| Prethodna tema :: Sljedeća tema |
| Autor/ica |
Poruka |
Kova
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 27. 02. 2004. (23:13:50)
Postovi: (4B)16
Spol: 
|
 Postano: 21:55 sub, 5. 6. 2004 Naslov: mnogokut |
    |
|
|
Naletjeh na ovaj zadatak u jednoj ne bas tako staroj biljeznici, a glasi:
U kruznicu polumjera R upisan je pravilni mnogokut A_1A_2...A_n. Dokazite da za svaku tocku sa kruznice i svaki prirodni broj m vrijedi
suma(k=1 do n)|TA_k|^2m=(|2m povrh m)*n*R^m.
mnogokut i kruznicu smjestio sam u kompleksnu ravninu tako da im je srediste u ishodistu, a jedan vrh mnogokuta je A_1(R,0).
Sada svi vrhovi mnogokuta zadovoljavaju jednadzbu z^n - R^n=0, tj. vrhovi su n-ti korjeni iz R^n.
vrijedi z^n - R^n=(z-z_1)*(z-z_2)*...(z-z_n), i |z_k|=R , k@{1..n}
afiks tocke T neka je z, pa je |z|=R
suma(k=1 do n)|TA_k|^2m=suma(k=1 do n)|z - z_k|^2m= suma(k=1 do n)[(z - z_k)*(ź - ź_k)]^m=suma(k=1 do n)[ |z|+|z_k| - źz_k -zź_k ]^m= suma(k=1 do n)[ 2R - źz_k -zź_k ]^m= :?:
ź= z konjugirano
ne znam sto da radim dalje, dal da sve potenciram s m ( to mi se ne cini bas najboljim rjesenjem)?
Naletjeh na ovaj zadatak u jednoj ne bas tako staroj biljeznici, a glasi:
U kruznicu polumjera R upisan je pravilni mnogokut A_1A_2...A_n. Dokazite da za svaku tocku sa kruznice i svaki prirodni broj m vrijedi
suma(k=1 do n)|TA_k|^2m=(|2m povrh m)*n*R^m.
mnogokut i kruznicu smjestio sam u kompleksnu ravninu tako da im je srediste u ishodistu, a jedan vrh mnogokuta je A_1(R,0).
Sada svi vrhovi mnogokuta zadovoljavaju jednadzbu z^n - R^n=0, tj. vrhovi su n-ti korjeni iz R^n.
vrijedi z^n - R^n=(z-z_1)*(z-z_2)*...(z-z_n), i |z_k|=R , k@{1..n}
afiks tocke T neka je z, pa je |z|=R
suma(k=1 do n)|TA_k|^2m=suma(k=1 do n)|z - z_k|^2m= suma(k=1 do n)[(z - z_k)*(ź - ź_k)]^m=suma(k=1 do n)[ |z|+|z_k| - źz_k -zź_k ]^m= suma(k=1 do n)[ 2R - źz_k -zź_k ]^m= 
ź= z konjugirano
ne znam sto da radim dalje, dal da sve potenciram s m ( to mi se ne cini bas najboljim rjesenjem)?
_________________
kova
|
|
| [Vrh] |
|
veky
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 09. 12. 2002. (19:59:43)
Postovi: (5B0)16
Lokacija: negdje daleko...
|
| Postano: 22:33 sub, 5. 6. 2004 Naslov: Re: mnogokut |
|
|
|
[quote="Kova"]Naletjeh na ovaj zadatak u jednoj ne bas tako staroj biljeznici, a glasi:
U kruznicu polumjera R upisan je pravilni mnogokut A_1A_2...A_n. Dokazite da za svaku tocku sa kruznice i svaki prirodni broj m vrijedi
suma(k=1 do n)|TA_k|^2m=(|2m povrh m)*n*R^m.
mnogokut i kruznicu smjestio sam u kompleksnu ravninu tako da im je srediste u ishodistu, a jedan vrh mnogokuta je A_1(R,0).
