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Definición recursiva de $ C_{n}$ y $ S_{n}$

Se parte de la definición recursiva que se hizo de $ C\left( \tfrac{1}{2^{n}}\right) $ y $ S\left( \tfrac{1}{2^{n}}\right) $. Se definen para $ n$ fijo:

$\displaystyle C_{n}\left( 0\right) =1,\qquad S_{n}\left( 0\right) =0,$    

y para $ k=0,1,...$ se define:

\begin{displaymath}\begin{array}{lll} C_{n}\left( \frac{k+1}{2^{n}}\right) & = &... ..._{n}+C_{n}\left( \frac{k}{2^{n}}\right) s_{n}.\quad \end{array}\end{displaymath}    

$ \ $

Note que $ C_{n}\left( \frac{1}{2^{n}}\right) =c_{n}$ y $ S_{n}\left( \frac{1}{2^{n}}\right) =s_{n}\medskip$, tomando $ k=0$. En particular $ C_{1}\left( \frac{1}{2}\right) =c_{1}=0$ y $ S_{1}\left( \frac{1}{2}\right) =s_{1}=1$.

Teorema 2   Las funciones $ C_{n}$ y $ S_{n}$ satisfacen:

  1. Para $ x\in \mathbb{D}_{n}$ : $ C_{n}^{2}\left( x\right)+S_{n}^{2}\left( x\right) =1$

  2. Para $ x,y\in \mathbb{D}_{n}$:
    $\displaystyle C_{n}\left( x+y\right)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle C_{n}\left( x\right) C_{n}\left( y\right)-S_{n}\left( x\right) S_{n}\left( y\right) ,$  
    $\displaystyle S_{n}\left( x+y\right) \ $ $\displaystyle =$ $\displaystyle S_{n}\left( x\right) C_{n}\left( y\right)+C_{n}\left( x\right) S_{n}\left( y\right)$  

  3. $ \medskip$Si además $ x\geqslant y$ se tiene
    $\displaystyle C_{n}\left( x-y\right)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle C_{n}\left( x\right) C_{n}\left( y\right)+S_{n}\left( x\right) S_{n}\left( y\right) ,$  
    $\displaystyle S_{n}\left( x-y\right) \ $ $\displaystyle =$ $\displaystyle S_{n}\left( x\right) C_{n}\left( y\right)-C_{n}\left( x\right) S_{n}\left( y\right)$  

Prueba

  1. La demostración de la identidad pitagórica se deja como ejercicio.

  2. Con $ y=\frac{j}{2^{n}}$, se procede por inducción sobre $ j$. Para $ j=0$ las igualdades son evidentes. En el paso inductivo, se asume que son válidas para $ j$, y se demuestran para $ j+1$ (donde $ x=\frac{k}{2^{n}}$ está fijo). Para hacer eso, se aplica primero la definición:

    $\displaystyle C_{n}\left( \tfrac{k+j+1}{2^{n}}\right) \ =C_{n}\left( \tfrac{k+j}{2^{n}}\right) c_{n}\ -S_{n}\left( \tfrac{k+j}{2^{n}}\right) s_{n}.$    

    El primer término a la derecha es, por hipótesis de inducción:

    $\displaystyle C_{n}\left( \tfrac{k+j}{2^{n}}\right) c_{n}=\left[ C_{n}\left( \t... ...eft( \tfrac{k}{2^{n}}\right) S_{n}\left( \tfrac{j}{2^{n}}\right) \right] c_{n},$    

    mientras que el segundo es

    $\displaystyle S_{n}\left( \tfrac{k+j}{2^{n}}\right) s_{n}=\left[ S_{n}\left( \t... ...eft( \tfrac{k}{2^{n}}\right) S_{n}\left( \tfrac{j}{2^{n}}\right) \right] s_{n}.$    

