Coseni, che passione!

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Simo_the_wolf
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Coseni, che passione!

Messaggio da Simo_the_wolf » 01 set 2005, 16:20

1) Dimostrare che con $ m,n > a $ tutti appartenenti a $ N_0 $ allora vale:

$ \displaystyle \frac 1m \sum_{k=1}^m \cos^a(\frac {2k\pi}m) = \frac 1n \sum_{k=1}^n \cos^a(\frac {2k\pi}n) $

2) Trovare una formula chiusa per:

$ \displaystyle \sum_{k=1}^n \cos^n(\frac {2k\pi}n) $

Per i più volenterosi;

3) Trovare una formula chiusa per:

$ \displaystyle \sum_{k=1}^n \cos^a(\frac {2k\pi}n) $

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eLwo06
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UP UP UP!!!

Messaggio da eLwo06 » 06 set 2005, 17:15

Su che è divertente!

3. $ \displaystyle \sum_{k=1}^n \cos^{2a}(\frac {2k\pi}n) = \frac{\binom{2a}{a}}{2^{2a}}n = \frac{\binom{2a-1}{a-1}}{2^{2a-1}}n $

@evaristeG: penso anch'io :oops: comunque, l'hint principale del 3. che non distrugge l'1. :

Sia $ n $ primo.
$ \displaystyle \sum_{k=1}^n \cos^{2a}(\frac {2k\pi}n) = \frac{1}{2^{2a}}\sum_{k=1}^n \sum_{j=0}^{2a}\binom{2a}{j}e^{\frac{2(a-j)ik\pi}{n}} $$ \displaystyle = \frac{1}{2^{2a}}\sum_{k=1}^n \sum_{j=0}^{2a}\binom{2a}{j}e^{\frac{(2(a-j)k\bmod{n})i\pi }{n}} $
Ora , $ {(1,...,n)}_n={j(1,...,n)}_n , j<n $ se n è primo
scusate col tex impazzisco... obbligato a disegnare ... disegnare ... oh gosh ... per questo non spedisco mai le dimostrazioni... vo a cercare un host e torno!

Ed.3: Eccomi...con la pittura:
Immagine

la somma iniziale corrisponde a $ \displaystyle \frac{1}{2^{2a}}\sum_{j=0}^{a-1} {\left[ \binom{2a}{j}\sum_{k=0}^{n-1}\left({e^{k\frac{2i\pi}{n}}+e^{-k\frac{2i\pi}{n}}}\right)\right] + \frac{\binom{2a}{a}}{2^{2a}}\sum_{j=1}^n e^0 = 0 + \frac{\binom{2a}{a}}{2^{2a}}\sum_{j=1}^n e^0 $ $ = \frac{\binom{2a}{a}}{2^{2a}}n $

In poche parole, ci si riconduce alla somma dei coseni degli angoli di un poligono regolare con centro in (0,0), che è (nulla). se invece di 2a avessimo 2a-1 non c'è il termine e^0... poi le potenze di un primo...e se n non è primo... questo intacca il primo esercizio... j'ai regrette. troppo lungo
ed.6 beh, che vi dicevo... sono più chiaro quando non dico nulla.
ed.7 perché a volte non si vede l'immagine?
ed.x cambiato server per la pittura, altervista blocca l'inserimento delle immagini da siti esterni.
Ultima modifica di eLwo06 il 15 set 2005, 17:08, modificato 10 volte in totale.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 07 set 2005, 05:48

Penso che trovare voglia dire dimostrare che quella che dici è la formula giusta.

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karl
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Messaggio da karl » 07 set 2005, 14:09

Per n=4 ed a=2 non sembra che la formula di eLw06 torni.
Infatti si ha ;
$ \diaplaystyle cos^4\frac{2\pi}{4}+cos^4\frac{4\pi}{4}+cos^4\frac{6\pi}{4}+cos^4\frac{8\pi}{4}=2 $ mentre il secondo membro della formula da' 3/2.
Ho sviluppato anch'io una dimostrazione (in verita' dipendente da altre
formule piu' o meno note) della n°3 distinguendo i due casi a pari,a dispari.
Curiosamente per a pari mi trovo lo stesso risultato di eLw06, ma mi sono
fermato proprio per quel caso che ho sopra indicato.La dimostrazione mi viene molto complessa e devo aver fatto qualche errore.Mah!

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concordo col titolo (da un punto in poi)

Messaggio da eLwo06 » 07 set 2005, 14:26

ma per a=2 ci interessa il primo termine, che è $ \frac{1}{2}n $

(ovvero, $ \frac{\binom{a}{a/2}}{2^a}n $)
anch'io suddivido in pari e dispari, con dispari nulli...
magari ha fatto confusione il fatto che io abbia sostituito $ a $ con $ 2a $ per indicare i numeri pari... la condizione è che $ 2a<n $
o meglio...intendendo con a l' "a" del testo dell'esercizio di Simo, la condizione effettiva è che n non divida a-2j positivo per nessun j naturale, sia a dispari o pari.
Ultima modifica di eLwo06 il 07 set 2005, 20:55, modificato 1 volta in totale.

