Suma de cosenos

Un problema no muy difícil para esta semana:

Calcula el valor de la siguiente expresión:

cos \left ( \cfrac{2 \pi}{7} \right ) + cos \left ( \cfrac{4 \pi}{7} \right ) + cos \left ( \cfrac{6 \pi}{7} \right )

Suerte.

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  1. Trackback | 16 dic, 2008

    Bitacoras.com

  2. TI Master | 16 de diciembre de 2008 | 09:10

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    Por el teorema de la TI: -1/2

  3. ^DiAmOnD^ | 16 de diciembre de 2008 | 12:00

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    ¿TI= Texas Instruments? ¿?

    No sé si es eso, pero por si acaso lo digo: lo interesante es calcular el valor de esa expresión sin utilizar calculadora.

  4. Tito Eliatron | 16 de diciembre de 2008 | 12:53

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    Usando Estos Resultados o incluso el mismo método… es bastante sencillo (creo).

  5. Tito Eliatron | 16 de diciembre de 2008 | 12:55

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    DE hecho, en este comentario se demuestra (de forma más general) que, efectivamente, el resultado es -1/2.

    PD: la idea de la demostración se sacó de este otro comentario

  6. Gulliver | 16 de diciembre de 2008 | 13:15

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    \displaystyle{ \cos(\theta) = \frac{1}{2} (e^{i \theta} + e^{-i \theta}) }, de modo que voy a sumar por separado \displaystyle{ \frac{1}{2} ( e^{i \frac{2 \pi}{7}} + e^{ i \frac{4 \pi}{7}} + e^{ i \frac{6 \pi}{7}} ) } y \displaystyle{ \frac{1}{2} ( e^{-i \frac{2 \pi}{7}} + e^{ -i \frac{4 \pi}{7}} + e^{ -i \frac{6 \pi}{7}} ) }, aprovechando que cada una de estas por separado es la suma de una serie geométrica. Ya sabéis, \displaystyle{(r^6 + r^4 + r^2)(r^2-1) = (r^8-r^2)}.

    \displaystyle{ \frac{1}{2} ( e^{i \frac{2 \pi}{7}} + e^{ i \frac{4 \pi}{7}} + e^{ i \frac{6 \pi}{7}} ) = \frac{1}{2} ( \frac{ e^{i \frac{8 \pi}{7}}   -  e^{i \frac{2 \pi}{7}} } { e^{i \frac{2 \pi}{7}}   -  1 }) = \frac{1}{2} ( \frac{  e^{i \frac{5 \pi}{7}}   (e^{i \frac{3 \pi}{7}}   -  e^{ - i \frac{3 \pi}{7}} )} {   e^{i \frac{ \pi}{7}}    (e^{i \frac{ \pi}{7}}   -  e^{ - i \frac{ \pi}{7}}) }) = \frac{ e^{i \frac{4 \pi}{7}}   }{2} ( \frac{  e^{i \frac{3 \pi}{7}}   -  e^{ - i \frac{3 \pi}{7}} } {  e^{i \frac{ \pi}{7}}   -  e^{ - i \frac{ \pi}{7}} }) = \frac{ e^{i \frac{4 \pi}{7}}   }{2} ( \frac{  \sin( \frac{3 \pi}{7} ) } {  \sin( \frac{\pi}{7} )  }) }

    La otra serie es el complejo conjugado de la primera, así que se puede adivinar su suma sin tener que hacer el desarrollo:
    \displaystyle{ \frac{ e^{-i \frac{4 \pi}{7}}   }{2} ( \frac{  \sin( \frac{3 \pi}{7} ) } {  \sin( \frac{\pi}{7} )  }) }

