Produttoria sinuosa

Dimostrare che$$\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{k\pi}n \right )=\frac n{2^{n-1}}\ .$$

Si ha$$\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{k\pi}n \right )=\prod_{k=1}^{n-1}\left[\frac{e^{k \pi i/n}-e^{-k \pi i/n}}{2i} \right]=\prod_{k=1}^{n-1}\left[\frac{e^{k \pi i/n}}{2i}\left(1-e^{-2k\pi i/n} \right )\right]= \\[15pt] =\prod_{k=1}^{n-1}\left(\frac{e^{k\pi i/n}}{2i} \right )\prod_{k=1}^{n-1}\left(1-e^{-2k\pi i/n} \right ) \ .$$Ora$$\prod_{k=1}^{n-1}\left(\frac{e^{k\pi i/n}}{2i} \right )= \frac{1}{(2i)^{n-1}}\exp\left(\sum_{k=0}^{n-1}\frac{k\pi i}{n}\right)=\frac{1}{(2i)^{n-1}}\exp\left[\frac{n(n-1)}{2} \frac{\pi i}{n} \right ]= \\ =\frac{1}{(2i)^{n-1}}\left[\exp\left(\frac{\pi i}{2}\right)\right]^{n-1} =\frac{i^{\,n-1}}{(2i)^{n-1}}=\frac{1}{2^{n-1}}\ ,$$inoltre, poiché le quantità $e^{-2k \pi i/n}$ sono radici ennesime dell’unità, si ha$$(x-1)\prod_{k=1}^{n-1}\left(x-e^{-2k\pi i/n} \right )=\prod_{k=0}^{n-1}\left(x-e^{-2k\pi i/n} \right )= \\ = x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\ldots+x+1) \Rightarrow \\ \Rightarrow \prod_{k=1}^{n-1}\left(x-e^{-2k\pi i/n} \right )=x^{n-1}+x^{n-2}+\ldots+x+1$$e ponendo $x=1$ si ha $$\prod\limits_{k=1}^{n-1}\left(1-e^{-2k\pi i/n} \right )=n\tag{1}$$e quindi $$\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{k\pi}n \right )=\frac{n}{2^{n-1}}\ . \tag{2}$$

Possiamo dare alla $(1)$ un significato geometrico: dato un poligono regolare di $n$ lati inscritto in una circonferenza di raggio unitario, il prodotto delle lunghezze dei segmenti che congiun­gono un vertice con tutti gli altri vertici è pari a $n$. Infatti, prendiamo i punti corrispondenti, nel piano complesso, alle radici ennesime dell’unità $e^{-2k\pi i/n}$ con $k$ che va da $0$ a $n-1$: essi sono i vertici di un poligono regolare di $n$ lati inscritto nella circonferenza unitaria. Chiamo $P_k$ il vertice del poligono corrispondente a $e^{-2k\pi i/n}$. Si ha allora$$\prod_{k=1}^{n-1}P_0P_k=\prod_{k=1}^{n-1}\left|\overrightarrow{P_kP_0}\right|=\prod_{k=1}^{n-1}\left|1-e^{-2k\pi i/n}\right|=\left| \prod_{k=1}^{n-1}\left( 1-e^{-2k\pi i/n}\right ) \right|=|n|=n\ .$$

D’altro canto, dalla $(2)$ discende immediatamente $$\sum_{k=1}^{n-1}\ln\sin\frac{\pi k}n=\ln n-(n-1)\ln 2$$e si ha$$\int_0^\pi\ln\sin x \,dx = \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n-1}\left(  \ln\sin \frac{\pi k}{n}\right )\frac{\pi}{n}= \\[15pt]=\lim_{n\to\infty}\frac{\ln n-(n-1)\ln2}n\pi=-\pi\ln 2\ .$$Dal momento che la funzione integranda diverge agli estremi dell’integrale non è scontato che le somme di Riemann tendano al valore dell’integrale, noi però ci abbiamo provato… ed ha funzionato!

Audentis fortuna iuvat (Virgilio, Eneide, X, 284)