Доказать тождество

Vector · Сообщение **Vector** » 15 янв 2012, 21:21

Как можно доказать такое тождество?

$\frac {1} {n}\sum\limits_{j=1}^{n}{\frac{1}{\alpha ^{2}-2\alpha \cos \left( \frac{2\pi (j-1)}{n} \right)+1}=\frac{\alpha ^{n}+1}{\left( 1-\alpha ^{n} \right)\left( 1-\alpha ^{2} \right)}}$

fri739 · Сообщение **fri739** » 15 янв 2012, 22:13

Какие ограничения на $\alpha$ ? Скажем, для $\alpha=0$ и $$n>1$$

равенство не выполняется.

bot · Сообщение **bot** » 16 янв 2012, 04:15

Ещё. Левая часть непрерывна при любых $\alpha$ , а правая нет. При n=2 равенство не выполняется ни при каком $\alpha$

Vector · Сообщение **Vector** » 16 янв 2012, 07:14

$\alpha \in \mathbb{R}, \alpha\not=\pm1, n>1$

bot писал(а):Source of the post
Ещё. Левая часть непрерывна при любых $\alpha$ , а правая нет. При n=2 равенство не выполняется ни при каком $\alpha$

Прошу прощения, пропустил сомножитель $\frac {1} {n}$ . Вот правильное тождество

$\frac {1} {n}\sum\limits_{j=1}^{n}{\frac{1}{\alpha ^{2}-2\alpha \cos \left( \frac{2\pi (j-1)}{n} \right)+1}=\frac{\alpha ^{n}+1}{\left( 1-\alpha ^{n} \right)\left( 1-\alpha ^{2} \right)}}.$

bot · Сообщение **bot** » 16 янв 2012, 08:14

Не спасает. Найдутся такие $$n$$

, при которых

bot писал(а):Source of the post
Левая часть непрерывна при любых $\alpha$ , а правая нет.

Возьмём $n\not\equiv 0\pmod 4$ , например $$n=3$$

и рассмотрим предел левой и правой части при $\alpha\to -1$ . Левый существует, а правый нет.

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 16 янв 2012, 08:19

А вообще, если там действительно есть верное соотношение, то это 2 дробно-рациональные функции. Можно их рассмотреть от переменной $\alpha \in \mathbb{C}$ : каждая дробно-рациональная функция определяется множеством нулей и полюсов (с кратностями) и константой. Находим нули и полюсы выражения слева и справа (можно предварительно упростить) и находим константы и сравниваем.

Ian · Сообщение **Ian** » 16 янв 2012, 08:23

$\displaystyle \frac {1} {n}\sum\limits_{j=1}^{n}{\frac{1}{\alpha ^{2}-2\alpha \cos \left( \frac{2\pi (j-1)}{n} \right)+1}=\frac 1n \sum_{\varepsilon_j^n=1}\frac 1{|\alpha -\varepsilon_j|^{2}}$
через комплексные числа записал, может, поможет

bot · Сообщение **bot** » 16 янв 2012, 10:03

Левую часть можно рассматривать как интегральную сумму. Тогда переходя к пределу получим
$\frac{1}{2\pi}\lim\limits_{n\to \infty}\frac {2\pi} {n}\sum\limits_{j=1}^{n}{\frac{1}{a^{2}-2a \cos \left( \frac{2\pi (j-1)}{n} \right)+1}= \frac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}\frac{dx}{a^2-2a\cos x+1}=\frac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}\frac{dx}{a^2-2a\cos x+1}=\ldots$

$= \frac{1}{\pi |a^2-1|}\arctg \left(\left|\frac{a+1}{a-1}\right|\tg\frac{x}{2}\right)\left|\limits_{-\pi}^{\pi}=\frac{1}{|a^2-1|}$

При $|a|\ne 1$ этот предел совпадает с пределом правой части, то есть в качестве приближённого равенства при больших n его рассматривать можно. Про конечное $$n$$

уже сказал.
Проверяйте.

Upd. Исправил свой косяк со знаком.

bot · Сообщение **bot** » 16 янв 2012, 10:25

bot писал(а):Source of the post
Не спасает.

Хм, а ведь прощёлкал - в $\alpha =-1$ при нечётном $$n$$

не полюс, а устранимый разрыв, а при чётном он и слева есть. :wub:

Vector · Сообщение **Vector** » 16 янв 2012, 11:58

Сумма, похожа на обратное ДПФ.

yourdomain.com