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Consideriamo il triangolo di Pascal:
1
1.. 1
1.. 2.. 1
1.. 3.. 3.. .1
1... 4... 6..4... 1
1.. 5.. 10.. 10.. 5.. 1
1.. 6.. 15.. 20.. 15.. 6.. 1
1.. 7.. 21.. 35.. 35.. 21.. 7.. 1
1.. 8.. 28.. 56.. 70.. 56.. 28.. 8.. 1
...........................................................
Si debbano calcolare (esattamente) le seguenti espressioni:
1) $ \displaystyle cos^2\frac{\pi}{9}+cos^2\frac{2\pi}{9}+cos^2\frac{3\pi}{9}+cos^2\frac{4\pi}{9} $

2) $ \displaystyle cos\frac{\pi}{9}cos\frac{2\pi}{9}cos\frac{3\pi}{9}cos\frac{4\pi}{9} $.

A questo punto si proceda nel seguente modo.
Si individui sul triangolo la diagonale ascendende di posto nove
a partire dall'alto (quella in grassetto rosso) e si scriva l'equazione
di 4° grado avente per coefficienti i numeri,presi con segno alterno,
che si succedono in tale diagonale.
Nel nostro caso l'equazione e':
$ x^4-7x^3+15x^2-10x+1=0 $

Orbene le radici di tale equazione sono date da :

$ \displaystyle4cos^2\frac{\pi}{9},4cos^2\frac{2\pi}{9},4cos^2\frac{3\pi}{9},4cos^2\frac{4\pi}{9} $

ed e' quindi facile calcolare le (1) e (2) facendo uso delle relazioni tra radici
e coefficienti dell'equazione.
Il medesimo procedimento porta a calcolare espressioni analoghe, contenenti
cioe' termini del tipo $ \displaystyle cos \frac{k.\pi}{n} $:basta ripetere il procedimento sulla colonna di posto n.
Il punto e' :come si spiega tutto cio'?

Basterebbe dimostrare, per induzione, che quei polinomi (almeno per n dispari) sono:

$ \displaystyle f(x)=\frac{\displaystyle\sin\left(\frac{n}{2}\arccos\left(\frac{x}{2}-1\right)\right)}{\displaystyle\sin\left(\arccos\left(\sqrt{\frac{x}{4}}\right)\right)} $.

EDIT: corretto il LaTeX. e riscritto un po' come mi pare.. tanto non abbiamo problemi di spazio ma_go

Non ho capito la soluzione ( ) ma ringrazio ghilu egualmente..Una cosa di 5 anni fa mi mette una benefica ( !) nostalgia ...

@karl di niente...scorrevo pagine a caso e ho visto un curioso 0 risposte su un problema carino

Comunque ecco com'è che la pensavo.
Se poni $ x=4cos^2(\alpha) $ ottieni: $ \frac{x}{2}-1=cos(2\alpha) $.
Allora f(x) si scrive come: $ \displaystyle \frac{sin(n\alpha)}{sin(\alpha)} $. Allora gli zeri sono con $ \alpha=\frac{k.\pi}{n} $.

Per dimostrare che i polinomi son proprio quelli, basta:
1) passi base: $ n=1 $. $ f(x)=1\ $ . OK
$ n=3 $: $ f(x)=4cos^2(\alpha)-1=x-1\ $ . OK
2)Dal riangolo di Pascal si ricava la ricorsione dei polinomi:
$ p_{n+2}=(x-2)p_n-p_{n-2} $.

E allora basta vedere se: $ sin(n\alpha+2\alpha)=(4cos^2-2)sin(n\alpha)-sin(n\alpha-2\alpha) $.
Ma infatti: $ sin(n\alpha+2\alpha)+sin(n\alpha-2\alpha)=2cos(2\alpha)sin(n\alpha) $ per Prostaferesi (o era Werner?).

Per n pari la storia è quasi uguale. Per far quadrare i passi base basta modificare f(x) come segue:

$ \displaystyle f(x)=\frac{\displaystyle\sin\left(\frac{n}{2}\arccos\left(\frac{x}{2}-1\right)\right)}{\displaystyle\sin\left(2\cdot\arccos\left(\sqrt{\frac{x}{4}}\right)\right)} $.