متساويتين....

30-05-2009, 05:06 PM

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

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 ....


العضو المميز	الموضوع المميز	المشرف المميز
المنتدى متاح للتصفح فقط ولا يقبل المشاركات الجديدة	ماشاء الله تبارك الله ماشاء الله لاقوة الا بالله	المنتدى متاح للتصفح فقط ولا يقبل المشاركات الجديدة