متساويتين....

[zouhirkas]

بين المتساويتين التاليتين لكل n صحيح
i) \sin\, \frac{\pi}{n}\cdot \sin\, \frac{2\pi}{n}\cdots \sin\, \frac{(n-1)\pi}{n}=\frac{n}{2^{n-1}}

ii) \sin\, \frac{\pi}{2n}\cdot \sin\, \frac{3\pi}{2n}\cdots \sin\, \frac{(2n-1)\pi}{2n}=\frac{1}{2^{n-1}}

[mathson]

بين المتساويتين التاليتين لكل n صحيح
i) \sin\, \frac{\pi}{n}\cdot \sin\, \frac{2\pi}{n}\cdots \sin\, \frac{(n-1)\pi}{n}=\frac{n}{2^{n-1}}

ii) \sin\, \frac{\pi}{2n}\cdot \sin\, \frac{3\pi}{2n}\cdots \sin\, \frac{(2n-1)\pi}{2n}=\frac{1}{2^{n-1}}

مسألة مشهورة، والحل مقدم من الأخ قواريق الرياضيات:

السلام عليكم و رحمة الله و بركاته :

و هذه محاولتي في إثبات القانون :

سأعتمد في إثباتي على المقولة التالية :
إذا قمنا بأخذ عدد n من الجذور على دائرة بنصف قطر 1 ، بحيث يكون البعد بين الجذور متساوي ، فإن حاصل ضرب المسافات للبعد بين كل جذر و بين النقطة (1,0) سيكون مساوياً لعددهم :
بمعنى آخر :
لو أفترضنا :
a=e^{\frac{i2\pi}{n}}={cos(\frac{2\pi}{n})+i.sin(\ frac{2\pi}{n})}
سيكون لدينا :
n=(1-a )(1-a^{2})\cdots \cdots (1-a^{n-1}).
أو ما يكافئها :
n = \prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {(1 - a^{k)} }
حيث : a,a^{2},\cdots,a^{n-1} جذور للمعادلة a^{n}=1
الإثبات ( بشكل مختصر قليلاً ):
من الواضح أن هذه الجذور تقع على دائرة نصف قطرها 1 في المستوى المركب( مشكلة ما يسمى ب N_polygon وأن هذه النقاط تحقق المعادلة التي ذكرت في الاعلى ، و بالتالي لو افترضنا :
أن البعد بين النقطة (1,0) و بين كل من a^{k}
بالرمز l_{k} سينتج معنا :
L_{N}=l_{1}.l_{2}\cdots.l_{n-1}
=|1-a||1-a^{2}|\cdots \cdots |1-a^{n-1}|.
=(1-a )(1-a^{2})\cdots \cdots (1-a^{n-1}).
الآن لنعرف الإقتران التالي :
F(z)=z^{n}-1
ولكن :
F(z)=(z-1)(z^{n-1}+\cdots+z+1)=(z-a^{0})(1-a )(1-a^{2})\cdots \cdots (1-a^{n-1}).
و هذا يعطينا إلى أن :
(1-a )(1-a^{2})\cdots \cdots (1-a^{n-1})=(z-1)(z^{n-1}+\cdots+z+1)
الآن ضع z=1 و بالتالي سنحصل على :

n = \prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {(1 - a^{k)} }
الآن لنأتي لإثبات السؤال إعتماداً عليها :

n = \prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {l_k = } \prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {(1 - a^k ) = \prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\sqrt {(1 - \cos (\frac{{2\pi k}}{n}))^2 + (\sin (\frac{{2\pi k}}{n}))^2 } } }

= \prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\sqrt {(2 - 2\cos (\frac{{2\pi k}}{n})} } = \prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {2\sqrt {\frac{{2 - \cos (\frac{{2k\pi }}{n})}}{2}} }


= \prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\sin (\frac{{\pi k}}{n})\times(2^{n - 1} )}


\Rightarrow{\frac{n}{{2^{n - 1} }} = \prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\sin (\frac{{k\pi }}{n})} }


و لكن كنت أسأل هل هنالك معادلة شبيها لها في ال cos.


أنار الله دربك برضاه و علمه ....