IA ao vivo / IME 2027 · 2ª fase · Matemática

COMPARE OS RACIOCÍNIOS

Questão 8 (Matemática)

Questão discursiva: a banca não divulga gabarito oficial. ← 7 (Matemática) 9 (Matemática) →

A questão

Respostas das IAs

GPT-6 Astra

Respondeu · mesma resposta final de outras 9 IAs

\displaystyle S_n=\frac{\sen(n\alpha)}{\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}.

levou 10 s

Como pensou

Pela fórmula da soma de cossenos,

\cos\alpha+\cos((2k+1)\alpha) =2\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha),

que é não nulo pelas hipóteses.

Além disso,

\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha) =\frac{\sen((k+1)\alpha-k\alpha)} {\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)} =\frac{\sen\alpha}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}.

Como \sen\alpha\neq0, segue que

\frac{1}{\cos\alpha+\cos((2k+1)\alpha)} =\frac{\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)}{2\sen\alpha}.

Somando de k=1 até n, obtemos uma soma telescópica:

S_n=\frac{1}{2\sen\alpha} \sum_{k=1}^{n}\bigl[\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)\bigr] =\frac{\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha}{2\sen\alpha}.

Portanto,

S_n =\frac{\sen(n\alpha)} {2\sen\alpha\cos\alpha\cos((n+1)\alpha)} =\frac{\sen(n\alpha)} {\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)},

demonstrando a identidade.

Resposta final: \displaystyle S_n=\frac{\sen(n\alpha)}{\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}.

GPT-6.1 Sol

Respondeu · mesma resposta final de outras 9 IAs

\displaystyle S_n=\frac{\sen(n\alpha)}{\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}.

levou 8 s

Como pensou

Pela fórmula da soma de cossenos,

\cos\alpha+\cos((2k+1)\alpha) =2\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha).

Os fatores do segundo membro são não nulos pelas hipóteses, para 1\le k\le n. Além disso,

\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha) =\frac{\sen((k+1)\alpha)\cos(k\alpha)-\sen(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)} {\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)} =\frac{\sen\alpha}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}.

Como \sen\alpha\ne0, segue que

\frac1{\cos\alpha+\cos((2k+1)\alpha)} =\frac{\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)}{2\sen\alpha}.

Assim, a soma é telescópica:

\begin{aligned} S_n &=\frac1{2\sen\alpha}\sum_{k=1}^{n} \bigl[\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)\bigr]\\ &=\frac{\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha}{2\sen\alpha}\\ &=\frac{\sen((n+1)\alpha)\cos\alpha-\cos((n+1)\alpha)\sen\alpha} {2\sen\alpha\cos\alpha\cos((n+1)\alpha)}\\ &=\frac{\sen(n\alpha)}{\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}, \end{aligned}

como queríamos demonstrar.

Resposta final: \displaystyle S_n=\frac{\sen(n\alpha)}{\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}.

GPT-6 Luna

Respondeu · mesma resposta final de outras 9 IAs

\displaystyle S_n=\frac{\sen(n\alpha)}{\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}.

levou 10 s

Como pensou

**Considering mathematical transformations** I'm thinking about the need to include an index, maybe k, in my calculations. If n equals 0, I might have an empty sum on the right-hand side equaling 0. I see where using the formula makes sense, especially with the telescoping properties of tan α. Starting with natural conventions seems fine too. Overall, I aim to craft a final answer with well-structured equations and clear lines. Let's get this all lined up nicely!

Usando a identidade soma-produto,

\cos\alpha+\cos((2k+1)\alpha) =2\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha).

Além disso,

\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha) =\frac{\sin\alpha}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}.

Como os cossenos envolvidos não são nulos e \sin\alpha\ne0, segue que

\frac{1}{\cos\alpha+\cos((2k+1)\alpha)} =\frac{\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)}{2\sin\alpha}.

Somando de k=1 a n, obtemos uma soma telescópica:

S_n=\frac{\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha}{2\sin\alpha}.

Por outro lado,

\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha =\frac{\sin(n\alpha)}{\cos((n+1)\alpha)\cos\alpha}.

Portanto,

S_n =\frac{\sin(n\alpha)} {2\sin\alpha\cos\alpha\cos((n+1)\alpha)} =\frac{\sin(n\alpha)}{\sin(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)},

como desejado.