Sada svi vrhovi mnogokuta zadovoljavaju jednadzbu z^n - R^n=0, tj. vrhovi su n-ti korjeni iz R^n.
vrijedi z^n - R^n=(z-z_1)*(z-z_2)*...(z-z_n), i |z_k|=R , k@{1..n}
afiks tocke T neka je z, pa je |z|=R
suma(k=1 do n)|TA_k|^2m=suma(k=1 do n)|z - z_k|^2m= suma(k=1 do n)[(z - z_k)*(ź - ź_k)]^m=suma(k=1 do n)[ |z|+|z_k|[/quote]
|z|^2+|z_k|^2 , valjda.
[quote] - źz_k -zź_k ]^m= suma(k=1 do n)[ 2R - źz_k -zź_k ]^m= :?:
ź= z konjugirano
ne znam sto da radim dalje, dal da sve potenciram s m ( to mi se ne cini bas najboljim rjesenjem)?[/quote]
Dakle, zapravo sum{k:~n}(2R^2-2Re(źz_k))^m .
(śz je konjugirano od sź , dakle njihov zbroj je dvostruki realni dio bilo kojeg od njih). Također, primijeti da se problem ne mijenja homotetijom sa središtem u ishodištu... ako se zamijeni z|->z/R , iz zagrade pa i iz sume se može izlučiti točno R^m što se može skratiti s R^m na desnoj strani, pa je dovoljno dokazati stvar za jediničnu kružnicu (ie, modul-jedinicu u kompleksnoj ravnini možeš odabrati po volji):
sum{k:~n}(2-2Re(źz_k))^m=n*(2m choose m) .
Dobro, još se stvar može podijeliti s 2^m , odnosno treba nam
sum{k:~n}(1-Re(źz_k))^m=n*(2mchoosem)*2^-m .
E sad... naravno, stvar se čuva i rotacijom, odnosno, i smjer x-osi si mogao odabrati proizvoljno, pa neka ona prolazi kroz T (to mi se čini isplativijim nego da jedan od vrhova n-terokuta bude 1 , kako si ti bio zamislio ako sam dobro skužio ono gore). To znači z=ź=1 , pa zapravo imaš sum{k:~n}(1-Rez_k)^m . Također, vrhovi n-terokuta su (sad pomaknuti za neki kut, kojeg označimo s 2fi) z_k=e^(i*(2fi+2kpi/n)) (k od 0 do n-1 , ili od 1 do n , svejedno je, ciklički), pa je 1-Rez_k=1-cos(2fi+2kpi/n)=2sin^2(fi+kpi/n) . Možeš podijeliti još s 2, dobiješ
sum{k:~n}(sin(fi+kpi/n))^2m ?= n*(2mchoosem)/2^(m+1) .
Još uvijek se rješenje ne čini blizu, ali nešto smo napravili. (Moje sljedeće oružje bi bilo funkcija izvodnica po m ...) Ajd sad ti malo kopaj...:-) Have fun!
| Kova (napisa): | Naletjeh na ovaj zadatak u jednoj ne bas tako staroj biljeznici, a glasi:
U kruznicu polumjera R upisan je pravilni mnogokut A_1A_2...A_n. Dokazite da za svaku tocku sa kruznice i svaki prirodni broj m vrijedi
suma(k=1 do n)|TA_k|^2m=(|2m povrh m)*n*R^m.
mnogokut i kruznicu smjestio sam u kompleksnu ravninu tako da im je srediste u ishodistu, a jedan vrh mnogokuta je A_1(R,0).
