Не произведение синусов

[TOTAL]

Доказать, что

$$ \sum_{\omega_i}\sin\left(\frac{\pi\omega_i}{2} \right)=\sqrt{505},$$

где суммирование по всем $\omega_i$ вида

$$ \omega = \pm \frac{1}{2020} \pm \frac{2}{2020} \pm \cdots \pm \frac{2019}{2020},$$

в которых количество знаков "плюс" чётно.

[novichok2018]

А если 2021?

[TOTAL]

novichok2018 в сообщении #1534603 писал(а):

А если 2021?

Вот другое "если" : $\displaystyle \;\; \sum_{\omega_i}\sin\left(\frac{\pi\omega_i}{2} \right)=\sqrt{n}, \;\; \omega = \pm \frac{1}{4n} \pm \frac{2}{4n} \pm \cdots \pm \frac{4n-1}{4n}$

[zykov]

Тут такая тонкость, что ноль "плюсов", это тоже чётное количество.
Для $n=1,2$ сошлось.

[Dendr]

Наверное, я пошел сложным путем (хотя и элементарными преобразованиями), но все же:

(Оффтоп)

Обозначим $\omega'_i$ - числа вида $\pm \frac{1}{2020} \pm \frac{2}{2020} \pm \cdots \pm \frac{2017}{2020}$ с четным количеством плюсов, $\omega''_i$ - с нечетным. В дальнейшем учтем, что эти элементы однозначным образом разбиты на пары $\omega'_i=-\omega''_j$, и от суммирования по "двойному штриху" можно перейти к суммированию по "одинарному штриху" с заменой знака перед суммой.
Тогда

$$ \sum_{\omega_i}\sin\left(\frac{\pi\omega_i}{2} \right)=\sum_{\omega'_i} \left\sin\left(\frac{\pi}{2}\left(\omega'_i+\frac{2018}{2020}+\frac{2019}{2020}\right) \right) + \sin\left(\frac{\pi}{2}\left(\omega'_i-\frac{2018}{2020}-\frac{2019}{2020}\right) \right) \right)+$$

$$ +\sum_{\omega''_i} \left(\sin\left(\frac{\pi}{2}\left(\omega''_i+\frac{2018}{2020}-\frac{2019}{2020}\right) \right) + \sin\left(\frac{\pi}{2}\left(\omega''_i-\frac{2018}{2020}+\frac{2019}{2020}\right) \right) \right)$$

$$=\sum_{\omega'_i} 2\sin\left(\frac{\pi\omega'_i}{2} \right) \cos \left(\frac{\pi}{2}\left(2-\frac{3}{2020}\right) \right) + \sum_{\omega''_i}2\sin\left(\frac{\pi\omega''_i}{2} \right) \cos \left(\frac{\pi}{2}\frac{1}{2020}\right) =$$

$$=-2\sum_{\omega'_i}\left(\sin\left(\frac{\pi\omega'_i}{2} \right) \cos \left(\frac{\pi}{2}\frac{3}{2020}\right) + \sin\left(\frac{\pi\omega'_i}{2} \right) \cos \left(\frac{\pi}{2}\frac{1}{2020}\right) \right)=$$

$$=-4 \cdot\cos \left(\frac{\pi}{2}\frac{1}{2020}\right) \cdot \cos \left(\frac{\pi}{2}\frac{2}{2020}\right) \sum_{\omega'_i}\left(\sin\left(\frac{\pi\omega'_i}{2} \right) \right)$$

Продолжая таким же образом, придем на следующем шаге к выражению

$$16 \cdot\cos \left(\frac{\pi}{2}\frac{1}{2020}\right) \cdot \cos \left(\frac{\pi}{2}\frac{2}{2020}\right) \cdot\cos \left(\frac{\pi}{2}\frac{3}{2020}\right) \cdot \cos \left(\frac{\pi}{2}\frac{4}{2020}\right)\sum_{\tilde{\omega_i}}\left(\sin\left(\frac{\pi\tilde{\omega_i}}{2} \right) \right)$$

где $\tilde{\omega_i}$ - такая же сумма, но до дроби с 2015 в числителе.
После 1009 таких преобразований придем к

$$(-4)^{1009}\prod_{i=1}^{2018}\cos\left(\frac{\pi\cdot i}{2\cdot2020}\right)\sum_{\hat{\omega_i}}\left(\sin\left(\frac{\pi\hat{\omega_i}}{2} \right) \right)$$

Где $\hat{\omega_i}$ - все та же сумма, но ограниченная лишь одним слагаемым. То есть равна $\sin\left(-\frac{\pi}{2\cdot2020}\right)=-\cos\left(\frac{\pi\cdot2019}{2\cdot2020}\right)$.

