2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Еще одно тригонометрическое тождество
Сообщение01.03.2021, 09:33 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Пусть $N \equiv 2 \pmod{4}$. Докажите, что $$\sum_{j=0}^{N-1}\frac{(-1)^j}{\sin{\dfrac{(2j+1)\pi}{N}}}=N.$$
Комментарий. Авторам той статьи, откуда я взял этот пример, данное тригонометрическое тождество кажется новым. Но это вряд ли, слишком просто выглядит.

 Профиль  
                  
 
 Re: Еще одно тригонометрическое тождество
Сообщение01.03.2021, 10:38 


26/04/11
90
Может, в статье (doi:10.1088/1751-8113/45/37/374015) по ссылкам пробежаться? Хотя там, вроде, несколько не то...

 Профиль  
                  
 
 Re: Еще одно тригонометрическое тождество
Сообщение01.03.2021, 11:03 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Farest2
Спасибо за ссылку, добавлю себе в коллекцию. Обычно в подобных статьях приводятся тождества с многими параметрами, так что имеем проблему типа "найти иголку в стоге сена". Наверняка где-то есть, но проще самому переоткрыть. Вот, кстати, сам сейчас случайно обнаружил еще одно подобное тождество: $$\sum_{j=0}^{N-1}(-1)^j\ctg{\frac{(2j+1)\pi}{N}}=N$$ для $N \equiv 0 \pmod{4}$.

Возможно, интересно было бы придумать чисто школьное доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Еще одно тригонометрическое тождество
Сообщение01.03.2021, 16:02 


02/04/18
240
nnosipov в сообщении #1507111 писал(а):
Возможно, интересно было бы придумать чисто школьное доказательство.
У Майкла Пенна на его канале не было? А то он такие штуки любит.

Вообще, если как-нибудь пытаться, то его можно упростить, убрав, в первую очередь сбивающее с толку требование равенства по модулю 4, то есть заменив $N=4k+2$ и деля ряд сначала на половины, а потом - на четверти:
$$\sum\limits_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j}{\sin{\frac{2j+1}{4k+2}\pi}}=k+\frac{1-(-1)^k}{2}; k>0$$
Или проще - при четном $k$ справа стоит $k$, при нечетном - $k+1$.

Если перейти к косинусам, то в дроби сократится двойка, и получится:
$\sum\limits_{j=1}^{k}\frac{(-1)^j}{\cos{\frac{j}{2k+1}\pi}}=-k-1$ при нечетном $k$
$\sum\limits_{j=1}^{k}\frac{(-1)^j}{\cos{\frac{j}{2k+1}\pi}}=k$ при четном $k$

Продлевая ряд до пределов 0 и $2k+1$, получаем окончательную формулу:
$$\sum\limits_{j=0}^{M}\frac{(-1)^j}{\cos{\frac{j\pi}{M}}}=\sum\limits_{j=0}^{M}{(-1)^j}{\sec{\frac{j\pi}{M}}}=\begin{cases}
-M+1,&\text{если $M=4p+1$;}\\
M+1,&\text{если $M=4p-1$.}
\end{cases}$$

При виде столь простой формулы я, честно признаться, смалодушничал и полез в справочник (у меня Прудников).
И там, под номером 4.4.6.2, нашел вот это:
$$\sum\limits_{k=0}^{n}{\sec{\frac{2k\pi}{2n+1}}}=(-1)^n\frac{2n+1}{2}+\frac{1}{2}$$
Здесь в числителе перебираются все только четные числа, меньшие знаменателя. Нечетные, как легко удостовериться, дадут ту же сумму, но с противоположным знаком, поэтому, вычтя ее из табличной, получим не что иное, как формулу, к которой только что свели заданную.

Собственно, для полноты картины осталось доказать табличное - то есть известное довольно давно - тождество. Но на этом пути, похоже, школьная математика сдается. Еще кое-как можно вспомнить Виета и заговорить о составлении полинома с равными косинусам корнями, но его конструирование - уже вышмат. Если только я ничего не путаю, конечно...

 Профиль  
                  
 
 Re: Еще одно тригонометрическое тождество
Сообщение01.03.2021, 16:29 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Dendr в сообщении #1507153 писал(а):
Если перейти к косинусам
Да, пожалуй, это упрощает дело. Возникающая сумма с секансом выглядит более привычно. Кстати, если секанс заменить на котангенс, то ответа в замкнутой форме нет, см. topic134153.html

В плане чисто школьного решения идея TOTAL может оказаться перспективной.