Sada svi vrhovi mnogokuta zadovoljavaju jednadzbu z^n - R^n=0, tj. vrhovi su n-ti korjeni iz R^n.
vrijedi z^n - R^n=(z-z_1)*(z-z_2)*...(z-z_n), i |z_k|=R , k@{1..n}
afiks tocke T neka je z, pa je |z|=R
suma(k=1 do n)|TA_k|^2m=suma(k=1 do n)|z - z_k|^2m= suma(k=1 do n)[(z - z_k)*(ź - ź_k)]^m=suma(k=1 do n)[ |z|+|z_k| |
|z|^2+|z_k|^2 , valjda.
| Citat: | - źz_k -zź_k ]^m= suma(k=1 do n)[ 2R - źz_k -zź_k ]^m=
ź= z konjugirano
ne znam sto da radim dalje, dal da sve potenciram s m ( to mi se ne cini bas najboljim rjesenjem)? |
Dakle, zapravo sum{k:~n}(2R^2-2Re(źz_k))^m .
(śz je konjugirano od sź , dakle njihov zbroj je dvostruki realni dio bilo kojeg od njih). Također, primijeti da se problem ne mijenja homotetijom sa središtem u ishodištu... ako se zamijeni z|→z/R , iz zagrade pa i iz sume se može izlučiti točno R^m što se može skratiti s R^m na desnoj strani, pa je dovoljno dokazati stvar za jediničnu kružnicu (ie, modul-jedinicu u kompleksnoj ravnini možeš odabrati po volji):
sum{k:~n}(2-2Re(źz_k))^m=n*(2m choose m) .
Dobro, još se stvar može podijeliti s 2^m , odnosno treba nam
sum{k:~n}(1-Re(źz_k))^m=n*(2mchoosem)*2^-m .
E sad... naravno, stvar se čuva i rotacijom, odnosno, i smjer x-osi si mogao odabrati proizvoljno, pa neka ona prolazi kroz T (to mi se čini isplativijim nego da jedan od vrhova n-terokuta bude 1 , kako si ti bio zamislio ako sam dobro skužio ono gore). To znači z=ź=1 , pa zapravo imaš sum{k:~n}(1-Rez_k)^m . Također, vrhovi n-terokuta su (sad pomaknuti za neki kut, kojeg označimo s 2fi) z_k=e^(i*(2fi+2kpi/n)) (k od 0 do n-1 , ili od 1 do n , svejedno je, ciklički), pa je 1-Rez_k=1-cos(2fi+2kpi/n)=2sin^2(fi+kpi/n) . Možeš podijeliti još s 2, dobiješ
sum{k:~n}(sin(fi+kpi/n))^2m ?= n*(2mchoosem)/2^(m+1) .
Još uvijek se rješenje ne čini blizu, ali nešto smo napravili. (Moje sljedeće oružje bi bilo funkcija izvodnica po m ...) Ajd sad ti malo kopaj... Have fun!
|
|
| [Vrh] |
|
Kova
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 27. 02. 2004. (23:13:50)
Postovi: (4B)16
Spol:
|
| Postano: 18:28 ned, 6. 6. 2004 Naslov: |
|
|
|
[quote="veky"] Također, primijeti da se problem ne mijenja homotetijom sa središtem u ishodištu... ako se zamijeni z|->z/R , iz zagrade pa i iz sume se može izlučiti točno R^m što se može skratiti s R^m na desnoj strani, pa je dovoljno dokazati stvar za jediničnu kružnicu (ie, modul-jedinicu u kompleksnoj ravnini možeš odabrati po volji):
sum{k:~n}(2-2Re(źz_k))^m=n*(2m choose m) .
[/quote]
Dakle sad je n-terokut upisan u jedinicnu kruznicu. Ja bih sada opet da mi je jedan vrh n-terokuta u tocki A(o,1), pa su ostali vrhovi n-ti korjeni iz jedinice, tj. zadovoljavaju jednadzbu z^n=1
z_k=cos(2kpi/n)+isin(2kpi/n) k@{1..n} - vrhovi n-terokuta
Neka je a_=cos(2pi/n) + isin(2pi/n) jedan vrh n-terokuta, ostale mogu dobiti potenciranjem a_ sa 1,2,..n.
sada je z_1=a_ , z_2=a_^2,.., z_n=a_^n=1
[quote="veky"] Dobro, još se stvar može podijeliti s 2^m , odnosno treba nam
sum{k:~n}(1-Re(źz_k))^m=n*(2mchoosem)*2^-m .
