iloczyn i suma,

[mol_ksiazkowy]

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

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1} (k+1)cos(\frac{2k\pi}{n})=}\)?

[luka52]

Iloczyn: (uwaga bzdury)

\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n-1} \sin ft( \frac{k \pi}{2n} \right) \Im ft\{ \prod_{k=1}^{n-1} e^{\imath \frac{k \pi}{2n}} \right\} = \Im ft\{ \mbox{exp} ft\{ \sum_{k=1}^{n-1} \imath \frac{k \pi}{2n} \right\} \right\} = \\
= \Im ft\{ \mbox{exp} ft( \frac{\imath \pi}{4}(n-1) \right) \right\} = \boxed{ \sin ft( \frac{\pi}{4}(n-1) \right)}}\)

Suma:

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1} (k+1) \cos ft( \frac{2 k \pi}{n} \right) = \Re ft\{ \sum_{k = 0}^{n-1} (k+1) e^{\imath \frac{2 k \pi}{n}} \right\} =\\= \underbrace{\Re ft\{ \sum_{k = 0}^{n-1} k e^{\imath \frac{2 k \pi}{n}} \right\}}_{S_1} + \underbrace{\Re ft\{ \sum_{k = 0}^{n-1} e^{\imath \frac{2 k \pi}{n}} \right\}}_{S_2 = 0}}\)

Korzystając z
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1} k q^k = \frac{q - n q^n - q^{n+1} + n q^{n+1}}{(q-1)^2}}\)
(metoda na obliczanie tego została zaprezentowana przeze mnie w https://matematyka.pl/71274.htm#270907 )
Bawiąc się tym trochę jeszcze dojdziemy do wyniku \(\displaystyle{ \boxed{- \frac{n}{2}}}\).

[przemk20]

A skad ci sie bierze pierwsze przeksztlacenie w tym iloczynie??

[luka52]

Pierwsze przekształcenie to:
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n-1} \sin ft( \frac{k \pi}{2n} \right) = \Im ft\{ \prod_{k=1}^{n-1} e^{\imath \frac{k \pi}{2n}} \right\}}\)
jednak jako, że jest ono w miarę oczywiste to podejrzewam, iż chodzi Ci o:
\(\displaystyle{ \Im ft\{ \prod_{k=1}^{n-1} e^{\imath \frac{k \pi}{2n}} \right\} = \Im ft\{ \mbox{exp} ft\{ \sum_{k=1}^{n-1} \imath \frac{k \pi}{2n} \right\} \right\}}\)
co można nieco wyraźniej zapisać jako:
\(\displaystyle{ \Im ft\{ \prod_{k=1}^{n-1} e^{\imath \frac{k \pi}{2n}} \right\} = \Im ft\{ \mbox{exp} ft\{ \ln ft( \prod_{k=1}^{n-1} e^{\imath \frac{k \pi}{2n}} \right) \right\} \right\} = \Im ft\{ \mbox{exp} ft\{ \sum_{k=1}^{n-1} \imath \frac{k \pi}{2n} \right\} \right\}}\)
gdyż logarytm iloczynu można przedstawić jako sumę logarytów.

[przemk20]

no wlasnie dla mnie ono nie jest oczywiste, bo przeciesz
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n-1} e^{i \frac{k \pi}{2n} } = \prod_{k=1}^{n-1}
(\cos \frac{k \pi}{2n} + i \sin \frac{k \pi}{2n} )}\)

[luka52]

Masz rację...

W ramach rehabilitacji poprawny już d-d:

\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n-1}\sin \frac{k \pi}n = \prod_{k=1}^{n-1}\frac{e^{i k \pi/n}-e^{-i k \pi/n}}{2i}= \frac 1{(2i)^{n-1}}\prod_{k=1}^{n-1}e^{-ik\pi/n}(e^{2ik\pi/n}-1) =\\
= \frac 1{(2i)^{n-1}}\prod_{k=1}^{n-1}e^{-ik\pi/n}\prod_{k=1}^{n-1}(e^{2ik\pi/n}-1)}\)
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n-1}e^{-ik\pi/n}= e^{\sum_{k=1}^{n-1}(-ik\pi/n)}= e^{-i\pi/n \sum_{k=1}^{n-1}k}= e^{-i\pi/n \frac{n(n-1)}2}= (-i)^{n-1}}\)
I otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac 1{(2i)^{n-1}}\cdot (-i)^{n-1}\cdot \prod_{k=1}^{n-1}(e^{2ik\pi/n}-1) = \frac 1{2^{n-1}}\prod_{k=1}^{n-1}(1-e^{2ik\pi/n})}\)
W celu obliczenia powstałego iloczynu rozważmy funkcję
\(\displaystyle{ f(x) = \frac{x^n - 1}{x-1} = \prod_{k=1}^{n-1} ft( x - e^{\imath \frac{2 \pi k}{n}} \right)}\)
lecz f(1)=n, stąd:
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n-1}\sin \frac{k \pi}n = \boxed{\frac n{2^{n-1}}}}\)