 Профиль  
                  
 
 Re: Еще одно тригонометрическое тождество
Сообщение23.03.2021, 23:53 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Я бы решил так:
Пусть $n=N/2$ - нечетное число.
Тогда члены с $j, j+n$ дают одинаковые значения, поэтому достаточно пробегать по четным $j$, а дальше умножать на 2.
Члену с номером $j=\frac{n-1}{2}+2k$ соответствует $$(-1)^{{n-1}/{2}}\frac{1}{\cos \frac{2k\pi}{n}}$$
Суммируя только по членам, у которых четность одинаковая, как у $j=\frac{n-1}{2}$ знаки исчезнут (общий знак) и сумма сводится
$$2(-1)^{(n-1)/2}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\cos \frac{2k\pi}{n}}$$.
Здесь сумма обратных величин уравнения $T_n(x)=1$, где $T_n(x)$ многочлен Чебышева первого рода.
$$T_n(x)=2^{n-1}x^n+...+(-1)^{(n-1)/2}nx=1$$
По теореме Виета сумма для обратных величин и есть коэффициент перед х, что и дает требуемое.

 Профиль  
                  
 
 Re: Еще одно тригонометрическое тождество
Сообщение24.03.2021, 09:17 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Да, действительно, если говорить о совсем элементарном подходе, то можно привлечь многочлены Чебышева. Один из последних примеров такого рода: A GCD-weighted Trigonometric Sum // Amer. Math. Monthly, 2019, V. 126, N 5, P. 474. Там этим способом вычисляется сумма $$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\cos^2{(\pi k/n)}}$$ при нечетном $n$. Несколько искусственно, но элементарно (и потому можно школьникам предлагать). Видимо, этот фокус с корнями многочленов Чебышева известен очень давно (наверняка есть соответствующие публикации в "Кванте").

 Профиль  
                  
 
 Re: Еще одно тригонометрическое тождество
Сообщение24.03.2021, 19:42 
Заблокирован


16/04/18

1129
Я бы посмотрел тождества в справочнике Интегралы и ряды, том 1, конечные суммы с секансом/косекансом. Там есть похожие, но надо внимательно разбираться. Это к проверке новое/не новое тождество.

 Профиль  
                  
 
 Re: Еще одно тригонометрическое тождество
Сообщение24.03.2021, 22:58 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Дело не в многочлене Чебышева а в взаимно-однозначном преобразовании корней
при дробно линейном преобразовании
$$x\to \frac{ax+b}{cx+d}, D=ad-bc\neq 0.$$
Корни уравнения многочлена n-ой степени $f(x)=0$ переводятся в корни уравнения
$\phi(x)=(cx+d)^nf(\frac{ax+b}{cx+d})=0$ при обратном рациональном отображении.
Легко находятся симметричные функции от корней (не только суммы) через симметричные функции
другого полинома. Дискриминанты многочленов так же связаны простой формулой:
$$Dis(\phi(x))=D^{2n-2}Dis(f(x)).$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Еще одно тригонометрическое тождество
Сообщение25.03.2021, 06:48 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Руст в сообщении #1510975 писал(а):
Дело не в многочлене Чебышева
И в нем тоже: ведь коэффициент при $x$ в первой степени еще нужно вычислить (иметь для него явное выражение). Для многочлена Чебышева он известен (или может быть найден на основе рекуррентных соотношений, как написано в той статье из AMM, что я цитировал выше).
Руст в сообщении #1510975 писал(а):
взаимно-однозначном преобразовании корней при дробно линейном преобразовании
Для общих тригонометрических сумм (когда под знаком суммы произвольная рациональная функция) это не будет работать. А если и будет, то слишком искусственно.

Верьте мне, Шура. Только кража. Вычеты, и только вычеты (возможно, в разных версиях), в таких делах это самое естественное средство.

-- Чт мар 25, 2021 10:54:22 --

novichok2018 в сообщении #1510901 писал(а):
Я бы посмотрел тождества в справочнике Интегралы и ряды, том 1, конечные суммы с секансом/косекансом.
Кстати, да. Про этот хороший справочник я временно забыл. Но овчинка выделки не стоит сам вопрос не особо интересен, ибо исходная сумма выглядит весьма заурядно. Какой прок с этого тождества, пусть даже его и нет в справочниках? В общем, пустое.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 10 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group