Resposta final: \displaystyle S_n=\frac{\sen(n\alpha)}{\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}.

Claude Fable 5.1

Respondeu · mesma resposta final de outras 9 IAs

S_n=\dfrac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\operatorname{sen}(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)} (identidade demonstrada por soma telescópica, usando \cos\alpha+\cos(2k+1)\alpha=2\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha) e \tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)=\frac{\operatorname{sen}\alpha}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}).

levou 18 s

Como pensou

I notice cos α + cos(2k+1)α factors as 2cos((k+1)α)cos(kα), so each term becomes 1/(2cos(kα)cos((k+1)α)). Using the identity tan((k+1)α) − tan(kα) = sin α/(cos(kα)cos((k+1)α)), I can rewrite each term as a telescoping difference involving tangent values divided by sin α. Summing this telescoping series, the sum S_n collapses to tan((n+1)α) − tan α over 2sin α, which simplifies via the same identity to sin(nα)/(2sin α cos α cos((n+1)α)) = sin(nα)/(sin 2α · cos((n+1)α)). I check that the conditions cos(jα) ≠ 0 for j = 1,...,n+1 and sin α ≠ 0 guarantee all denominators are nonzero, confirming the proof is valid, and I should present this in Portuguese.

Solução.

Passo 1 – Fatorar o denominador. Pela fórmula de prostaférese (soma de cossenos),

\cos\alpha+\cos(2k+1)\alpha = 2\cos\!\left(\frac{(2k+1)\alpha+\alpha}{2}\right)\cos\!\left(\frac{(2k+1)\alpha-\alpha}{2}\right)=2\cos((k+1)\alpha)\cos(k\alpha).

Como, por hipótese, \cos(j\alpha)\neq 0 para j=1,\dots,n+1, todos os denominadores são não nulos (para k=1,\dots,n temos k e k+1 em \{1,\dots,n+1\}), logo S_n está bem definida e

S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}.

Passo 2 – Escrever cada parcela como diferença (soma telescópica). Para quaisquer x,y com \cos x\cos y\neq 0,

\tan x-\tan y=\frac{\sin x\cos y-\cos x\sin y}{\cos x\cos y}=\frac{\sin(x-y)}{\cos x\cos y}.

Tomando x=(k+1)\alpha e y=k\alpha:

\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)=\frac{\sin\alpha}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}.

Como \sin\alpha\neq 0, podemos dividir por ele:

\frac{1}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}=\frac{\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)}{\sin\alpha}.

Passo 3 – Somar.

S_n=\frac{1}{2\sin\alpha}\sum_{k=1}^{n}\Big[\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)\Big] =\frac{1}{2\sin\alpha}\Big[\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha\Big],

pois a soma é telescópica: sobrevivem apenas \tan((n+1)\alpha) (último termo positivo) e -\tan\alpha (primeiro termo negativo).

Passo 4 – Simplificar. Usando novamente \tan x-\tan y=\dfrac{\sin(x-y)}{\cos x\cos y} com x=(n+1)\alpha, y=\alpha:

\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha=\frac{\sin(n\alpha)}{\cos\alpha\,\cos((n+1)\alpha)}.

Portanto

S_n=\frac{\sin(n\alpha)}{2\sin\alpha\cos\alpha\,\cos((n+1)\alpha)}=\frac{\sin(n\alpha)}{\sin(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)},

onde usamos 2\sin\alpha\cos\alpha=\sin(2\alpha), que é não nulo pois \sin\alpha\neq0 e \cos\alpha\neq0. Isso prova a identidade. \blacksquare

Resposta final: S_n=\dfrac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\operatorname{sen}(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)} (identidade demonstrada por soma telescópica, usando \cos\alpha+\cos(2k+1)\alpha=2\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha) e \tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)=\frac{\operatorname{sen}\alpha}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}).

Claude Opus 5.5

Respondeu · mesma resposta final de outras 9 IAs

S_n=\dfrac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\operatorname{sen}(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)} (demonstrado via \cos\alpha+\cos(2k+1)\alpha=2\cos k\alpha\cos(k+1)\alpha e telescopagem de \tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)).

levou 13 s

Como pensou

I can rewrite the denominator product using the identity for sum of cosines, turning each term into a difference of tangents divided by 2 sin α. Then the whole sum telescopes nicely, leaving just the first and last tangent terms.

