Come si giunge a questa identità?

[Mephlip]

Ho trovato quest'identità
$$\cos(nz)=\sum_{k=0}^{\lfloor{\frac{n}{2}}\rfloor}(-1)^k \binom{n}{2k} \sin^{2k}z \cos^{n-2k}z$$
La fonte è http://functions.wolfram.com/Elementary ... 5/02/0003/.
Ho pensato a vedere $\cos(nz)=\mathfrak{R}(e^{i nz})$, per poi lavorare un po' con qualche sviluppo in serie e binomio di Newton; tuttavia non sono sicuro che sia così semplice, se invece non è troppo articolato allora basta un piccolo input

[pilloeffe]

Ciao Mephlip,

Si tratta della forma esplicita dei polinomi di Čebyšëv, dal nome dal matematico russo Pafnutij L'vovič Čebyšëv, che li studiò come soluzioni polinomiali della seguente equazione differenziale, anch'essa detta di Čebyšëv:

$ (1-x^2) y'' - xy' + n^2 y = 0 $

Puoi dare un'occhiata ad esempio qui o meglio ancora alla versione inglese qui.

[Mephlip]

Grazie pilloeffe!

[pilloeffe]

"Mephlip":Grazie pilloeffe!

Prego!
In realtà però mi sono reso conto di non averti risposto, nel senso che non ti ho mostrato come si giunge a questa identità. Si parte dalla relazione seguente:

$cos(nz) = \frac{e^{i nz} + e^{-i nz}}{2} = \frac{(e^{iz})^n + (e^{-iz})^n}{2} = \frac{(cos z + i sin z)^n + (cos z - i sin z)^n}{2} = $
$ = \sum_{h = 0}^n ((n),(h)) \frac{(cos^{n - h} z) (i sin z)^h + (cos^{n - h} z)(- i sin z)^h}{2} = $
$ = \sum_{h = 0}^n \frac{i^h + (-i)^h}{2} ((n),(h)) sin^h z cos^{n - h} z $

Ora posto $h := 2k $ si ha:

$ cos(nz) = \sum_{k = 0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\frac{i^{2k} + (-i)^{2k}}{2}((n),(2k)) sin^{2k} z cos^{n - 2k} z = $
$ = \sum_{k = 0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\frac{(-1)^k + (-1)^{2k}(-1)^k}{2} ((n),(2k)) sin^{2k} z cos^{n - 2k} z = $
$ = \sum_{k = 0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} (-1)^k ((n),(2k)) sin^{2k} z cos^{n - 2k} z $

Si può dimostrare un'identità analoga per $sin(nz) $

[Mephlip]

"pilloeffe":
In realtà però mi sono reso conto di non averti risposto, nel senso che non ti ho mostrato come si giunge a questa identità.

Nessun problema, in realtà mi sono fatto intimidire quando era abbastanza semplice! Diciamo che l'unico passaggio che non sono sicuro di aver afferrato appieno è la comparsa della parte intera $\floor{\frac{n}{2}}$ nell'indice superiore della somma, nel senso che: intuitivamente mi è chiaro, ovviamente se stiamo sommando $n$ termini e ci restringiamo ai pari ponendo $h=2k$ i termini da sommare sono la metà, ma dovendo essere l'indice superiore di somma un numero naturale dobbiamo "aggiustarlo" in modo tale che quando la frazione $\frac{n}{2}$ ha numeratore dispari otteniamo nuovamente un intero.
Per fare ciò usiamo la parte intera, perché i pari li restituisce come sono (infatti $\floor{\frac{2k}{2}}=\floor{k}=k$ in quanto $k\in\mathbb{N}$) mentre i dispari li scala al numero pari precedente.
Però perché il precedente? Nel senso, perché usiamo $\floor{\cdot}$ e non $\ceil{\cdot}$?
La spiegazione che mi viene in mente è che in effetti se, per esempio, $n=9$, i numeri pari fino a $9$ sono $\floor{\frac{9}{2}}=4$, se invece usassi $\ceil{\cdot}$ otterrei un termine in più nella somma che non c'è; chiaramente ciò avviene per ogni $n\in\mathbb{N}$ (almeno a livello intuitivo, dovrei dimostrarlo) e quindi usiamo $\floor{\frac{n}{2}}$.
Ha senso? Forse in realtà sto complicando enormemente le cose ed è più semplice, in ogni caso grazie!

[pilloeffe]

"Mephlip":Ha senso?

Sì, stai ragionando correttamente: ottima anche l'idea di costruirsi un esempio con un caso particolare per vedere come vanno le cose...
In generale si può scrivere

$ \floor{\frac{n}{2}} = {(n/2 \text{ per } n \text{ pari }),(\frac{n - 1}{2} \text{ per } n \text{ dispari }):}$

Una somma analoga compare anche nella forma esplicita dei polinomi di Hermite:

\begin{equation*}
\boxed{H_n(x) = (- 1)^n\,e^{x^2}\,\dfrac{d^{n}}{dx^{n}}\,e^{-x^2} = \sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\:(- 1)^{k}\frac{n!}{k!(n - 2k)!}\:(2x)^{n-2k}}
\end{equation*}