Determinate per quali reali $k$ le somme
\[
S_k(n) = \sum_{i=0}^n\cos(ik\pi)
\]
sono bilanciate, nel senso che esiste una costante $C>0$ tale che $C>|S_k(n)|$ per ogni $n$ intero positivo.
(è un esercizietto carino, ma molto facile)
Somme bilanciate
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Re: Somme bilanciate
Intanto posto una soluzione parziale per "quelli che vanno bene":
Testo nascosto:
Ultima modifica di Gottinger95 il 12 ago 2014, 11:25, modificato 1 volta in totale.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
- Troleito br00tal
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Re: Somme bilanciate
I reali $k$ bilanciati sono tutti e soli i reali non della forma $2n$ con $n$ intero.
Poiché il coseno è periodico di periodo $2 \pi$, poniamo wlog $k\in[0,2)$. Se $k=0$ è immediato notare che $S_n=n+1$, da cui $0$ non è bilanciato.
Se $k=1$ allora $S_n=0$ se $n$ è pari mentre $S_n=1$ se $n$ è dispari, quindi $1$ è bilanciato.
Supponiamo quindi $k\in(0,2)$.
Consideriamo ora la sequenza infinita di punti $P_0;P_1;...$ nel piano complesso, tali che $P_0=0, P_1=1$ (come complessi) e $P_{n+2} \hat P_{n+1} P_{n}=k, |P_{n+2}P_{n+1}=1|$ per ogni $n$ naturale. Siano ora $H_0,H_1,...$ le proiezioni sull'asse $x$ di $P_0,P_1,...$: ora, con un po' di immaginazione, sappiamo che $S_n=H_0H_{n+1}$, proprio per come abbiamo costruito il nostro "poligono regolare infinito". Ma $P_i$ appartiene al circocerchio di $P_0,P_1,P_2$ (questi tre non sono allineati perché $k\in(0,2), k \not = 1$), quindi $H_0H_i$ può essere al più il diametro del nostro circocerchio (difatti la proiezione di un cerchio su una retta è segmento che ha come lunghezza il suo diametro). Da questo segue la tesi.
Poiché il coseno è periodico di periodo $2 \pi$, poniamo wlog $k\in[0,2)$. Se $k=0$ è immediato notare che $S_n=n+1$, da cui $0$ non è bilanciato.
Se $k=1$ allora $S_n=0$ se $n$ è pari mentre $S_n=1$ se $n$ è dispari, quindi $1$ è bilanciato.
Supponiamo quindi $k\in(0,2)$.
Consideriamo ora la sequenza infinita di punti $P_0;P_1;...$ nel piano complesso, tali che $P_0=0, P_1=1$ (come complessi) e $P_{n+2} \hat P_{n+1} P_{n}=k, |P_{n+2}P_{n+1}=1|$ per ogni $n$ naturale. Siano ora $H_0,H_1,...$ le proiezioni sull'asse $x$ di $P_0,P_1,...$: ora, con un po' di immaginazione, sappiamo che $S_n=H_0H_{n+1}$, proprio per come abbiamo costruito il nostro "poligono regolare infinito". Ma $P_i$ appartiene al circocerchio di $P_0,P_1,P_2$ (questi tre non sono allineati perché $k\in(0,2), k \not = 1$), quindi $H_0H_i$ può essere al più il diametro del nostro circocerchio (difatti la proiezione di un cerchio su una retta è segmento che ha come lunghezza il suo diametro). Da questo segue la tesi.
Re: Somme bilanciate
C'è solo una cosa che non mi torna: l'angolo tra l'$n$-esimo lato e l'$n+1$-esimo. Forse volevi scrivere $k\pi$. Se così fosse mi pare che vada bene, diciamo, tanto un po' di immaginazione non guasta mai!
Provo allora a rilanciare (in modo alquanto banale): sapreste darmi un buon bound superiore per $C(k)$, cioè, dato $k$ bilanciato, quanto dite possa valere $C$ e chi offre di meno?
Magari potrebbe provarci qualcun'altro: tanto l'idea è svelata: usare i complessi!
Provo allora a rilanciare (in modo alquanto banale): sapreste darmi un buon bound superiore per $C(k)$, cioè, dato $k$ bilanciato, quanto dite possa valere $C$ e chi offre di meno?
Magari potrebbe provarci qualcun'altro: tanto l'idea è svelata: usare i complessi!
Re: Somme bilanciate
Sia $z=\cos(k \pi)+i \sin(k \pi)$. Per la formula di De Moivre si ha $z^n=\cos(nk \pi)+i \sin(nk \pi)$. Otteniamo quindi $\sum_ {j=0}^n z^j=\sum_ {j=0}^n \cos(jk\pi)+i \cdot \sum_ {j=0}^n \sin(jk\pi)$. Pertanto abbiamo che $S_k(n)=\Re(\sum_ {j=0}^n z^j)$. Usando la nota formula $\sum_ {j=0}^n z^j=\frac{z^{n+1}-1}{z-1}$, che è vera anche nei complessi (basta moltiplicare il polinomio $1+z+...+z^n$ per $z-1$), si ha $\Re(\sum_ {j=0}^n z^j)=\Re(\frac{z^{n+1}-1}{z-1})$. Se $z \neq 1$, ossia se $k \ne 2n$, si ha $\frac{z^{n+1}-1}{z-1}=\frac{(z^{n+1}-1)(\bar z-1)}{(z-1)(\bar z -1)}=\frac{z^nz\bar z-z^{n+1}-\bar z+1}{z \bar z-z-\bar z+1}=\frac{z^n-z^{n+1}-\bar z +1}{2-2\Re(z)}$. Ora otteniamo $\Re(\frac{z^{n+1}-1}{z-1})=\frac{\Re(z^n)-\Re(z^{n+1})-\Re(z)+1}{2-2\Re(z)}=\frac{\cos(nk\pi)-\cos[(n+1)k\pi]-\cos(k\pi)+1}{2-2\cos(k\pi)}$. Detto $A=\cos(k\pi)$, si ha $-2\leq\cos(nk\pi)-\cos[(n+1)k\pi]\leq2$ e quindi $\frac{-1-A}{2-2A} \leq \frac{\cos(nk\pi)-\cos[(n+1)k\pi]-\cos(k\pi)+1}{2-2\cos(k\pi)} \leq \frac{3-A}{2-2A}$ ($2-2A$ è positivo e quindi non ci sono problemi di verso). Dato che $3-A \geq A+1$, si ha $|\frac{\cos(nk\pi)-\cos[(n+1)k\pi]-\cos(k\pi)+1}{2-2\cos(k\pi)}| \leq \frac{3-A}{2-2A}$. Quindi basta prendere $C>\frac{3-A}{2-2A}$.
Re: Somme bilanciate
Corretto.
Solo non capisco perché dovevi andare a pescare quella stima con la frazione con dentro $A$: potevi anche lasciare la frazione orripilante.
Solo non capisco perché dovevi andare a pescare quella stima con la frazione con dentro $A$: potevi anche lasciare la frazione orripilante.