Transformamos cada termo numa diferença de tangentes, e a soma fica telescópica.

1) Hipóteses e denominadores.
Como \operatorname{sen}\alpha\neq 0 e \cos\alpha\neq 0 (caso j=1), temos \operatorname{sen}2\alpha = 2\operatorname{sen}\alpha\cos\alpha \neq 0. Também vale \cos(j\alpha)\neq 0 para j=1,\dots,n+1. Logo todas as expressões abaixo estão bem definidas.

2) Fatoração do denominador.
Pela fórmula de soma em produto, \cos p+\cos q = 2\cos\frac{p+q}{2}\cos\frac{q-p}{2}. Com p=\alpha e q=(2k+1)\alpha:

\cos\alpha+\cos(2k+1)\alpha = 2\cos\big((k+1)\alpha\big)\cos(k\alpha).

Para 1\le k\le n, os índices k e k+1 estão em \{1,\dots,n+1\}, então essa expressão não se anula. Portanto

\frac{1}{\cos\alpha+\cos(2k+1)\alpha}=\frac{1}{2\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}.

3) Diferença de tangentes.

\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)=\frac{\operatorname{sen}((k+1)\alpha)\cos(k\alpha)-\cos((k+1)\alpha)\operatorname{sen}(k\alpha)}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}=\frac{\operatorname{sen}\alpha}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}.

Como \operatorname{sen}\alpha\neq 0, segue que

\frac{1}{\cos\alpha+\cos(2k+1)\alpha}=\frac{\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)}{2\operatorname{sen}\alpha}.

4) Soma telescópica.

S_n=\frac{1}{2\operatorname{sen}\alpha}\sum_{k=1}^{n}\big[\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)\big]=\frac{\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha}{2\operatorname{sen}\alpha}.

5) Simplificação.

\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha=\frac{\operatorname{sen}((n+1)\alpha)\cos\alpha-\cos((n+1)\alpha)\operatorname{sen}\alpha}{\cos((n+1)\alpha)\cos\alpha}=\frac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\cos((n+1)\alpha)\cos\alpha}.

Logo

S_n=\frac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{2\operatorname{sen}\alpha\cos\alpha\,\cos((n+1)\alpha)}=\frac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\operatorname{sen}(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}.

Se n=0 for admitido, ambos os lados valem 0 e a identidade continua válida. \blacksquare

Resposta final: S_n=\dfrac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\operatorname{sen}(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)} (demonstrado via \cos\alpha+\cos(2k+1)\alpha=2\cos k\alpha\cos(k+1)\alpha e telescopagem de \tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)).

Claude Sonnet 5.5

Respondeu · mesma resposta final de outras 9 IAs

Sₙ = sen(nα) / [sen(2α) cos((n+1)α)], demonstrado pela soma telescópica com cos α + cos(2k+1)α = 2cos(kα)cos((k+1)α).

levou 7 s

Como pensou

I'm proving the identity by rewriting each term cos α + cos(2k+1)α as 2 cos(kα)cos((k+1)α), so each summand becomes 1/(2 cos kα cos(k+1)α). This matches the telescoping difference tan((k+1)α) − tan(kα), scaled by sin α, which should let the sum collapse nicely. The sum telescopes down to [tan((n+1)α) − tan α]/(2 sin α), and simplifying this expression gives exactly sin(nα)/(sin 2α cos((n+1)α)), confirming the identity, with the proviso that cos kα ≠ 0 for k up to n+1 and sin α ≠ 0.

Ideia: transformar a soma da esquerda em uma soma telescópica.

1) Fatoração do denominador. Pela fórmula de soma para cossenos, cos A + cos B = 2 cos((A+B)/2) cos((A−B)/2). Com A = (2k+1)α e B = α:

cos α + cos(2k+1)α = 2 cos((k+1)α) cos(kα).

Para k = 1, …, n, esse produto é não nulo, pois cos(jα) ≠ 0 para j = 1, …, n+1. Logo

1/(cos α + cos(2k+1)α) = 1/(2 cos(kα) cos((k+1)α)).

2) Termo telescópico. Como sen α ≠ 0, vale

tg((k+1)α) − tg(kα) = [sen((k+1)α) cos(kα) − sen(kα) cos((k+1)α)] / [cos(kα) cos((k+1)α)] = sen α / [cos(kα) cos((k+1)α)].