Таким образом,

$$\sum_{\omega_i}\sin\left(\frac{\pi\omega_i}{2} \right)=2^{2018}\prod_{k=1}^{2019}\cos\left(\frac{\pi\cdot k}{2\cdot2020}\right)$$

Для общего случая, соответственно,

$$\sum_{\omega_i}\sin\left(\frac{\pi\omega_i}{2} \right)=\frac{1}{2}\prod_{k=1}^{4n-1}2\cos\left(\frac{\pi\cdot k}{2\cdot4n}\right)$$

То есть, надо доказать, что

$$\prod_{k=1}^{4n-1}2\cos\frac{k\pi}{8n}=2\sqrt{n}$$

(Оффтоп)

Запишем так:

$$2\cos\frac{\pi}{4}\cdot\prod_{k=1}^{2n-1}\left(2\cos\frac{k\pi}{8n}\cdot2\cos\frac{(4n-k)\pi}{8n}\right)=\sqrt{2} \prod_{k=1}^{2n-1}\left( 4\cos\frac{k\pi}{8n}\sin\frac{k\pi}{8n}\right) =\sqrt{2} \prod_{k=1}^{2n-1}\left( 2\sin\frac{k\pi}{4n}\right)=$$

$$=\sqrt{2}\cdot2\sin\frac{\pi}{4}\cdot \prod_{k=1}^{n-1}\left( 2\sin\frac{k\pi}{4n}\cdot2\sin\frac{(2n-k)\pi}{4n}\right)=2\cdot \prod_{k=1}^{n-1}\left( 4\sin\frac{k\pi}{4n}\cos\frac{k\pi}{4n}\right)=2\cdot\prod_{k=1}^{n-1}\left(2\sin\frac{k\pi}{2n}\right)$$

Новая цель: доказать

$$\prod_{k=1}^{n-1}\left(2\sin\frac{k\pi}{2n}\right)=\sqrt{n}$$

Видно, что если мы заменим синусы на косинусы, то получится тот же ряд, но в обратном порядке. Перемножив два таких произведения...

Получим новое выражение, которое является табличным:

$$\prod_{k=1}^{n-1}\left(2\sin\frac{k\pi}{n}\right)=n$$

Но вывести его отдельно сходу не получилось...

[TOTAL]

Dendr в сообщении #1534702 писал(а):

Наверное, я пошел сложным путем (хотя и элементарными преобразованиями), но все же:

$$\sum_{\omega_i}\sin\left(\frac{\pi\omega_i}{2} \right)=\frac{1}{2}\prod_{k=1}^{4n-1}2\cos\left(\frac{\pi\cdot k}{2\cdot4n}\right)$$

Да, отгадали, здесь именно произведение синусов

$$\sum_{\omega_i}\sin\left(\frac{\pi\omega_i}{2} \right)=2^{4n-2}\prod_{k=1}^{4n-1}\sin\left(\frac{\pi\cdot k}{2\cdot4n}\right),$$

что удобнее показать, превращая произведение в сумму:

$$2^2\sin(a)\sin(b)\sin(c) = \sin(-a-b-c)+\sin(-a+b+c)+\sin(a-b+c)+\sin(a+b-c)$$

[mihiv]

Обозначения: $S$- искомая сумма синусов, $N=4n,\omega _0=-\frac1N-\frac 2N-\cdots -\frac {N-1}N$.
Построим полином:

$$P(x)=e ^{\frac {i\pi \omega _0}2}\prod \limits _{k=1}^{N-1}(x-e ^{\frac {i\pi k}N})\eqno (1)$$

Пусть $A$-сумма коэффициентов полинома при нечетных степенях $x$, а $B$- сумма коэффициентов при его четных степенях. Очевидно $P(1)=A+B, P(-1)=-A+B$. Кроме того понятно, что $S=\operatorname{Im} (A)$.
Учитывая, что $(1-e^{\frac {i\pi k}N})=e^{\frac {i\pi k}{2N}}(-2i)\sin \frac {\pi k}{2N}$, из (1) получим:

$$P(1)=(-2i)^{N-1}\prod \limits _{k=1}^{N-1}\sin \frac {\pi k}{2N}=i\sqrt {N}$$

Таким же образом из (1) найдем $P(-1)$. Очевидно это вещественное число, обозначим его $r$. Решая систему уравнений получим $A=-\frac r2+i\frac 12\sqrt {N}$ и, следовательно, $S=\frac 12\sqrt {N}$.