    Ahora, sumando las dos series nos queda
    \displaystyle{ \cos( \frac{4 \pi}{7}) \frac{  \sin( \frac{3 \pi}{7} ) } {  \sin( \frac{\pi}{7} )  }) = \frac{ 1}{2} ( \frac{  \sin( \frac{3 \pi}{7} + \frac{4 \pi}{7})  + \sin( \frac{3 \pi}{7} - \frac{4 \pi}{7})  } {  \sin( \frac{\pi}{7} )  }) = \frac{ 1}{2} }

  7. Gulliver | 16 de diciembre de 2008 | 13:18

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    Quería decir \displaystyle{ - \frac{ 1}{2} } como resultado de la suma

  8. Gulliver | 16 de diciembre de 2008 | 13:22

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    Supongo que viene a ser lo mismo que decía Tito Eliatrón

  9. ^DiAmOnD^ | 16 de diciembre de 2008 | 16:41

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    Cierto, con esos resultado puede probarse. No hbía caído en eso.

    De todas formas hay otra manera de probarlo simplemente con identidades trigonométricas. En cuanto tenga tiempo la pongo…si es que no la ha puesto nadie antes :D.

  10. Gulliver | 16 de diciembre de 2008 | 17:12

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    ¿Se trata de reescribir en lenguaje trigonomético lo de la serie geométrica? Algo así como

    \displaystyle{ \sin \frac{\pi}{7} \left( \cos  \frac{6 \pi}{7} + \cos  \frac{4 \pi}{7} + \cos  \frac{2 \pi}{7} \right) = \frac{1}{2} \sin \frac{ 7 \pi}{7} - \frac{1}{2} \sin \frac{\pi}{7} }

  11. Jesé | 16 de diciembre de 2008 | 18:48

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    Hola a todos. Sólo dejo mis saludos y mis más honestísimas felicitaciones por tener un blog matemático que a la vez me parece divertido e instructivo. Los leo casi siempre, aunque la mitad de las veces no entienda nada, jajaja. Yo estudié Letras, pero nunca he sido partícipe de eso de que las letras y los números estén peleados. Un saludo.

  12. Toro Sentado | 16 de diciembre de 2008 | 20:35

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    Para N impar
    Si consideramos la suma de cosenos como la suma de las partes reales de N complejos repartidos uniformemente por una circunferencia de radio 1:
    \sum_{k=0}^{(N-1)} cos(\frac{i \cdot \pi}{N})=0
    \sum_{k=1}^{(N-1)} cos(\frac{i \cdot \pi}{N})=-1
    \sum_{k=1}^{\frac{N-1}{2}} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})+\sum_{k=1}^{\frac{N-1}{2}} cos(\frac{(2 \cdot i-1) \cdot \pi}{N})=-1

    Por simetría:
    \sum_{k=1}^{\frac{N-1}{2}} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})=\sum_{k=1}^{\frac{N-1}{2}} cos(\frac{(2 \cdot i-1) \cdot \pi}{N})
    2 \cdot \sum_{k=1}^{\frac{N-1}{2}} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})=-1

    \sum_{k=1}^{\frac{N-1}{2}} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})=-\frac{1}{2}

  13. Toro Sentado | 16 de diciembre de 2008 | 22:41

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    Perdón por la inexactitud, en el comentario de antes donde dice k es i

  14. Tobar | 16 de diciembre de 2008 | 23:55

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    ya entiendo diamond.

    quieres decir usando la recursiva identidad de suma y resta de angulos.verdad.

    eso es sencillo.

  15. Tobar | 17 de diciembre de 2008 | 00:27

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    cos(\frac{2\pi}{7})=cos(\pi-\frac{5\pi}{7})

    A eso me refiero al hacerlo de esa forma cada termino.

  16. Tobar | 17 de diciembre de 2008 | 00:34

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    de hecho podria descomponerlo mejor, es decir mas facil, pero ya ustedes han estudiado numeros primos. y de hecho el 7 es primo.eso es bien sabido.

    cos(\pi-\frac{5\pi}{7})=-cos(\frac{5\pi}{7})

    y se puede ir haciendo de esa manera.

    esa es una manera. eso imagino.

