منتديات الرياضيات العربية - عرض مشاركة واحدة

07-06-2009, 11:20 AM

اقتباس : المشاركة الأصلية كتبت بواسطة zouhirkas [ مشاهدة المشاركة ]
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 ....