[/quote]
sum(k:~n)(1-Re(źz_k))^m=n*(m povrh 0)-(m povrh 1)*(źz_k)^2-...+(-1)^m*(m povrh m)*(źz_k)^m= n- (m povrh 1)*ź*(z_1+z_2+...z_n) + (m povrh 2)*ź^2*(z_1^2+z_2^2+..+z_n^2)-..+(-1)^m*ź^m*(z_1^m+...z_n^m)
po vieteovim formulama je z_1+z_2+...+z_n=0
z_1^2+z_2^2+..+z_n^2=a_^2+a_^4+...+a_^2n=a_^2*((a_^n -1)/(a_ -1))=0
isto to mogu napraviti za svaku zagradu, tj. za svaki zbroj z_1^k+...z:n^k.
na kraju dobijem da je sum(k:~n)(1-Re(źz_k))^m=n :?:
Dal smijem to tako raditi ili moram poceti uciti funkcije izvodnice?
| veky (napisa): | Također, primijeti da se problem ne mijenja homotetijom sa središtem u ishodištu... ako se zamijeni z|→z/R , iz zagrade pa i iz sume se može izlučiti točno R^m što se može skratiti s R^m na desnoj strani, pa je dovoljno dokazati stvar za jediničnu kružnicu (ie, modul-jedinicu u kompleksnoj ravnini možeš odabrati po volji):
sum{k:~n}(2-2Re(źz_k))^m=n*(2m choose m) .
|
Dakle sad je n-terokut upisan u jedinicnu kruznicu. Ja bih sada opet da mi je jedan vrh n-terokuta u tocki A(o,1), pa su ostali vrhovi n-ti korjeni iz jedinice, tj. zadovoljavaju jednadzbu z^n=1
z_k=cos(2kpi/n)+isin(2kpi/n) k@{1..n} - vrhovi n-terokuta
Neka je a_=cos(2pi/n) + isin(2pi/n) jedan vrh n-terokuta, ostale mogu dobiti potenciranjem a_ sa 1,2,..n.
sada je z_1=a_ , z_2=a_^2,.., z_n=a_^n=1
| veky (napisa): | Dobro, još se stvar može podijeliti s 2^m , odnosno treba nam
sum{k:~n}(1-Re(źz_k))^m=n*(2mchoosem)*2^-m .
|
sum(k:~n)(1-Re(źz_k))^m=n*(m povrh 0)-(m povrh 1)*(źz_k)^2-...+(-1)^m*(m povrh m)*(źz_k)^m= n- (m povrh 1)*ź*(z_1+z_2+...z_n) + (m povrh 2)*ź^2*(z_1^2+z_2^2+..+z_n^2)-..+(-1)^m*ź^m*(z_1^m+...z_n^m)
po vieteovim formulama je z_1+z_2+...+z_n=0
z_1^2+z_2^2+..+z_n^2=a_^2+a_^4+...+a_^2n=a_^2*((a_^n -1)/(a_ -1))=0
isto to mogu napraviti za svaku zagradu, tj. za svaki zbroj z_1^k+...z:n^k.
na kraju dobijem da je sum(k:~n)(1-Re(źz_k))^m=n
Dal smijem to tako raditi ili moram poceti uciti funkcije izvodnice?
_________________
kova
|
|
| [Vrh] |
|
veky
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 09. 12. 2002. (19:59:43)
Postovi: (5B0)16
Lokacija: negdje daleko...
|
| Postano: 13:30 pon, 7. 6. 2004 Naslov: |
|
|
|
[quote="Kova"][quote="veky"] Također, primijeti da se problem ne mijenja homotetijom sa središtem u ishodištu... ako se zamijeni z|->z/R , iz zagrade pa i iz sume se može izlučiti točno R^m što se može skratiti s R^m na desnoj strani, pa je dovoljno dokazati stvar za jediničnu kružnicu (ie, modul-jedinicu u kompleksnoj ravnini možeš odabrati po volji):
sum{k:~n}(2-2Re(źz_k))^m=n*(2m choose m) .