  17. Toro Sentado | 17 de diciembre de 2008 | 00:47

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    Como he visto otro error vuelvo a escribir toda la demostración. Perdón y espero que no haya más errores:

    Para N impar
    Si consideramos la suma de cosenos como la suma de las partes reales de N complejos repartidos uniformemente por una circunferencia de radio 1:
    \sum_{i=0}^{(N-1)} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})=0
    \sum_{i=1}^{(N-1)} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})=-1
    \sum_{i=1}^{\frac{N-1}{2}} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})+\sum_{i=\frac{(N+1)}{2}}^{(N-1)} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})=-1

    Por simetría:
    \sum_{i=1}^{\frac{N-1}{2}} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})=\sum_{i=\frac{(N+1)}{2}}^{(N-1)} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})
    2 \cdot \sum_{i=1}^{\frac{N-1}{2}} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})=-1
    \sum_{i=1}^{\frac{N-1}{2}} cos(\frac{2 \cdot i \cdot \pi}{N})=- \frac{1}{2}

  18. ^DiAmOnD^ | 17 de diciembre de 2008 | 12:06

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    Gulliver, por ahí va la demostración de la que dispongo.

  19. Jones, Francisco | 17 de diciembre de 2008 | 17:41

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    Resulta que la expresión original se puede poner como:

    cos \left ( 1 \cfrac{2 \pi}{7} \right ) + cos \left ( 2 \cfrac{2 \pi}{7} \right ) + cos \left ( 3 \cfrac{2 \pi}{7} \right )

  20. Jones, Francisco | 17 de diciembre de 2008 | 22:05

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    Resulta que la expresión original se puede poner como:

    cos \left ( 1 \cfrac{2 \pi}{7} \right ) + cos \left ( 2 \cfrac{2 \pi}{7} \right ) + cos \left ( 3 \cfrac{2 \pi}{7} \right ) = \sum_{k=1}^3 cos \left ( k \cfrac{2 \pi}{7} \right )

    Si consideramos las 7 raíces complejas de la unidad \sqrt[7]{1}

    r_k = cos \left ( k \cfrac{2 \pi}{7} \right ) + i sen \left ( k \cfrac{2 \pi}{7} \right ) \qquad \forall k  \quad 0 \le k \le 6

    Estas raíces cumplen que:

    - la suma de todas las raíces es nula:

    \sum_{k=0}^N r_k = 0

    - la primera raíz (k=0) siempre es 1:

    r_k = 1

    - y las restantes 6 raíces se disponen simétricamente respecto al eje X (3 por encima y otras 3 por debajo); o sea, son complejas conjugadas y como sabemos su suma es un valor real (sin parte imaginaria). Por tanto

    \sum_{k=0}^6 r_k = 0 = 1 + \sum_{k=1}^6 r_k = 1 + 2 \sum_{k=1}^3 cos \left ( k \cfrac{2 \pi}{7} \right )

    \sum_{k=1}^3 cos \left ( k \cfrac{2 \pi}{7} \right ) = - \cfrac{1}{2}

    P.D. perdón por el comentario anterior incompleto. El puntero del ratón se me fue y pulsé el botón que no era.

  21. hernan | 18 de diciembre de 2008 | 19:18

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    Me gusta la demostración, es clara y simple.
    Aunque es básicamente la misma que puso Toro Sentado poco antes.

  22. Toro Sentado | 18 de diciembre de 2008 | 23:09

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    Son la misma demostración, la mía para cualquier N impar y la otra para N=7, pero hay que reconocer que Paco Jones lo ha explicado mejor

  23. hernan | 19 de diciembre de 2008 | 01:27

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    Yo camino mucho más fácil de lo particular a lo general. Creo que no todas las cabezas funcionan igual en ese aspecto (incluso si nos restringimos a las matemáticas); pero, aunque el tema no deje de ser interesante, es otro tema.

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