Portanto

1/(2 cos(kα) cos((k+1)α)) = [tg((k+1)α) − tg(kα)] / (2 sen α).

3) Soma. Os termos se cancelam em sequência:

Sₙ = (1/(2 sen α)) · Σₖ₌₁ⁿ [tg((k+1)α) − tg(kα)] = [tg((n+1)α) − tg α] / (2 sen α).

4) Simplificação. Usando a mesma identidade de diferença de tangentes, com (n+1)α e α:

tg((n+1)α) − tg α = [sen((n+1)α) cos α − sen α cos((n+1)α)] / [cos((n+1)α) cos α] = sen(nα) / [cos((n+1)α) cos α].

Assim,

Sₙ = sen(nα) / [2 sen α cos α cos((n+1)α)] = sen(nα) / [sen(2α) cos((n+1)α)].

Como sen α ≠ 0 e cos α ≠ 0, tem-se sen 2α ≠ 0, e todas as divisões feitas são válidas. Isso demonstra a identidade. ∎

Resposta final: Sₙ = sen(nα) / [sen(2α) cos((n+1)α)], demonstrado pela soma telescópica com cos α + cos(2k+1)α = 2cos(kα)cos((k+1)α).

Grok 4.7

Respondeu · mesma resposta final de outras 9 IAs

identidade demonstrada

levou 22 s

Como pensou

The problem is in Portuguese. The goal is to prove the trigonometric identity for the sum of fractions with cosine denominators. The first step is to apply the sum-to-product formula to simplify each term. The sum-to-product formula simplifies each term to $\frac{1}{2\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}$. The sum becomes half the sum of these terms. The next step is to find a telescoping series. The sine difference formula was considered but did not fit directly. The focus shifted to the tangent difference $\tan((k+1)\alpha) - \tan(k\alpha)$. The tangent difference formula was verified. It shows that $\frac{1}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)} = \frac{\tan((k+1)\alpha) - \tan(k\alpha)}{\sin \alpha}$. This completes the telescoping decomposition. The sum becomes a telescoping series. The terms cancel to $\tan((n+1)\alpha) - \tan(\alpha)$. Thus, the partial sum is $\frac{1}{2\sin\alpha}(\tan((n+1)\alpha) - \tan(\alpha))$. The tangent difference simplifies to $\frac{\sin(n\alpha)}{\cos((n+1)\alpha)\cos\alpha}$. Substituting this into the partial sum gives $\frac{\sin(n\alpha)}{2\sin\alpha\cos\alpha\cos((n+1)\alpha)}$. Using the double-angle identity, the denominator becomes $\sin(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)$. This matches the right-hand side of the identity. The proof is complete. The conditions guarantee that all denominators are non-zero. The final step is to present the development in Portuguese.

Resolução

Sejam n\in\mathbb{N} e \alpha\in\mathbb{R} nas condições do enunciado. Para cada k\in\{1,\ldots,n\}, a identidade de prostaférese fornece

\cos\alpha+\cos((2k+1)\alpha)=2\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha),

donde

S_n=\frac12\sum_{k=1}^n\frac1{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}.

Por outro lado,

\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)=\frac{\sin\alpha}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)},

e portanto

\frac1{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}=\frac{\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)}{\sin\alpha}.

Substituindo na soma, obtém-se

S_n=\frac1{2\sin\alpha}\sum_{k=1}^n\bigl(\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)\bigr).

A soma é telescópica e vale \tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha. Logo

S_n=\frac1{2\sin\alpha}\bigl(\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha\bigr).

Desenvolvendo a diferença de tangentes,

\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha=\frac{\sin(n\alpha)}{\cos((n+1)\alpha)\cos\alpha},

conclui-se

S_n=\frac{\sin(n\alpha)}{2\sin\alpha\cos\alpha\cdot\cos((n+1)\alpha)}=\frac{\sin(n\alpha)}{\sin(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)},

como se queria demonstrar. (As hipóteses garantem que nenhum dos denominadores que aparecem se anula.)

