2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 сумма с корнями из единицы
Сообщение08.02.2019, 23:16 
Аватара пользователя
Для всякого натурального $n$ докажите:
$$\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{(-1)^k\omega^{\frac{k(3k+1)}{2}}}{1-\omega^{3k}}=-\frac{n+1}{2},$$
где $\omega$ - это примитивный корень степени $3n+2$ из единицы.

(источник)

 
 
 
 Re: сумма с корнями из единицы
Сообщение17.04.2019, 07:35 
Сумма интересна тем, что ее значение не зависит от выбора примитивного корня, и эта независимость нетривиальна (при замене одного примитивного корня другим меняется состав слагаемых, а не, как это бывает в обычных тригонометрических тождествах, слагаемые просто переставляются). Ниже я приведу свое частичное (недо)решение, поскольку его идея никак не пересекается с идеей оригинального решения, но, в принципе, может быть полезна как технический прием. Далее вместо $\omega$ используется буква $\zeta$. Предполагается, что число $3n+2$ --- простое, а искомое значение суммы является рациональным числом (что, конечно, a priori неочевидно).

Заметим, что если $k+l=2n+1$, то
$$
\zeta^{k(3k+1)/2}=\zeta^{l(3l+1)/2}, \quad \zeta^{3k}=\zeta^{-3l-1}.
$$
В частности, имеем
$$
\sum_{k=1}^{2n+1}(-1)^k\zeta^{k(3k+1)/2}=-\sum_{l=0}^{2n}(-1)^l\zeta^{l(3l+1)/2}=-1.
$$
Следовательно,
$$
\sum_{k=1}^{2n+1}(-1)^k\,\frac{\zeta^{k(3k+1)/2}}{1-\zeta^{3k}}=
-\sum_{l=0}^{2n}(-1)^l\,\frac{\zeta^{l(3l+1)/2}}{1-\zeta^{-3l-1}}=
\sum_{l=0}^{2n}(-1)^l\,\frac{\zeta^{l(3l+1)/2}}{1-\zeta^{3l+1}}-1.
$$
Далее вычислим сумму
$$
S=\sum_{l=0}^{2n}(-1)^l\,\frac{\zeta^{l(3l+1)/2}}{1-\zeta^{3l+1}}
$$
при условии, что $N=3n+2$ --- простое число, а $S$ --- рациональное число. При сделанных предположениях
$$
\sum_{l=0}^{2n}(-1)^l\,\frac{\zeta^{l(3l+1)j/2}}{1-\zeta^{(3l+1)j}}=S
\eqno(*)
$$
для любого $j=1,\,2,\,\dots,\,N-1$ (можно привлечь автоморфизм $\phi:\mathbb{Q}(\zeta) \to \mathbb{Q}(\zeta)$, заданный условием $\phi(\zeta)=\zeta^j$). Также заметим, что для любого натурального $N$ верны равенства
$$
\sum_{j=1}^{N-1}\frac{\zeta^{mj}}{1-\zeta^j}=-\frac{N+1}{2}+m \quad (m=1,\,2,\,\dots,\,N).
$$
Для доказательства можно воспользоваться стандартным способом вычисления подобных тригонометрических сумм.

Просуммировав равенства $(*)$, получим
$$
(N-1)S=\sum_{j=1}^{N-1}\sum_{l=0}^{2n}(-1)^l\,\frac{\zeta^{l(3l+1)j/2}}{1-\zeta^{(3l+1)j}}=
\sum_{l=0}^{2n}(-1)^l\sum_{j=1}^{N-1}\frac{\zeta^{l(3l+1)j/2}}{1-\zeta^{(3l+1)j}}.
$$
Поскольку $\gcd{(3l+1,N)}=1$ при $0 \leqslant l \leqslant 2n$, имеем
$$
\sum_{j=1}^{N-1}\frac{\zeta^{l(3l+1)j/2}}{1-\zeta^{(3l+1)j}}=
\sum_{j=1}^{N-1}\frac{\zeta^{m_lj}}{1-\zeta^j}=-\frac{N+1}{2}+m_l,
$$
где целые числа $m_l$ удовлетворяют условиям
$$
m_l \equiv l/2 \pmod{N}, \quad 1 \leqslant m_l \leqslant N.
$$
Следовательно,
$$
(N-1)S=\sum_{l=0}^{2n}(-1)^l\left(-\frac{N+1}{2}+m_l\right).
\eqno(**)
$$
Ясно, что $m_0=N$, а при $s=1,\,2,\,\dots,\,n$ имеем
$$
m_{2s-1}=\frac{N-1}{2}+s, \quad m_{2s}=s.
$$
Теперь сумму в правой части равенства $(**)$ легко вычислить:
$$
\sum_{l=0}^{2n}(-1)^l\left(-\frac{N+1}{2}+m_l\right)=
$$
$$
=\frac{N-1}{2}+\sum_{s=1}^n\left(-\frac{N+1}{2}+m_{2s}\right)-
\sum_{s=1}^n\left(-\frac{N+1}{2}+m_{2s-1}\right)=
$$
$$
=\frac{N-1}{2}+\sum_{s=1}^n(m_{2s}-m_{2s-1})=-\frac{(N-1)(n-1)}{2}.
$$
В итого получим
$$
(N-1)S=-\frac{(N-1)(n-1)}{2},
$$
откуда и следует нужная формула для $S$.

 
 
 [ Сообщений: 2 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group