Ich würde es ohne Induktion machen, stattdessen die Methode des scharfen Hinsehens anwenden ;-). Dann ist nämlich gar nichts zu rechnen:
Linke und rechte Seite sind beides offensichtlich Polynome vom Grad n, wobei ebenso offensichtlich der Koeffizient von z^n auf beiden Seiten jeweils 1 ist. Dann sind die beiden Polynome genau dann gleich, wenn sie dieselben Nullstellen haben.
Also: Welche Nullstellen hat das Polynom links? Und welche hat das rechts?
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\[z^n-1=0 \qquad \Longleftrightarrow \qquad z^n=1.\]
Damit erhalte ich gerade die \(n\)-ten Einheitswurzeln \(z_k=e^{\frac{2\pi ki}{n}}\) mit \(k=0,1,\ldots ,n-1\) als Nullstellen. Schreibt man das Polynom \(z^n-1\) nun in Linearfaktorschreibweise um, erhält man:
\[z^n-1=(z-z_0)\cdot (z-z_1)\cdot \ldots \cdot (z-z_{n-1})=\left(z-e^{\frac{2\pi i}{n}}\right) \cdot \left(z-e^{\frac{2\pi 2i}{n}}\right)\cdot \ldots \cdot \left(z-e^{\frac{2\pi (n-1)i}{n}}\right)=\prod_{k=0}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)\]
Ist das so richtig? ─ anonym84cf1 02.02.2021 um 20:55
\[2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)=\prod_{k=1}^{n-1} \left(1-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)=\overset{?}{\ldots} =\prod_{k=0}^{n-1} \left(1-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)\cdot (\ldots)=\underset{=0?}{\underbrace{(1^n-1)}} \cdot (\ldots)=0\neq n\]
Also erstens wie komme ich auf die Linearfaktorschreibweise beginnend mit Null und warum soll ich diese benutzen, wenn \(1^n-1=0\) mein ganzes Produkt auf Null setzt, obwohl ich ja auf \(n\) kommen möchte. Wo ist da noch mein Denkfehler? ─ anonym84cf1 02.02.2021 um 21:23
Aufschreiben würde ich es jetzt wie folgt:
Es gilt:
\[z^n-1=\prod_{k=0}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)=(z-1)\cdot \prod_{k=1}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right) \qquad \Longleftrightarrow \qquad \prod_{k=1}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)=\dfrac{z^n-1}{z-1}.\]
Damit folgt weiter:
\[\qquad \prod_{k=1}^{n-1} \left(z-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)=\dfrac{z^n-1}{z-1} =\dfrac{z^n-1^n}{z-1}=\dfrac{(z-1)\cdot \sum_{k=0}^{n-1}z^k1^{n-1-k}}{z-1}=\sum_{k=0}^{n-1} z^k. \qquad \qquad (*) \]
Somit ergibt sich dann schlussendlich:
\[2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin\left( \dfrac{k\pi}{n}\right)=\prod_{k=1}^{n-1} \left(1-e^{\frac{2\pi ki}{n}}\right)\overset{(*)}{=} \sum_{k=0}^{n-1} 1^k =\sum_{k=0}^{n-1} 1=n.\]
Das sollte denke ich jetzt stimmen. :) ─ anonym84cf1 02.02.2021 um 22:26
Ja ich konnte bei der Aufgabe auch viel dazulernen. Es kommen so einige wichtige Formeln vor auch bei dem ersten Teil des Beweises den ich bereits hatte.
Durch die neue Inspiration werden sich ihre Studenten "bestimmt freuen" wohl auch in Zukunft mal mit diesem Problem konfrontiert zu werden. :D
Vielen Dank nochmal für ihre Zeit! ─ anonym84cf1 02.02.2021 um 23:11