Resposta final: identidade demonstrada

DeepSeek V4.1 Flash

Respondeu · mesma resposta final de outras 9 IAs

S_n=\dfrac{\sen(n\alpha)}{\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}.

levou 4 s

Como pensou

We need answer in Portuguese, solve proof identity. Need be careful. Let's restate problem. Given n ∈ N, α ∈ R such that sin α ≠ 0 and cos(jα) ≠ 0, j=1,...,n+1. Mostre identidade: S_n = sum_{k=1}^n 1 / [cos α + cos(2k+1)α] = sen(nα) / [sen(2α) cos((n+1)α)]. Need prove. Let's derive. We need sum over k=1..n 1/(cos α + cos(2k+1)α). Use sum-to-product: cos A + cos B = 2 cos((A+B)/2) cos((A-B)/2). Let A = α, B=(2k+1)α. Then (A+B)/2 = (α + (2k+1)α)/2 = (2k+2)α/2 = (k+1)α. (A-B)/2 = (α - (2k+1)α)/2 = (-2k α)/2 = -k α. cos(-kα)=cos(kα). So denominator = 2 cos((k+1)α) cos(kα). So term = 1/[2 cos kα cos((k+1)α)]. So sum S_n = (1/2) ∑_{k=1}^n 1/[cos kα cos((k+1)α)]. Need prove equals sen(nα)/(sen(2α) cos((n+1)α)). Let's manipulate. Use identity: 1/(cos kα cos((k+1)α)) maybe express as difference involving tan? Recall tan((k+1)α) - tan(kα) = sin α / (cos kα cos((k+1)α))? Let's verify: tan B - tan A = sin(B-A)/(cos A cos B). B=(k+1)α, A=kα, B-A=α. Yes tan((k+1)α) - tan(kα) = sin α / (cos kα cos((k+1)α)). Thus 1/(cos kα cos((k+1)α)) = [tan((k+1)α) - tan(kα)] / sin α. Then S_n = (1/2) * (1/sin α) ∑_{k=1}^n [tan((k+1)α) - tan(kα)] = (1/(2 sin α)) [tan((n+1)α) - tan α] telescope. Let's compute: k=1..n, terms tan(2α)-tan α + tan(3α)-tan2α + ... + tan((n+1)α)-tan nα = tan((n+1)α) - tan α. So S_n = [tan((n+1)α) - tan α]/(2 sin α). Now simplify to target: tan((n+1)α) - tan α = [sin((n+1)α)/cos((n+1)α) - sin α/cos α] = [sin((n+1)α) cos α - sin α cos((n+1)α)] / [cos((n+1)α) cos α] = sin((n+1)α - α) / [cos((n+1)α) cos α] = sin(nα) / [cos((n+1)α) cos α]. Because sin A cos B - cos A sin B = sin(A-B). Yes. Then S_n = [sin nα / (cos((n+1)α) cos α)] / (2 sin α) = sin nα / [2 sin α cos α cos((n+1)α)] = sin nα / [sin(2α) cos((n+1)α)]. Since sin 2α = 2 sin α cos α. Done. Need ensure conditions denominator nonzero: sin α≠0, cos((n+1)α)≠0, sin(2α)≠0? Since sin α≠0 and cos α? Given cos(jα) for j=1..n+1 includes cos α nonzero. So sin 2α=2sinα cosα ≠0. Good. Need present proof as candidate. Maybe discuss telescoping. "Mostre". Good. Need final in Portuguese. Include steps. Let's craft final answer concise but complete. Check no issue with n ∈ N maybe includes n=0? Sum empty? But n natural maybe positive? Conditions j=1..n+1; if n=0, denominator? Sum from k=1 to 0 = 0, RHS sin0/(...)=0 but denominator? cos(1α) nonzero, okay. But natural maybe includes 0? However typical n≥1. We can assume n≥1. Let's produce final with equations. Ensure final line format: Resposta final: S_n = ... (identidade mostrada) maybe. Let's write.

Temos:

S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac1{\cos\alpha+\cos(2k+1)\alpha}.

Usando a identidade de transformação em produto:

\cos A+\cos B=2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2},

com A=\alpha e B=(2k+1)\alpha, obtemos

\cos\alpha+\cos(2k+1)\alpha =2\cos\frac{(2k+2)\alpha}{2}\cos\frac{(-2k\alpha)}{2} =2\cos((k+1)\alpha)\cos(k\alpha).

Logo,

S_n=\frac12\sum_{k=1}^{n}\frac1{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}.