[/quote]
Dakle sad je n-terokut upisan u jedinicnu kruznicu. Ja bih sada opet da mi je jedan vrh n-terokuta u tocki A(o,1), pa su ostali vrhovi n-ti korjeni iz jedinice, tj. zadovoljavaju jednadzbu z^n=1
z_k=cos(2kpi/n)+isin(2kpi/n) k@{1..n} - vrhovi n-terokuta
Neka je a_=cos(2pi/n) + isin(2pi/n) jedan vrh n-terokuta, ostale mogu dobiti potenciranjem a_ sa 1,2,..n.
sada je z_1=a_ , z_2=a_^2,.., z_n=a_^n=1
[quote="veky"] Dobro, još se stvar može podijeliti s 2^m , odnosno treba nam
sum{k:~n}(1-Re(źz_k))^m=n*(2mchoosem)*2^-m .
[/quote]
sum(k:~n)(1-Re(źz_k))^m=n*(m povrh 0)-(m povrh 1)*(źz_k)^2-...+(-1)^m*(m povrh m)*(źz_k)^m= n- (m povrh 1)*ź*(z_1+z_2+...z_n) + (m povrh 2)*ź^2*(z_1^2+z_2^2+..+z_n^2)-..+(-1)^m*ź^m*(z_1^m+...z_n^m)
po vieteovim formulama je z_1+z_2+...+z_n=0
z_1^2+z_2^2+..+z_n^2=a_^2+a_^4+...+a_^2n=a_^2*((a_^n -1)/(a_ -1))=0
isto to mogu napraviti za svaku zagradu, tj. za svaki zbroj z_1^k+...z:n^k.
na kraju dobijem da je sum(k:~n)(1-Re(źz_k))^m=n :?:
Dal smijem to tako raditi ili moram poceti uciti funkcije izvodnice?[/quote]
Koliko vidim, zaboravio si sumu, i zaboravio si Re... :-/
A što se mene tiče, evo već pol dana se natežem s njime... konkretna matematika, i tako to...
[size=9]
Označimo z:=e^(2pi*i/n) osnovni korijen, i w - točka T . Znamo da je |w|=1 , iz čega w^_=w^-1 (i analogno z^_=z^-1 ) . Također, svi ostali korijeni su tada z^k , za k@n . Ono što nama treba je
S:=sum{k@n}|w-z^k|^(2m)=
=sum{k@m}(|w|^2 - w*z^-k - w^-1*z^k - |z|^2)^m=
=sum{k@m}(2-(wz^-k+w^-1z^k))^m=
=sum{k@m}{l:0~m}(m#l)(-1)^l2^(m-l)(wz^-k+w^-1z^k)^l
(wz^-k+w^-1z^k)^l=
=sum{s:0~l}(l#s)w^sz^-(ks)w^-(l-s)z^(k(l-s)=
=sum{s:0~l}(l#s)w^(2s-l)z^(k(l-2s))=
=sum{s:0~l}(l#s)(w^_ z^k)^(l-2s)
S=sum{k@n}{l:0~m}{s:0~l}(m#l)(l#s)(-1)^l2^(m-l)w^(2s-l)z^(k(l-2s))=
=sum{l:0~m}{s:0~l}(m#l)(l#s)(-1)^l2^(m-l)w^(2s-l)sum{k@n}(z^(l-2s))^k
sum{k@n}(z^(l-2s))^k ...
* ako n|l-2s , onda je z^(l-2s)=1 , pa je ta suma jednaka sum{k@n}1=n .
