$.
Ora come ha fatto marco80 ci si riduce a mostrare che $sum_{k=0}^{n-1} cos(4k pi/n)=0$ e si osserva che in virtù di (**) è sufficiente mostrare che $sum_{k=0}^{n-1} f(4k pi/n)=0$ e $sum_{k=0}^{n-1} f(-4k pi/n)=0$. Ora sappiamo che (per (*)) $f(4k pi/n)=f(4 pi/n)^k$ e $f(-4kpi/n)=f(-4pi/n)^k$, quindi le due sommatorie provengono da successioni geometriche, facilmente scardinabili:
$sum_{k=0}^{n-1} f(4 pi/n)^k = (f(4 pi/n)^n-1)/(f(4 pi/n)-1) = (f(4 pi/n n)-1)/(f(4 pi/n)-1) = 0$ (dato che $f(4 pi)=1$),
$sum_{k=0}^{n-1} f(-4 pi/n)^k = (f(-4 pi/n)^n-1)/(f(-4 pi/n)-1) = (f(-4 pi/n n)-1)/(f(-4 pi/n)-1) = 0$. (dato che $f(-4 pi)=1$).
Dopotutto però mi piacerebbe conoscerne una dimostrazione che non faccia uso dei numeri complessi.
Definiamo la funzione $f:RR to CC$, $f(a)=cos(a)+i sin(a)$. Si osserva che tale funzione $f$, 'qualsiasi cosa sia', verifica le seguenti tre proprietà (e per dimostrare ciò sono sufficienti la trigonometria e le proprietà di $CC$):
1) $f(0)=1$,
2) $f$ è periodica di periodo $2 pi$,
3) $f(a)f(b)=f(a+b)$ per ogni $a,b in RR$.
In particolare da 3) segue (per induzione) che (*) $f(a)^n = f(na)$ per ogni $a in RR$, $n in NN$. Geometricamente (nel piano complesso) la $f$ rappresenta la circonferenza di centro l'origine e raggio 1 percorsa in senso antiorario.
Inoltre (**) $1/2(f(a)+f(-a))=cos(a)$ per ogni $a in RR$.
Ora come ha fatto marco80 ci si riduce a mostrare che $sum_{k=0}^{n-1} cos(4k pi/n)=0$ e si osserva che in virtù di (**) è sufficiente mostrare che $sum_{k=0}^{n-1} f(4k pi/n)=0$ e $sum_{k=0}^{n-1} f(-4k pi/n)=0$. Ora sappiamo che (per (*)) $f(4k pi/n)=f(4 pi/n)^k$ e $f(-4kpi/n)=f(-4pi/n)^k$, quindi le due sommatorie provengono da successioni geometriche, facilmente scardinabili:
$sum_{k=0}^{n-1} f(4 pi/n)^k = (f(4 pi/n)^n-1)/(f(4 pi/n)-1) = (f(4 pi/n n)-1)/(f(4 pi/n)-1) = 0$ (dato che $f(4 pi)=1$),
$sum_{k=0}^{n-1} f(-4 pi/n)^k = (f(-4 pi/n)^n-1)/(f(-4 pi/n)-1) = (f(-4 pi/n n)-1)/(f(-4 pi/n)-1) = 0$. (dato che $f(-4 pi)=1$).
Dopotutto però mi piacerebbe conoscerne una dimostrazione che non faccia uso dei numeri complessi.
Completo la dimostrazione considerando anche la seconda parte.
Intanto separando anche la parte immaginaria ricavo che
$S=sin((n-1)x)*(sin(nx))/(sin(x))$ e si vede che è pure S=0 per $x=(2pi)/n$
e adesso possiamo procedere col calcolo:
$sum_(k=0)^(n-1)sin^2(kx-beta)=1/2sum_(k=0)^(n-1)[1-cos(2kx-2beta)]=1/2sum_(k=0)^(n-1)[1-cos(2kx)cos(2beta)-sin(2kx)sin(2beta)]$
Oppure:
$sum_(k=0)^(n-1)sin^2(kx-beta)=n/2-1/2cos(2beta)sum_(k=0)^(n-1)cos(2kx)-1/2sin(2beta)sum_(k=0)^(n-1)sin(2kx)=n/2-1/2cos(2beta)*C-1/2sin(2beta)*S$
Ma abbiamo già visto che per $x=(2pi)/n$ si ha C=S=0 e quindi concludiamo che:
$sum_(k=0)^(n-1)sin^2((2pi)/nk-beta)=n/2$
Marco
Intanto separando anche la parte immaginaria ricavo che
$S=sin((n-1)x)*(sin(nx))/(sin(x))$ e si vede che è pure S=0 per $x=(2pi)/n$
e adesso possiamo procedere col calcolo:
$sum_(k=0)^(n-1)sin^2(kx-beta)=1/2sum_(k=0)^(n-1)[1-cos(2kx-2beta)]=1/2sum_(k=0)^(n-1)[1-cos(2kx)cos(2beta)-sin(2kx)sin(2beta)]$
Oppure:
$sum_(k=0)^(n-1)sin^2(kx-beta)=n/2-1/2cos(2beta)sum_(k=0)^(n-1)cos(2kx)-1/2sin(2beta)sum_(k=0)^(n-1)sin(2kx)=n/2-1/2cos(2beta)*C-1/2sin(2beta)*S$
Ma abbiamo già visto che per $x=(2pi)/n$ si ha C=S=0 e quindi concludiamo che:
$sum_(k=0)^(n-1)sin^2((2pi)/nk-beta)=n/2$
Marco
grazie mille a marco80 e a martino, col passaggio ai numeri complessi la risoluzione non è poi così ostica, anzi!
grazie ancora!
grazie ancora!
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