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karl
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Messaggio da karl » 07 set 2005, 15:24

Sinceramente non sono troppo convinto e cio' per il fatto che io con a=2
ho indicato proprio la meta' di quella "a" che sta' nella formula generale.
Infatti i coseni del mio esempio sono elevati alla quarta .
Ma ,al di la' di questo, mi domando: se io dovessi calcolare la somma
$ \diaplaystyle cos^4\frac{2\pi}{4}+cos^4\frac{4\pi}{4}+cos^4\frac{6\pi}{4}+cos^4\frac{8\pi}{4}(=2) $ posso applicare questa benedetta
formula generale e poiche' essa non da' il risultato atteso a quale altra
formula "generale" mi dovrei affidare?.

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ma questo problema ha una fonte o è originale?

Messaggio da eLwo06 » 07 set 2005, 16:12

sì, la formula che chiedeva simo non comprendeva la somma che hai scritto.
perché nel momento in cui n divide a cambia il risultato e cambia ogni volta che n divide un a-2j in più...
ad esempio, sia a=10.
se n=10, il risultato è $ \frac{\binom{10}{5}+2}{2^{10}}n $ perché n divide 10, mentre se n=8, ovvero se n divide a-2, il risultato è $ \frac{\binom{10}{5}+20}{2^{10}}n $ e ancora se n=4, ovvero se n divide sia 10-2 che 10-2*3, allora il risultato è $ \frac{\binom{10}{5}+20+240}{2^{10}}n $... se poi n=2,
$ \frac{\binom{10}{5}+2+20+90+240+420}{2^{10}}n $
quindi il risultato dipende dai multipli di n minori di a... per scriverlo serve un if (oppure floor).
se ci si accontenta del caso n=a allora basta aumentare le nostre formule: $ F(a,n) + \frac{n}{2^{a-1}} $.
In generale, se n divide a-2j per $ j\in{j_1, j_2,...j_k} $

allora la formula è:
$ \frac{\binom{a}{a/2}+2\sum_{i=1}^k \binom{a}{j_i}}{2^{a}}n $ se a è pari e solo $ \frac{\sum_{i=1}^k \binom{a}{j_i}}{2^{a-1}}n $ se a è dispari.

questa è la formula generale :D so fuuuuunny!!! tnx simo!
Ultima modifica di eLwo06 il 07 set 2005, 23:12, modificato 2 volte in totale.

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Cité de la musique

Messaggio da tmart » 07 set 2005, 18:55

l'ultima formula generale, che si può riscrivere così

$ \displaystyle \sum_{k=1}^n \cos^{a}(\frac {2k\pi}n) = \frac{(1+2\lfloor\frac{a}{2}\rfloor-a)\binom{a}{\lfloor{a/2}\rfloor}+2\sum_{i=1}^k \binom{a}{j_i}}{2^{a}}n $

discende direttamente dalla prima dimostrazione di eLwo06.. se il termine centrale di $ (e^x+e^{-x})^{2a} $ si ripetesse due volte come gli altri si potrebbe scrivere infatti
$ \displaystyle \sum_{k=1}^n \cos^{a}(\frac {2k\pi}n) = \displaystyle\frac{\sum_{i=1}^k \binom{a}{j_i}}{2^{a-1}}n $
cambiando $ a-2j_i>0 $ in $ a-2j_i\geq 0 $...
in conclusione l'unica versione sensata (methinks) ... è questa:

$ \sum_{k=1}^n \cos^{a}(\frac {2k\pi}n) = $ $ \left\frac{\sum_{j=0}^{a} \left\lfloor 1+ \left\lfloor \left| \frac{a-2j}{n} \right| \right\rfloor - \left| \frac{a-2j}{n} \right| \right\rfloor \binom{a}{j} }{2^a}n $

più chiusa di questa... boh... chi la trova?
bonne nuit
kayo: thru the eyes of ruby

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Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 13 set 2005, 14:14

Ok, la formula che avevo trovato era proprio questa... :-)

La mia idea partiva sostanzialmente dallo sviluppo di $ (e^{ix}+e^{-ix})^a $ e osservando che i termini in cui l'esponente di $ e^{ix} $ non è multiplo di $ n $ allora la somma viene $ 0 $. Comunque è un risultato simpatico, non credete? :D

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Messaggio da tmart » 13 set 2005, 16:17

:D
Sì...anche perché mi riporta le coeur alle funzioni-somma tipo ... un nome a caso... ramanujan :roll: va beh, e tanti altri 8)
ancoa!

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