Конечная сумма логарифмов от синусов

[FFFF]

Хотелось бы понять, чему равно

$$ \sum_{n=1}^N \ln \sin \frac{\pi n}{2N+1} $$

Сначала попробовал представить логарифм синуса как интеграл от котагенса и поиграть с пределами интегрирования, но как-то не очень вышло. Потом захотелось применить финт вроде такого topic44728.html Но напрямую им не воспользоваться, так как $\sum \ln \sin \frac{\pi n}{2N+1}\neq \sum \ln \cos\frac{\pi n}{2N+1}$
Есть формула для представления синуса в виде конечного произведения синусов с похожими аргументами, но может быть можно обойтись без неё?

[nnosipov]

Забудьте про логарифмы и вычисляйте произведение синусов, причём удобнее это делать, когда оно от $n=1$ до $n=2N$.

Похоже, мы здесь имеем ещё один способ вычислить $\int_{0}^{\pi/2} \ln{\sin{x}}\,dx$.

[FFFF]

nnosipov
От произведения синусов к логарифмам я как раз и пришёл, казалось, с суммой будет проще, чем с произведением. Нужно знать какие-нибудь умные вещи вроде представления синуса в виде бесконечного произведения или в виде конечного произведения других синусов? Или можно обойтись трюками?

[nnosipov]

FFFF в сообщении #657927 писал(а):

Или можно обойтись трюками?

Синусы через экспоненты записать, вспомнить про корни из единицы etc.

[FFFF]

Попробовал, как-то не очень выходит, нужно найти такую штуку:

$$ \prod_{n=1}^N e^{\frac{i \pi n}{2(N+1)}}-e^{-\frac{i \pi n}{2(N+1)}} $$

Первая идея была вынести одну экспоненту за скобку, получится два произведения $\prod e^{-...}\prod (e^{2...}-1)$, затем перемножить их сомножители в другом порядке так, чтобы "перекинуть" зависимость от $n$ из одного произведения в другое. Но, похоже, так не получится. Я правильно понимаю, что единственным свойством корней из единицы, которым здесь нужно пользоваться - это $a \equiv b \mod 2(N+1) \Rightarrow e^{\frac{2 i \pi a}{2(N+1)}}=e^{\frac{2 i \pi b}{2(N+1)}}$ ?

[nnosipov]

FFFF в сообщении #658092 писал(а):

Первая идея была вынести одну экспоненту за скобку, получится два произведения $\prod e^{-...}\prod (e^{2...}-1)$, затем перемножить их сомножители в другом порядке так, чтобы "перекинуть" зависимость от $n$ из одного произведения в другое. Но, похоже, так не получится. Я правильно понимаю, что единственным свойством корней из единицы, которым здесь нужно пользоваться - это $a \equiv b \mod 2(N+1) \Rightarrow e^{\frac{2 i \pi a}{2(N+1)}}=e^{\frac{2 i \pi b}{2(N+1)}}$ ?

Что-то Вы мудрите. Давайте для начала упростим обозначения и будем вычислять схожее произведение

$$ P_N=\prod_{k=1}^{N-1} \sin{\frac{\pi k}{N}}. $$

Пусть $\xi=e^{\pi i/N}$, $\zeta=e^{2\pi i/N}$, так что $\zeta=\xi^2$. Перепишите $P_N$ в терминах $\xi$, $\zeta$, разбив на два произведения (как Вы и хотели в самом начале).

[FFFF]

Ну пока ничего нового:

$$ P_N=(2i)^{1-N} \prod_{k=1}^{N-1}\xi^{-k}\prod_{k=1}^{N-1}(\zeta^k-1) $$

Первое произведение можно сосчитать, а вот как быть со вторым?

[ИСН]

Второе сильно смахивает... нет, не так. Произведение корней многочлена найти легко, например. А вот это второе, это произведение чего? Не корни ли это какого-нибудь хорошего многочлена?

[nnosipov]

FFFF в сообщении #658221 писал(а):

Ну пока ничего нового:

Напротив, теперь осталось совсем немного до финиша. Нужно только догадаться, в какую сторону смотреть (следуйте за ИСН).

[FFFF]

Да, похоже всё ясно:

$$ X^N-1=\prod_{k=1}^N (X-\zeta^k) \Rightarrow \prod_{k=1}^{N-1}(\zeta^k-X)=(-1)^{N-1}\frac{X^N-1}{X-1}=(-1)^{N-1}\sum_{k=0}^{N-1}X^k $$

Теперь осталось подставить вместо $X$ единицу и всё получится. Спасибо большое за помощь!

[FFFF]

Рано радовался, при обобщении возникли проблемы, посчитать надо такую штуку:

$$ Q_N=\prod_{k=1}^{N-1}\sin\frac{\pi k}{2N} $$

Т.е. теперь $\zeta=e^{\frac{i \pi}{N}}$ и в произведении $\prod_{k=1}^{N-1}(\zeta^k-1)$ корни из единицы чередуются с корнями из минус единицы. Есть ли какой-то способ сосчитать такую штуку проще, чем рассматривать случаи чётности/нечётности $N$ и выписывать отдельно выражения для произведений корней из единицы и из минус единицы? Ещё попробовал выразить $Q_N$ через $P_{2N}$ и какое-нибудь ещё $Q$, но неудачно.

[nnosipov]

FFFF в сообщении #658235 писал(а):

Ещё попробовал выразить $Q_N$ через $P_{2N}$ и какое-нибудь ещё $Q$, но неудачно.

$P_{2N}=(Q_N)^2$, ведь есть же тождество $\sin{(\pi-x)}=\sin{x}$.

[FFFF]

$$ P_{2N}=\prod_{k=1}^{2N-1}\sin\frac{\pi k}{2 N}=Q_N\prod_{k=N}^{2N-1}\sin\frac{\pi k}{2 N}=|_{j=k-N}|=Q_N\prod_{k=0}^{N-1}\sin\frac{\pi (j+N)}{2 N}=Q_N\prod_{j=1}^{N-1}\sin(\frac{\pi j}{2 N}+\frac{\pi}{2}) $$

Меня хватило только на это=( Но дальше ясно. Под синусом прибавим/вычтем $\frac{\pi}{2}$, а потом воспользуемся тем, что произведение $\sin\frac{\pi(N-j)}{2N}$ - это то же, что и произведение $\sin\frac{\pi j}{2N}$ в обратном порядке. Ещё раз спасибо!

[nnosipov]

FFFF в сообщении #658242 писал(а):

это то же, что и произведение $\sin\frac{\pi j}{2N}$ в обратном порядке

Точно. Лучше сделать замену $k=2N-l$, где $l=1,2,\dots,N-1$, при этом игнорируя значение синуса при $k=N$ (оно равно единице).