Agora, da identidade

\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha) =\frac{\sen((k+1)\alpha-k\alpha)}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)} =\frac{\sen\alpha}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)},

temos

\frac1{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)} =\frac{\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)}{\sen\alpha}.

Portanto,

S_n=\frac1{2\sen\alpha}\sum_{k=1}^{n} \left[\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)\right].

Essa soma é telescópica:

\sum_{k=1}^{n} \left[\tan((k+1)\alpha)-\tan(k\alpha)\right] =\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha.

Assim,

S_n=\frac{\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha}{2\sen\alpha}.

Agora simplificamos:

\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha = \frac{\sen((n+1)\alpha)}{\cos((n+1)\alpha)} -\frac{\sen\alpha}{\cos\alpha} = \frac{\sen((n+1)\alpha)\cos\alpha-\sen\alpha\cos((n+1)\alpha)} {\cos((n+1)\alpha)\cos\alpha}.

Usando \sen A\cos B-\sen B\cos A=\sen(A-B),

\tan((n+1)\alpha)-\tan\alpha = \frac{\sen(n\alpha)}{\cos((n+1)\alpha)\cos\alpha}.

Logo,

S_n=\frac{\sen(n\alpha)}{2\sen\alpha\cos\alpha\cos((n+1)\alpha)} =\frac{\sen(n\alpha)}{\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}.

As condições dadas garantem que os denominadores são não nulos.

Resposta final: S_n=\dfrac{\sen(n\alpha)}{\sen(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}.

Gemini 3.8 Flash

Respondeu · mesma resposta final de outras 9 IAs

Demonstração concluída.

levou 20 s

Como pensou

**Exploring the Identity** I'm currently focused on unraveling the sum $S_n$. My recent efforts involve leveraging trigonometric identities to simplify the denominator and manipulate the series. The conditions given, $\operatorname{sen} \alpha \neq 0$ and $\cos(j\alpha) \neq 0$ for $j = 1, \ldots, n+1$, are crucial for avoiding division by zero and guiding my simplification strategies. **Simplifying the Terms** I've shifted my focus to the individual terms, $T_k$. I'm now applying product-to-sum trigonometric formulas to the denominator, which transforms $\cos \alpha + \cos((2k+1)\alpha)$ into $2 \cos(k\alpha) \cos((k+1)\alpha)$. This simplification is key to proceeding. **Deriving the Sum** I've successfully transformed each term $T_k$ into a difference of tangents, revealing a telescoping series. Summing from $k=1$ to $n$ yields $S_n = \frac{1}{2\operatorname{sen}\alpha} [\tan((n+1)\alpha) - \tan(\alpha)]$. Further simplification of this difference using trigonometric identities leads to the final expression. **Finalizing the Expression** I've successfully simplified the sum to $S_n = \frac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\operatorname{sen}(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}$. The telescoping nature of the series has proven robust, and all given conditions are satisfied, ensuring the final expression is well-defined and elegant. **Validating the Solution** I've confirmed the validity of the derived sum. The manipulation of trigonometric identities, especially the product-to-sum and difference of tangents, has led to a telescoping series. The resulting expression $S_n = \frac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\operatorname{sen}(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}$ holds true under the initial conditions.

Para demonstrar a identidade, analisemos o termo geral da soma S_n:

T_k = \frac{1}{\cos \alpha + \cos((2k+1)\alpha)}

Utilizando a fórmula da transformação de soma de cossenos em produto:

\cos A + \cos B = 2 \cos\left(\frac{A+B}{2}\right)\cos\left(\frac{A-B}{2}\right)

Tomando A = (2k+1)\alpha e B = \alpha, temos:

\frac{A+B}{2} = \frac{(2k+1)\alpha + \alpha}{2} = (k+1)\alpha

\frac{A-B}{2} = \frac{(2k+1)\alpha - \alpha}{2} = k\alpha

Assim,

\cos \alpha + \cos((2k+1)\alpha) = 2 \cos((k+1)\alpha)\cos(k\alpha)

Logo, o termo geral pode ser reescrito como:

T_k = \frac{1}{2\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}

Multiplicando o numerador e o denominador por \operatorname{sen}\alpha (sendo \operatorname{sen}\alpha \neq 0):

T_k = \frac{\operatorname{sen}\alpha}{2\operatorname{sen}\alpha \cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}