    Al restar y reagrupar estos términos se obtiene:
    $\displaystyle C_{n}\left( \tfrac{k+j+1}{2^{n}}\right)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle C_{n}\left( \tfrac{k}{2^{n}}\right) \left[ C_{n}\left( \tfrac{j}{2^{n}}\right) c_{n}-S_{n}\left( \tfrac{j}{2^{n}}\right) s_{n}\right]$  
        $\displaystyle -S_{n}\left( \tfrac{k}{2^{n}}\right) \left[ S_{n}\left( \tfrac{j}{2^{n}}\right) c_{n}+C_{n}\left( \tfrac{j}{2^{n}}\right) s_{n}\right]$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle C_{n}\left( \tfrac{k}{2^{n}}\right) C_{n}\left( \tfrac{j+1}{2^{n}... ...ht)-S_{n}\left( \tfrac{k}{2^{n}}\right) S_{n}\left( \tfrac{j+1}{2^{n}}\right) .$  

    Esto demuestra la primera fórmula para $ j+1$, y para la segunda se procede similarmente.

  3. Como $ x\geqslant y$, aplicamos las identidades de la parte 2, con $ x-y$ en vez de $ x$. Se obtiene
    $\displaystyle C_{n}\left( x-y\right) C_{n}\left( y\right) \ -S_{n}\left( x-y\right) S_{n}\left( y\right)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle C_{n}\left( x\right)$  
    $\displaystyle S_{n}\left( x-y\right) C_{n}\left( y\right) \ +C_{n}\left( x-y\right) S_{n}\left( y\right)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle S_{n}\left( x\right) .$  

    Este es un sistema lineal en las variable $ C_{n}\left( x-y\right) $, $ S_{n}\left( x-y\right) $, cuya matriz es

    $\displaystyle A=\left( \begin{array}{cc} C_{n}\left( y\right) & -S_{n}\left( y\right) \\ S_{n}\left( y\right) & C_{n}\left( y\right) \end{array} \right) .$    

    Al resolver este sistema se obtienen las identidades deseadas. $ \Box $

Tomando $ y=x$ en la identidad 2 se obtiene el siguiente corolario.

Corolario 1   Para $ x\in \mathbb{D}^{+}$ se tiene $ C\left( 2x\right) =C^{2}\left( x\right)-S^{2}\left( x\right) $, $ S\left( 2x\right) =2S\left( x\right) C\left(x\right) $.

Lema 3   Para cada $ n$, $ C_{n}$ es una extensión de $ C_{n-1}$ y $ S_{n}$ es una extensión de $ S_{n-1}$.

Prueba

Note que $ C_{n}(0)=C_{n-1}(0)$, y $ S_{n}(0)=S_{n-1}(0)$. Además, por el corolario anterior se tiene

$\displaystyle C_{n}\left( \tfrac{1}{2^{n-1}}\right)=c_{n}^{2}-s_{n}^{2}=c_{n-1}=C_{n-1}\left( \tfrac{1}{2^{n-1}}\right) ,$    

y similarmente $ S_{n}\left( \frac{1}{2^{n-1}}\right) =S_{n-1}\left( \frac{1}{2^{n-1}}\right) $. Se debe demostrar que

$\displaystyle C_{n}\left( \tfrac{j}{2^{n-1}}\right) =C_{n-1}\left( \tfrac{j}{2^... ..._{n}\left( \tfrac{j}{2^{n-1}}\right) =S_{n-1}\left( \tfrac{j}{2^{n-1}}\right) ,$    

para todo $ j$. Se aplicará inducción sobre $ j$. Asumiendo que esto se cumple para cierto $ j$, se tiene:
$\displaystyle C_{n}\left( \tfrac{j+1}{2^{n-1}}\right)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle C_{n}\left( \tfrac{j}{2^{n-1}}\right) C_{n}\left( \tfrac{1}{2^{n-... ...t) -S_{n}\left( \tfrac{j}{2^{n-1}}\right) S_{n}\left( \tfrac{1}{2^{n-1}}\right)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle C_{n-1}\left( \tfrac{j}{2^{n-1}}\right) C_{n-1}\left( \tfrac{1}{2... ...S_{n-1}\left( \tfrac{j}{2^{n-1}}\right) S_{n-1}\left( \tfrac{1}{2^{n-1}}\right)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle C_{n-1}\left( \dfrac{j+1}{2^{n-1}}\right) .$  

Se ha usado aquí el teorema 2, y la hipótesis de inducción. Para $ S_{n}$ se procede de manera similar. $ \Box $

 

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