* inače z^(l-2s) != 1 , pa je suma jednaka ((z^(l-2s))^n-1)/(z^(l-2s)-1) . Brojnik toga je z^(n(l-2s))-1=1^(l-2s)-1=0 , a nazivnik != 0 , pa je to 0.
Dakle, ta suma se može zapisati kao n["n|l-2s"] , gdje je ["P"] tzv. Iversonov simbol: 0 ako je P laž, a 1 ako je istina.
Također, za binomne koeficijente općenito vrijedi
(m#l)(l#s)=(m#s)(m-s#l-s) .
Ono što je još dobro, ne moramo pisati granice u sumama... (m#l) će biti različit od 0 samo tamo gdje je 0<=l<=m , a isto tako (l#s) određuje prirodno granice za s .
S=sum{l@|Z}{s@|Z}(m#l)(l#s)(-1)^l2^(m-l)w^(2s-l)n["n|l-2s"]=
=n*sum{l@|Z}(m#l)(-1)^l2^(m-l)sum{s@|Z}(l#s)w^(2s-l)["n|l-2s"]
sum{s@|Z}(l#s)w^(2s-l)["n|l-2s"] je zapravo samo suma po takvim s-ovima da n dijeli l-2s , jer inače je Iversonov simbol 0 .
Dakle l-2s=t*n , odnosno l=tn+2s , gdje sumu po l sad možemo zamijeniti sumom po t .
I u tom slučaju,
(l#s)w^(2s-l)["n|l-2s"]=(tn+2s#s)*w^(-tn)*1=(tn+2s#s)/w^(tn) .
S=nsum{t@|Z}(m#tn+2s)(-1)^(tn+2s)2^(m-tn-2s)sum{s@|Z}(tn+2s#s)/w^(tn)=
=nsum{t@|Z}(m#tn+2s)(-1)^(tn)2^(m-tn-2s)sum{s@|Z}(tn+2s#s)/w^(tn)
[/size]
... hm. Još uvijek ništa pretjerano korisno. Teoretski, ovo bi sad samo trebalo utrpati u Gosper-Zeilbergera i dobiti rješenje (ova suma bi trebala biti (2m#m) ), ali samo teoretski, nažalost. :-/
| Kova (napisa): | | veky (napisa): | Također, primijeti da se problem ne mijenja homotetijom sa središtem u ishodištu... ako se zamijeni z|→z/R , iz zagrade pa i iz sume se može izlučiti točno R^m što se može skratiti s R^m na desnoj strani, pa je dovoljno dokazati stvar za jediničnu kružnicu (ie, modul-jedinicu u kompleksnoj ravnini možeš odabrati po volji):
sum{k:~n}(2-2Re(źz_k))^m=n*(2m choose m) .
|
Dakle sad je n-terokut upisan u jedinicnu kruznicu. Ja bih sada opet da mi je jedan vrh n-terokuta u tocki A(o,1), pa su ostali vrhovi n-ti korjeni iz jedinice, tj. zadovoljavaju jednadzbu z^n=1
z_k=cos(2kpi/n)+isin(2kpi/n) k@{1..n} - vrhovi n-terokuta
Neka je a_=cos(2pi/n) + isin(2pi/n) jedan vrh n-terokuta, ostale mogu dobiti potenciranjem a_ sa 1,2,..n.
sada je z_1=a_ , z_2=a_^2,.., z_n=a_^n=1
| veky (napisa): | Dobro, još se stvar može podijeliti s 2^m , odnosno treba nam
sum{k:~n}(1-Re(źz_k))^m=n*(2mchoosem)*2^-m .