Note que \alpha = (k+1)\alpha - k\alpha, logo:

\operatorname{sen}\alpha = \operatorname{sen}((k+1)\alpha - k\alpha) = \operatorname{sen}((k+1)\alpha)\cos(k\alpha) - \cos((k+1)\alpha)\operatorname{sen}(k\alpha)

Dividindo ambos os termos por \cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha), obtemos:

\frac{\operatorname{sen}\alpha}{\cos(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)} = \frac{\operatorname{sen}((k+1)\alpha)}{\cos((k+1)\alpha)} - \frac{\operatorname{sen}(k\alpha)}{\cos(k\alpha)} = \operatorname{tg}((k+1)\alpha) - \operatorname{tg}(k\alpha)

Como \cos(j\alpha) \neq 0 para todo j \in \{1, 2, \dots, n+1\}, as tangentes estão bem definidas. Reescrevemos T_k como:

T_k = \frac{1}{2\operatorname{sen}\alpha}\left[\operatorname{tg}((k+1)\alpha) - \operatorname{tg}(k\alpha)\right]

Substituindo na soma S_n, temos uma soma telescópica:

S_n = \sum_{k=1}^n T_k = \frac{1}{2\operatorname{sen}\alpha} \sum_{k=1}^n \left[\operatorname{tg}((k+1)\alpha) - \operatorname{tg}(k\alpha)\right]

S_n = \frac{1}{2\operatorname{sen}\alpha} \left[\operatorname{tg}((n+1)\alpha) - \operatorname{tg}\alpha\right]

Simplificando a diferença de tangentes:

\operatorname{tg}((n+1)\alpha) - \operatorname{tg}\alpha = \frac{\operatorname{sen}((n+1)\alpha)}{\cos((n+1)\alpha)} - \frac{\operatorname{sen}\alpha}{\cos\alpha} = \frac{\operatorname{sen}((n+1)\alpha)\cos\alpha - \cos((n+1)\alpha)\operatorname{sen}\alpha}{\cos((n+1)\alpha)\cos\alpha}

Pela fórmula do seno da diferença:

\operatorname{sen}((n+1)\alpha)\cos\alpha - \cos((n+1)\alpha)\operatorname{sen}\alpha = \operatorname{sen}((n+1)\alpha - \alpha) = \operatorname{sen}(n\alpha)

Portanto:

\operatorname{tg}((n+1)\alpha) - \operatorname{tg}\alpha = \frac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\cos\alpha \cos((n+1)\alpha)}

Substituindo essa expressão na fórmula de S_n:

S_n = \frac{1}{2\operatorname{sen}\alpha} \cdot \frac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\cos\alpha \cos((n+1)\alpha)} = \frac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{(2\operatorname{sen}\alpha \cos\alpha)\cos((n+1)\alpha)}

Lembrando que 2\operatorname{sen}\alpha\cos\alpha = \operatorname{sen}(2\alpha), concluímos que:

S_n = \frac{\operatorname{sen}(n\alpha)}{\operatorname{sen}(2\alpha)\cos((n+1)\alpha)}

Demonstrando assim a identidade proposta.

Resposta final: Demonstração concluída.

Gemini 4 Argon

Respondeu · mesma resposta final de outras 9 IAs

S_n = sen(nα) / [sen(2α) cos((n+1)α)] (C.Q.D.)

levou 36 s

Como pensou

**Analyzing Mathematical Problem** I am currently focused on understanding the core of this mathematical problem, specifically the conditions imposed on $n$ and $\alpha$, and how they relate to the trigonometric expressions provided. **Developing Telescopic Series** I'm currently working on transforming the general term of the series. My aim is to introduce a difference of sines to create a telescoping effect, leveraging the identity $\sin A - \sin B = 2 \cos \frac{A+B}{2} \sin \frac{A-B}{2}$. This requires manipulating the current expression involving cosines. **Transforming Series Terms** I've successfully manipulated the general term into a difference of tangents. This now allows for the direct application of the telescoping sum technique, revealing the structure of the partial sum. **Proving Trigonometric Identity** I've successfully demonstrated the identity by transforming the general term into a difference of tangents, enabling a telescoping sum. This led directly to the desired expression for $S_n$, completing the proof.

