Sumando inversos de senos

Un par de sumas de inversos de senos para resolver:

Hallar el valor de las siguientes sumas:

$\cfrac{1}{sen \left (\cfrac{2\pi}{3} \right )}+\cfrac{1}{sen \left (\cfrac{4\pi}{3} \right )}+\cfrac{1}{sen \left (\cfrac{8\pi}{3} \right )}+ \ldots +\cfrac{1}{sen \left (\cfrac{2^n \pi}{3} \right )}$

$\cfrac{1}{sen \left (\cfrac{\pi}{2} \right )} + \cfrac{1}{sen \left (\cfrac{\pi}{4} \right )} + \cfrac{1}{sen \left (\cfrac{\pi}{8} \right )} + \ldots + \cfrac{1}{sen \left (\cfrac{\pi}{2^n} \right )}$

A ver si éstos duran algo más.

Posts aleatorios

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 8 de January de 2008
Categorías: Juegos | Imprime este post

Sin comentarios

Aitor | 8 de January de 2008 | 10:53

A la primera:

0.

los terminos pares y los impares se van anulando mutuamente.
Pasotaman | 8 de January de 2008 | 12:52

Con respecto a la primera (puntualizo el comentario de Aitor): cada seno vale $\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$ (ya que el argumento es un múltiplo par y no divisible por tres de $\frac{\pi}{3})$ . El primer término es claramente positivo. Por otro lado, es fácil ver que el término $k+1$ tiene signo opuesto al $k$ , ya que el “resto” que obtenemos de sustraerle al argumento del seno el máximo múltiplo de $2\pi$ posible pasa de $\frac{2\pi}{3}$ a $\frac{4\pi}{3}$ y viceversa al multiplicar por dos. Luego si $n$ es par la serie vale cero. Pero si es impar queda un término descompensado que siempre tiene signo positivo y el resultado es $\frac{2}{\sqrt{3}}$
Domingo H.A. | 8 de January de 2008 | 14:41

De acuerdo, Pasotaman, la primera suma vale $\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(1-(-1)^n)$

A por la segunda…que es la que interesa…
Tito Eliatron | 8 de January de 2008 | 18:09

Para el 2º, quizás sirva esta fórmula:

$latex \displaystyle sen(x/2)=\sqrt{\frac{1-cos(x)}{2}} =
\sqrt{\frac{1-\sqrt{1-sen^2(x)}}{2}}$
Toro Sentado | 8 de January de 2008 | 20:25

Quizas con esta:
$sen x =$ $\sqrt {\frac {1-sen(\frac {\pi}{2} - x)}{2}}$

Usando que
$cos x = sin (\frac {\pi} {2} - x)$
LeonardoSz | 8 de January de 2008 | 21:11

La segunda tiende a infinito.

Si no me equivoco, esa suceción es similar a el línite cuando x tiende a cero de 1/sen(x), límite que da infinito. Una suma infinita de términos cada vez mayores dará como resultado infinito.

Es asi?
Domingo H.A. | 8 de January de 2008 | 22:22

sí, la serie es divergente (pues el término general no tiende a cero), pero lo que se pide hallar una expresión cerrada en términos de funciones elementales para la enésima suma parcial.
Toro Sentado | 9 de January de 2008 | 01:25

Aislando $\sin(\frac {\pi}{2^k})$ en la siguiente fórmula:
$\sin\left(x\right)=2^k\sin\left(\frac{x}{2^k}\right)\prod\limits_{l=1}^k\cos\left(\frac{x}{2^l}\right)$

He llegado a esta otra, pero no se si puede simplificarse más:
$\sum_{k=1}^n \frac {1}{sen(\frac {\pi}{2^k})}= 1+2 \cdot cos (\frac {\pi}{4})+2^2\cdot \prod_{i=1}^2 cos(\frac{\pi}{2^{i+1}})+ \ldots +2^k \cdot \prod_{i=1}^k cos(\frac{\pi}{2^{i+1}})$

Quizás podría tenerse en cuenta que el producto de cosenos tiende a $\frac {2}{\pi}$ como se podía leer en un post anterior de Gaussianos:
http://gaussianos.com/circunferencias-concentricas-y-poligonos-regulares-inscritos/#comments
Domingo H.A. | 9 de January de 2008 | 13:54

¿Qué tal si…

$sen x=2 sen\left(\cfrac{x}{2}\right)cos\left(\cfrac{x}{2}\right)$

$cos x=2cos^2\left(\cfrac{x}{2}\right)-1$

…?
Esteban Lopez | 10 de January de 2008 | 02:34

A lo único que he podido llegar es a una sucesion de raices pero todavia no he podido visualizar una respuesta a la n-ésima suma parcial de esa serie
Domingo H.A. | 10 de January de 2008 | 20:12

no usen las fórmulas trigonométricas del ángulo mitad, que eso complica todo por la presencia de raíces.