|
sum(k:~n)(1-Re(źz_k))^m=n*(m povrh 0)-(m povrh 1)*(źz_k)^2-...+(-1)^m*(m povrh m)*(źz_k)^m= n- (m povrh 1)*ź*(z_1+z_2+...z_n) + (m povrh 2)*ź^2*(z_1^2+z_2^2+..+z_n^2)-..+(-1)^m*ź^m*(z_1^m+...z_n^m)
po vieteovim formulama je z_1+z_2+...+z_n=0
z_1^2+z_2^2+..+z_n^2=a_^2+a_^4+...+a_^2n=a_^2*((a_^n -1)/(a_ -1))=0
isto to mogu napraviti za svaku zagradu, tj. za svaki zbroj z_1^k+...z:n^k.
na kraju dobijem da je sum(k:~n)(1-Re(źz_k))^m=n
Dal smijem to tako raditi ili moram poceti uciti funkcije izvodnice? |
Koliko vidim, zaboravio si sumu, i zaboravio si Re... :-/
A što se mene tiče, evo već pol dana se natežem s njime... konkretna matematika, i tako to...
Označimo z:=e^(2pi*i/n) osnovni korijen, i w - točka T . Znamo da je |w|=1 , iz čega w^_=w^-1 (i analogno z^_=z^-1 ) . Također, svi ostali korijeni su tada z^k , za k@n . Ono što nama treba je
S:=sum{k@n}|w-z^k|^(2m)=
=sum{k@m}(|w|^2 - w*z^-k - w^-1*z^k - |z|^2)^m=
=sum{k@m}(2-(wz^-k+w^-1z^k))^m=
=sum{k@m}{l:0~m}(m#l)(-1)^l2^(m-l)(wz^-k+w^-1z^k)^l
(wz^-k+w^-1z^k)^l=
=sum{s:0~l}(l#s)w^sz^-(ks)w^-(l-s)z^(k(l-s)=
=sum{s:0~l}(l#s)w^(2s-l)z^(k(l-2s))=
=sum{s:0~l}(l#s)(w^_ z^k)^(l-2s)
S=sum{k@n}{l:0~m}{s:0~l}(m#l)(l#s)(-1)^l2^(m-l)w^(2s-l)z^(k(l-2s))=
=sum{l:0~m}{s:0~l}(m#l)(l#s)(-1)^l2^(m-l)w^(2s-l)sum{k@n}(z^(l-2s))^k
sum{k@n}(z^(l-2s))^k ...
* ako n|l-2s , onda je z^(l-2s)=1 , pa je ta suma jednaka sum{k@n}1=n .
* inače z^(l-2s) != 1 , pa je suma jednaka ((z^(l-2s))^n-1)/(z^(l-2s)-1) . Brojnik toga je z^(n(l-2s))-1=1^(l-2s)-1=0 , a nazivnik != 0 , pa je to 0.
Dakle, ta suma se može zapisati kao n["n|l-2s"] , gdje je ["P"] tzv. Iversonov simbol: 0 ako je P laž, a 1 ako je istina.
Također, za binomne koeficijente općenito vrijedi
(m#l)(l#s)=(m#s)(m-s#l-s) .
Ono što je još dobro, ne moramo pisati granice u sumama... (m#l) će biti različit od 0 samo tamo gdje je 0⇐l⇐m , a isto tako (l#s) određuje prirodno granice za s .
S=sum{l@|Z}{s@|Z}(m#l)(l#s)(-1)^l2^(m-l)w^(2s-l)n["n|l-2s"]=
=n*sum{l@|Z}(m#l)(-1)^l2^(m-l)sum{s@|Z}(l#s)w^(2s-l)["n|l-2s"]
sum{s@|Z}(l#s)w^(2s-l)["n|l-2s"] je zapravo samo suma po takvim s-ovima da n dijeli l-2s , jer inače je Iversonov simbol 0 .
Dakle l-2s=t*n , odnosno l=tn+2s , gdje sumu po l sad možemo zamijeniti sumom po t .
I u tom slučaju,
(l#s)w^(2s-l)["n|l-2s"]=(tn+2s#s)*w^(-tn)*1=(tn+2s#s)/w^(tn) .