Para demonstrar a identidade proposta, vamos inicialmente manipular o termo geral do somatório utilizando as fórmulas de transformação de soma em produto (prostaférese).

Sabemos que:

\cos p + \cos q = 2 \cos\left(\frac{p+q}{2}\right) \cos\left(\frac{p-q}{2}\right)

Aplicando essa relação ao denominador do termo de ordem k, com p = (2k+1)\alpha e q = \alpha, obtemos:

\cos(2k+1)\alpha + \cos\alpha = 2 \cos\left(\frac{(2k+2)\alpha}{2}\right) \cos\left(\frac{2k\alpha}{2}\right) = 2 \cos((k+1)\alpha) \cos(k\alpha)

Como, pelo enunciado, \cos(j\alpha) \neq 0 para todo j = 1, 2, \dots, n+1, o denominador nunca se anula para k \in \{1, 2, \dots, n\}. Assim, podemos reescrever o termo geral a_k da soma como:

a_k = \frac{1}{\cos\alpha + \cos(2k+1)\alpha} = \frac{1}{2 \cos(k\alpha) \cos((k+1)\alpha)}

Dado que \text{sen }\alpha \neq 0, podemos multiplicar o numerador e o denominador por \text{sen }\alpha e utilizar o artifício \alpha = (k+1)\alpha - k\alpha:

a_k = \frac{1}{2\text{sen }\alpha} \cdot \frac{\text{sen }\alpha}{\cos(k\alpha) \cos((k+1)\alpha)} = \frac{1}{2\text{sen }\alpha} \cdot \frac{\text{sen}((k+1)\alpha - k\alpha)}{\cos(k\alpha) \cos((k+1)\alpha)}

Expandindo o seno da diferença no numerador:

\text{sen}((k+1)\alpha - k\alpha) = \text{sen}((k+1)\alpha)\cos(k\alpha) - \text{sen}(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)

Substituindo na expressão de a_k, separamos em duas frações:

a_k = \frac{1}{2\text{sen }\alpha} \left( \frac{\text{sen}((k+1)\alpha)\cos(k\alpha)}{\cos(k\alpha) \cos((k+1)\alpha)} - \frac{\text{sen}(k\alpha)\cos((k+1)\alpha)}{\cos(k\alpha) \cos((k+1)\alpha)} \right)

a_k = \frac{1}{2\text{sen }\alpha} \left( \text{tg}((k+1)\alpha) - \text{tg}(k\alpha) \right)

Agora, substituímos a_k no somatório S_n, obtendo uma soma telescópica:

S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = \frac{1}{2\text{sen }\alpha} \sum_{k=1}^{n} \left( \text{tg}((k+1)\alpha) - \text{tg}(k\alpha) \right)

Desenvolvendo a soma telescópica, todos os termos intermediários se cancelam, restando apenas o último e o primeiro termo:

S_n = \frac{1}{2\text{sen }\alpha} \left( \text{tg}((n+1)\alpha) - \text{tg}(\alpha) \right)

Reescrevendo as tangentes em função de senos e cossenos:

S_n = \frac{1}{2\text{sen }\alpha} \left( \frac{\text{sen}((n+1)\alpha)}{\cos((n+1)\alpha)} - \frac{\text{sen }\alpha}{\cos\alpha} \right)

S_n = \frac{1}{2\text{sen }\alpha} \left( \frac{\text{sen}((n+1)\alpha)\cos\alpha - \text{sen }\alpha\cos((n+1)\alpha)}{\cos\alpha \cos((n+1)\alpha)} \right)

O numerador entre parênteses corresponde à fórmula do seno da diferença, \text{sen}((n+1)\alpha - \alpha) = \text{sen}(n\alpha):

S_n = \frac{\text{sen}(n\alpha)}{2\text{sen }\alpha \cos\alpha \cos((n+1)\alpha)}

Por fim, utilizando a identidade do arco duplo \text{sen}(2\alpha) = 2\text{sen }\alpha \cos\alpha (que é não nulo pois \text{sen }\alpha \neq 0 e \cos\alpha \neq 0), concluímos que:

S_n = \frac{\text{sen}(n\alpha)}{\text{sen}(2\alpha) \cos((n+1)\alpha)}

como queríamos demonstrar (C.Q.D.).

Resposta final: S_n = sen(nα) / [sen(2α) cos((n+1)α)] (C.Q.D.)