Estudien casos concretos: n=2,3,4,…y usen adecuadamente las fórmulas del ángulo doble.
Toro Sentado | 10 de January de 2008 | 22:57

Gracias Domingo, iba muy desorientado
Domingo H.A. | 10 de January de 2008 | 23:36

una última pista…

$\cfrac{1}{sen\;x}=\cfrac{2cos^2(\frac{x}{2})-cos\;x}{sen\;x}$

y ya no digo más
Toro Sentado | 11 de January de 2008 | 01:30

Vale, creo que lo tengo

$\sum_{k=1}^n \frac {1}{sen(\frac {\pi}{2^k})}= \cot (\frac {\pi}{2^{n+1}})$
Toro Sentado | 11 de January de 2008 | 02:22

La demostración es:

Teniendo en cuenta que:
$\cfrac{2cos^2(\frac{x}{2})}{sen\;x}=\cfrac{cos\;(\frac{x}{2})}{sen\;(\frac{x}{2})}$

$\cfrac{1}{sen\;\cfrac{\pi}{2}}+\cfrac{1}{sen\;\cfrac{\pi}{4}}+\ldots+\cfrac{1}{sen\;\cfrac{\pi}{2^n}}=$

$\cfrac{2cos^2(\frac{\pi}{4})}{sen\;(\frac{\pi}{2})}+\ldots+\cfrac{2cos^2(\frac{\pi}{2^{n+1}})}{sen\;(\frac{\pi}{2^n})}-\cfrac{cos\;(\frac{\pi}{2})}{sen\;(\frac{\pi}{2})}-\cfrac{cos\;(\frac{\pi}{4})}{sin\;(\frac{\pi}{4})}-\ldots-\cfrac{cos\;(\frac{\pi}{2^n})}{sen\;(\frac{\pi}{2^n})}=\cfrac{cos\;\frac{\pi}{2^{n+1}}}{sin\;\frac{\pi}{2^{n+1}}}$

Gracias por las pistas Domingo
Toro Sentado | 11 de January de 2008 | 02:40

Me parece increible como las matemáticas son tan sorprendentes.

Resolviendo este problema me he encontrado como (haciendo un símil paisajístico) yendo por un bosque abigarrado de fórmulas y raíces, y, de repente al tomar un estrecho sendero casi inadvertido, llegar a un paisaje despejado y sencillo, haciendo desaparecer el bosque como por arte de magia.
Pobrecito Hablador | 11 de January de 2008 | 04:54

Toro Sentado, te felicito porque yo le estaba dando vueltas y más vueltas y sólo encontraba raices dentro de otras raices. En cuanto pusiste la solución ya vi clara la demostración y el caso es que la pista daba la clave.

Pero tengo que comentarte que en la demostración has cometido un fallo, y es que mezclas “senos” con “sines”, y aunque en teoría no hay diferencia entre la teoría y la práctica, en la práctica sí que la hay, jejeje.
Pobrecito Hablador | 11 de January de 2008 | 05:17

Dentro de un bosque me hallaba, atravesando una suma de n caminos con enrevesadas sinusoidades, y cada n camino dividía en 2 durante n veces a un PInar, por los que a medida que iba avanzando me tropezaba con inoportunas raices y otros obstáculos, hasta que el GPS (Que cariñosamente llamo “Domingo”) me indicó un pequeño sendero, sencillo, pero con gran identidad, que me guió, viendo cómo a medida que lo seguía las sinuosidades de los n caminos se confundían entre sí hasta desvanecerse y de repente aparecer un sencillo paisaje del cual me encontraba inversamente tangente al río n+1.
Domingo HA | 11 de January de 2008 | 13:00

efectivamente, la respuesta es $cotg\left(\cfrac{\pi}{2^{n+1}}\right)$ (, y en particular la serie correspondiente diverge).

la cuestión estaba en transformar la suma original es una suma telescópica de esas que tanto nos gustan (con cancelaciones al sumar términos consecutivos….esto se veía haciendo casos particulares)

Por cierto, ¿alguien conoce la razón exacta por la que a las series que producen cancelaciones en sus términos se las denomina “telescópicas”??
Toro Sentado | 11 de January de 2008 | 20:06

Pobrecito Hablador, tienes toda la razón con lo de los senos y sines, llevaré más cuidado la próxima vez.

Por cierto, pensando sobre este problema he encontrado una propiedad interesante, a partir de esta fórmula:
$\sum_{k=1}^n\cfrac{1}{sen(\cfrac{\pi}{2^k})}=$
$1+2\cdot cos(\frac {\pi}{4})+2^2\cdot\prod_{i=1}^2 cos(\frac{\pi}{2^{i+1}})+\ldots+2^k\cdot\prod_{i=1}^k cos(\frac{\pi}{2^{i+1}})+\ldots+2^{n-1}\cdot\prod_{i=1}^{n-1} cos(\frac{\pi}{2^{i+1}})$

Se llega a que:
$1+(2^n-2)\cdot\cfrac{2}{\pi}\le cotg\left(\cfrac{\pi}{2^{n+1}}\right)\le 1+(2^n-2)\cdot\cfrac{\sqrt{2}}{2}$

He hecho algunos cálculos y la expresión $1+(2^n-2)\cdot\cfrac{2}{\pi}$ se acerca rápidamente al valor de la cotangente.
Toro Sentado | 12 de January de 2008 | 14:25

Supongo que se llaman telescópicas por el parecido de las series con los aparatos telescópicos.

Telescópico me suena a los artilugios (antenas, mirillas, …) que pueden hacerse más largos o más cortos encajando unas piezas con otras.