Somma trigonometrica

[donald_zeka]

Dimostrare che $sum_(k=0)^(n-1) cos((2kpi)/n)+sin((2kpi)/n)=0$

[j18eos]

Non è vero!

Se \(\displaystyle n=1\) allora:
\[
\cos(0)+\sin(0)=1+0\neq0.
\]

[donald_zeka]

Hai ragione, strano però, wolfram alpha lo dà sempre vero. Beh allora riformulo la domanda: dimostrare l'uguaglianza per $n>1$.

[dan952]

Sappiamo che:
$$\cos(\frac{2\pi k}{n})=\frac{e^{\frac{2\pi k}{n}i}+e^{-\frac{2\pi k}{n}i}}{2}$$ $$\sin(\frac{2\pi k}{n})=\frac{e^{\frac{2\pi k}{n}i}-e^{-\frac{2\pi k}{n}i}}{2i}$$
Sostituiamo e otteniamo:
$\sum_{k=0}^{n-1}[\frac{e^{\frac{2\pi k}{n}i}+e^{-\frac{2\pi k}{n}i}}{2}+\frac{e^{\frac{2\pi k}{n}i}-e^{-\frac{2\pi k}{n}i}}{2i}]=\frac{1+i}{2i}\sum e^{\frac{2\pi k}{n}i}+\frac{i-1}{2i}\sum e^{-\frac{2\pi k}{n}i}$
Ricordando che $\sum_{k=0}^{n-1} e^{\frac{2\pi k}{n}i}=\frac{e^{2\pi i}-1}{e^{\frac{2\pi }{n}i}-1}$ e $\sum_{k=0}^{n-1} e^{-\frac{2\pi k}{n}i}=\frac{e^{-2\pi i}-1}{e^{-\frac{2\pi k}{n}i}-1}$, si ha la tesi.
Notare che per $n=1$ la somma fa proprio 1

Penso si possa fare anche con Werner

[donald_zeka]

Si può fare anche più semplicemente, sempre coi numeri complessi, ricordando che $cos((2kpi)/n)$ e $sin((2kpi)/n)$ rappresentano qualcosa di particolare

[dan952]

La parte reale e immaginaria delle radici ennesime complesse dell'unità, ti riferisci a questo?

[donald_zeka]

Esatto

[dan952]

Dici che si può risolvere anche graficamente?

[donald_zeka]

Non saprei, il metodo che ho fatto io, con le radici dei numeri complessi, non ha a che fare con la costruzione grafica, anzi, è tutta algebrica, la metto in spoiler:

Considero l'equazione $x^n-1=0$, per il teorema fondamentale dell'algebra essa ha $n$ radici complesse che sono le radici $n$-esime dell'unità $cos((2kpi)/n)+isin((2kpi)/n)$. Dalle formule di Viete si sa che la somma delle radici di un' equazione di grado $n$ è uguale al rapporto tra il coefficiente di grado $n-1$ e quello di grado $n$ cambiato di segno, se $n>1$ risulta che il termine di grado $n-1$ ha coefficiente $0$ pertanto la somma delle radici $n$-esime di $1$ vale $0$, chiaramente l'unità immaginaria davanti al seno non cambia nulla. Se invece $n=1$ la somma fa $1$ dato che $-(-1)/1=1$

[dan952]

Carina come soluzione: elementare e veloce

[E-3131]

A me è venuta in mente questa, però non mi convince del tutto.

ponendo $n=2t$ si ottiene $ sum _(k = \0) ^(2t-1) {cos(pik/t) +sin(pik/t)} $, adesso la sommatoria si potrebbe interpretare come la somma dei vertici di un poligono regolare di verti $2t$; Ponendo un sistema di riferimento e la circonferenza unitaria circoscritta al poligono, si può notare che i vertici $V_k$ e $V_(t+k) $ con $ 0<=k

Cita

Segnala

[donald_zeka]

ponendo $n=2t$

Questo è valido solo se $n$ è pari, in quel caso la tua dimostrazione è corretta, devi dimostrarlo anche per $n$ dispari però.

[Erasmus_First]

"Vulplasir":Dimostrare che $sum_(k=0)^(n-1) (cos((2kpi)/n)+sin((2kpi)/n))=0$

[NB. Ho aggiunto una parentesi per evidenziare che entrambi i termini stanno nella sommatoria].

Occhio!
Non c'è bisogno dei numeri complessi!
Per ogni n intero maggiore di 1 risulta:
$sum_(k=0)^(n-1) cos((2kpi)/n)=0$;
$sum_(k=0)^(n-1) sin((2kpi)/n)=0$.
Anzi: queste uguaglianze sono casi particolari di quest'altre (nelle quali ∆ è un angolo arbitrario):
$sum_(k=0)^(n-1) cos((2kpi)/n + ∆)=0$;
$sum_(k=0)^(n-1) sin((2kpi)/n +∆)=0$.

Basta pensare ad un cerchio nel piano cartesiano col centro nell'origine e collocare sulla sua circonferenza n masse puntiformi uguali ed equispaziate ... e chiedersi dove sta il baricentro.
Ovviamente deve essere n > 1 (se no non ha senso dire "equispaziate" ... e il baricentro coincide con l'unico punto).
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Precisamente:
a) Per n = 2 si ha
$sum_(k=0)^(1) cos((2kpi)/2+∆) = cos(∆) + cos(π+∆) = cos(∆) - cos(∆) = 0;$
$sum_(k=0)^(1) sin((2kpi)/2+∆) = sin(∆) + sin(π+∆) =sin(∆) - sin(∆) = 0.$

b) Per n>2, si consideri un poligono regolare di n vertici e raggio 1.
Lo si collochi nel piano cartesiano con il centro nell'origine.
Si pensino i vertici come punti materiali tutti di massa 1.
Ovviamente, per motivi di simmetria, il baricentro sta nel centro del poligono, cioè nell'origine degli assi cartesiani.
Ora le due sommatorie sono rispettivamente l'ascissa e l'ordinata del baricentro (entrambe nulle).
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[Erasmus_First]

Oops!
Vedo ora che il discorso del poligono regolare (di n>2 vertici) era già stato fatto.
Vedo anche che Vulplasir chiedeva che la dimostrazione fosse perfezionata per n dispari ...

Che il baricentro di n > 2 masse puntiformi e uguali poste nei vertici di un poligono regolare (di n > 2 vertici) stia nel centro del poligono si dimostra facilmente per assurdo.
Supponiamo che il baricentro sia in posizione eccentrica. Se così fosse, girando il poligono di un n-esimo di angolo giro attorno al centro girerebbe anche il baricentro cambiando perciò posizione; ma siccome il nuovo sistema di masse sarebbe uguale al precedente, il nuovo baricentro dovrebbe coincidere col precedente. La contraddizione cade se (e solo se) il baricentro sta nel centro del poligono.
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