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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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realnumber
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发表于 2014-5-18 09:44
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[函数]
转发一个数列求和
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(13.83 KB)
2014-5-18 09:43
只会解m=2,3,可以降次,再构造复数,等比数列求和.
一般情景不会.
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tommywong
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发表于 2014-5-18 13:06
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本帖最后由 tommywong 于 2014-5-18 14:11 编辑
让我保存一下进度
$\displaystyle\sum_{k=1}^n cos^m(\alpha+\frac{2k}{n}\pi)=\frac{1}{2^m}\sum_{k=1}^n [e^{i(\alpha+\frac{2k}{n}\pi)}+e^{-i(\alpha+\frac{2k}{n}\pi)}]^m=\frac{1}{2^m}\sum_{k=1}^n \sum_{r=0}^m C_m^r e^{i(\alpha+\frac{2k}{n}\pi)(m-2r)}$
$\displaystyle=\frac{1}{2^m}\sum_{r=0}^m C_m^r e^{i\alpha(m-2r)} \sum_{k=1}^n e^{\frac{2\pi ki}{n}(m-2r)}=\frac{1}{2^m}\sum_{r=0}^m C_m^r e^{i\alpha(m-2r)} \sum_{k=1}^n cos[\frac{2\pi k}{n}(m-2r)]=\frac{n}{2^m}\sum_{r=0}^m C_m^r e^{i(\alpha+\frac{2\pi}{n})(m-2r)} (n|m-2r)$
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发表于 2014-5-18 14:11
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本帖最后由 战巡 于 2014-5-18 14:13 编辑
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realnumber
暂时没啥好办法,硬来吧
\[\sum_{k=1}^n \cos^m(\alpha+\frac{2k\pi}{n})=\sum_{k=1}^n\cosh^m(i(\alpha+\frac{2k\pi}{n}))=\frac{1}{2^m}\sum_{k=1}^n\sum_{p=0}^mC^p_me^{i(\alpha+\frac{2k\pi}{n})p}e^{-i(\alpha+\frac{2k\pi}{n})(m-p)}\]
\[=\frac{1}{2^m}\sum_{k=1}^n\sum_{p=0}^mC^p_me^{-i(\alpha+\frac{2k\pi}{n})(m-2p)}=\frac{1}{2^m}\sum_{p=0}^mC^p_m\sum_{k=1}^ne^{-i(\alpha+\frac{2k\pi}{n})(m-2p)}\]
\[=\frac{1}{2^m}\sum_{p=0}^mC^p_me^{-\frac{i(m-2p)(\pi+n(\alpha+\pi))}{n}}\frac{\sin((m-2p)\pi)}{\sin(\frac{(m-2p)\pi}{n})}\]
当$m$为奇数时,这玩意恒等于$0$,当$m$为偶数时,只有$m=2p$这一项不为0,易证此时$\frac{\sin((m-2p)\pi)}{\sin(\frac{(m-2p)\pi}{n})}=n$,有:
\[原式=\frac{nC^{\frac{m}{2}}_m}{2^m}\]
$\sin$那边的无非就是把上面$\alpha$用$\alpha+\frac{\pi}{2}$替换,反正上面也可以发现这个东西跟$\alpha$无关
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发表于 2014-5-18 14:19
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realnumber
其实之前在想另一个办法,结果卡住了,但还是可以给出一些结论
如果能够证明$f(m)=\sum_{k=1}^n\cos^m(\alpha+\frac{2k\pi}{n})$的值与$\alpha$无关,那可以得到递推式$f(m)=f(m-2)(1-\frac{1}{m})$
不过证明它为定值不是那么简单,最后还是绕不过去
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tommywong
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发表于 2014-5-18 14:36
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战巡
n=1时不是有关吗?
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发表于 2014-5-18 14:39
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tommywong
原题给出了$n\ge 2$
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发表于 2014-5-18 20:01
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战版用mathematica整整?
n不定的话能不能用Sum哦?
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战巡
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发表于 2014-5-19 00:37
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7#
郝酒
可以的啊........直接Sum[????,{k,1,n}]就行了,会得到带n的表达式,不过这里m不定就很难用MMC求出,因为MMC不知道m是什么,它会默认m为复数,但实际上只有正整数才能如此化简
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