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Producto con cosenos

Semanas difíciles estas últimas por varias cosas. De todas formas pronto volverán a aparecer con la frecuencia habitual artículos más largos y elaborados. Mientras tanto os dejo con el problema de la semana:

Para cada natural $n \ge 3$ calcular:

$\displaystyle{\prod_{k=1}^{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor}} \left (3+2 cos(\cfrac{2k \pi}{n}) \right )$

El límite superior del producto es la parte entera de $\textstyle{\frac{n-1}{2}}$ .

A por él.

Escrito por ^DiAmOnD^, 22 de Abril de 2008 en Juegos

6 comentarios

Trackback para este post

Domingo H.A. - 22 de Abril de 2008 21:56

el producto coincide con el enésimo número de Fibonacci.
Pasotaman - 23 de Abril de 2008 9:57

Impresionante, Domingo. Una vez que lo has dicho es fácil comprobar que cumple la relación de recurrencia y las condiciones iniciales en n=3 y n=4, pero sin esa pista yo no lo vería jamás…
Domingo HA - 23 de Abril de 2008 11:25

sí señor, Pasotaman, muy buena. La cosa estaba en verlo numéricamente para unos pocos valores de n y luego deducirlo en general. La inducción vale entonces perfectamente para demostrar la igualdad. Me parece espectacular que un producto aparentemente tan complicado se simplifique tanto. Es una de esas fórmulas que hay que enmarcar.

Sin embargo, yo no sé a ustedes, pero a mí me parece la inducción un método de demostración bastante estático y con poco romanticismo. También se puede demostrar la identidad considerando las raíces enésimas de la unidad de modo similar a lo que hicimos en http://gaussianos.com/producto-de-senos/

A ver si con esta pista alguien más se anima y saca tiempo y ganas.
Domingo H.A. - 25 de Abril de 2008 21:37

Bueno, ya que es viernes, y aunque Pasotaman dejó claro como se puede responder a la cuestión, indico otro modo de demostrar que

$\displaystyle{\prod_{k=1}^{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor}} \left (3+2 cos\left(\frac{2k \pi}{n}\right) \right )=F_n$ , el enésimo número de Fibonacci.

Teniendo en cuenta que $x^n-1=\displaystyle{\prod_{k=0}^{n-1}} (x-e^{\frac{2k\pi i}{n}})=\displaystyle{\prod_{k=0}^{n-1}} (x-e^{\frac{2(n-k)\pi i}{n}})$

se obtiene (multiplicando los dos productos) que
$(x^n-1)^2=\displaystyle{\prod_{k=0}^{n-1}} (x^2-2cos\left(\frac{2k\pi}{n}\right)x+1)$ (Esta fórmula ya la obtuvimos igualmente en el producto de senos). Escrito de otro modo, si $x\neq 1$ ,

$\left(\cfrac{x^n-1}{x-1}\right)^2=\displaystyle{\prod_{k=1}^{n-1}} (x^2-2cos\left(\frac{2k\pi}{n}\right)x+1)\qquad (1)$

Ya que esperamos que el resultado sea igual al número de Fibonacci, recordamos la fórmula de Binet

$F_n=\cfrac{\Phi^n-\varphi^n}{\Phi-\varphi}$ (que se parece bastante a (1)),

donde $\Phi=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ es el número áureo, y $\varphi=-\Phi^{-1}$ . Además, $\Phi,\varphi$ son las raíces de la ecuación $x^2=x+1$ , por lo que:

$\Phi+\varphi=1$ y $\Phi\cdot\varphi=-1$ .

Entonces sustituyendo $x=\cfrac{\Phi}{\varphi}$ en (1), y multiplicando todo por $\varphi^{2(n-1)}$ , vemos inmediatamente que

$F_n^2=\displaystyle{\prod_{k=1}^{n-1}} (3+2cos\left(\frac{2k\pi}{n}\right))$

Finalmente, sea n par o impar, cada factor del producto aparece dos veces (además, si n es par, el factor central vale $3+2\cos(\pi)=1$ ), y así se obtiene la fórmula tomando la parte entera de la mitad del índice superior del producto.
J. H. S. - 26 de Abril de 2008 18:28

¡Qué resultado tan sorprendente!

Me recuerda a un problema que aparece en el libro de Spivak.

$\textbf{Fibonacci’s por siempre.}$
Toro Sentado - 27 de Abril de 2008 0:14

No lo hubiera encontrado nunca y además no conocía la fórmula de Binet.
Una demostración fantástica, gracias Domingo.

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