S=nsum{t@|Z}(m#tn+2s)(-1)^(tn+2s)2^(m-tn-2s)sum{s@|Z}(tn+2s#s)/w^(tn)=
=nsum{t@|Z}(m#tn+2s)(-1)^(tn)2^(m-tn-2s)sum{s@|Z}(tn+2s#s)/w^(tn)
... hm. Još uvijek ništa pretjerano korisno. Teoretski, ovo bi sad samo trebalo utrpati u Gosper-Zeilbergera i dobiti rješenje (ova suma bi trebala biti (2m#m) ), ali samo teoretski, nažalost. :-/
|
|
| [Vrh] |
|
vjekovac
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55)
Postovi: (2DB)16
Spol: 
|
| Postano: 15:54 pon, 7. 6. 2004 Naslov: |
|
|
|
Evo rjesenja za m<n. Cini mi se da bez tog uvjeta tvrdnja ni ne vrijedi.
Neka je q=e^(2pi i/n) (n-ti korijen iz 1). Neka su vrhovi n-terokuta rjesenja jednadzbe z^n=1, tj. brojevi
z(j)=q^j; j=0,...,n-1.
Uocimo da je
suma (j=0 do n-1) z(j)^k =
n ako je k€Z djeljiv s n
0 ako k€Z nije djeljiv s n
(Naime, u prvom slucaju imamo 1+...+1=n, a u drugom (1-q^kn)/(1-q^k)=0.)
Neka tocki T odgovara broj w€C.
|w-z(j)|^2 =2- (w/z(j) + z(j)/w) = -1/wz(j) (w-z(j))^2
Dignemo to na m-tu, raspisemo ()^2m po binomnom i prosumiramo po j=0,...,n-1.
Ta suma = suma (j=0 do n-1) (-1)^m / (w^m z(j)^m) *suma (k=0 do 2m) (-1)^k (2m povrh k) z(j)^k
Sada zamijenimo sume po j i po k i iskoristimo cinjenicu s pocetka rjesenja. Svi pribrojnici ce biti =0 osim za k=m kada cemo dobiti
suma (j=0 do n-1) (-1)^m / (w^m z(j)^m) * (-1)^m (2m povrh m) w^m z(j)^m = n*(2m povrh m)
Za m>=n imamo vise ne-nul pribrojnika, ali mislim da tada formula niti nije tocna (ispadne nesto kompliciranije).
Evo rjesenja za m<n. Cini mi se da bez tog uvjeta tvrdnja ni ne vrijedi.
Neka je q=e^(2pi i/n) (n-ti korijen iz 1). Neka su vrhovi n-terokuta rjesenja jednadzbe z^n=1, tj. brojevi
z(j)=q^j; j=0,...,n-1.
Uocimo da je
suma (j=0 do n-1) z(j)^k =
n ako je k€Z djeljiv s n
0 ako k€Z nije djeljiv s n
(Naime, u prvom slucaju imamo 1+...+1=n, a u drugom (1-q^kn)/(1-q^k)=0.)
Neka tocki T odgovara broj w€C.
|w-z(j)|^2 =2- (w/z(j) + z(j)/w) = -1/wz(j) (w-z(j))^2
Dignemo to na m-tu, raspisemo ()^2m po binomnom i prosumiramo po j=0,...,n-1.
Ta suma = suma (j=0 do n-1) (-1)^m / (w^m z(j)^m) *suma (k=0 do 2m) (-1)^k (2m povrh k) z(j)^k
Sada zamijenimo sume po j i po k i iskoristimo cinjenicu s pocetka rjesenja. Svi pribrojnici ce biti =0 osim za k=m kada cemo dobiti
suma (j=0 do n-1) (-1)^m / (w^m z(j)^m) * (-1)^m (2m povrh m) w^m z(j)^m = n*(2m povrh m)
Za m>=n imamo vise ne-nul pribrojnika, ali mislim da tada formula niti nije tocna (ispadne nesto kompliciranije).
|
|
| [Vrh] |
|
|
