АММ

[Knowledge Greedy]

Да се докаже, че равенството
[tex]cos^n\frac{\pi}{ n}-cos^n\frac{2\pi}{ n}+...+(-1)^ncos^n\frac{(n-1)\pi}{ n}=\frac{n}{2^{n-1}}[/tex]
е тъждество при естествени [tex]n; \,\ n\ge 2 .[/tex]

[monika_at]

Грейди, в числителя на дясната страна не трябва ли да е [tex]n-2[/tex]?

[Davids]

Грейди, в числителя на дясната страна не трябва ли да е [tex]n-2[/tex]?

Ами, на мен ми изглежда правилно както е. Чисто опитно ако заместим с 2, се получава точно [tex]cos^2180°[/tex], което си е 1, точно както [tex]\frac{2}{2^{2-1}}[/tex]. А при [tex]n-2[/tex] се получава 0.

[monika_at]

[tex]cos^n\frac{\pi}{n}=cos^2\frac{\pi}{2}=0; n=2[/tex]

[Davids]

Опс, [tex]\frac{\pi}{2}[/tex] е 90 градуса, а не 180... Подведох се...

[Knowledge Greedy]

Чудя се аз, защо още никой не е предложил решение, а то съм дал един минус по-малко в условието
А именно, последното събираемо трябва да е
[tex](-1)^{n-1}cos^n\frac{(n-1)\pi}{ n}[/tex]
Освен това добавих условието [tex]n\ge 2[/tex], без да е необходимо.
За всичко това бях подведен от факта, че разполагах с решението (при грешно условие в авторитетен източник).
След като предпоследното събираемо трябва да е [tex](-1)^{n-2}cos^n\frac{(n-2)\pi}{ n}[/tex] и т.н., то за едно от събираемите имаме [tex](-1)^{n-(n-1)}cos^n\frac{(n-(n-1))\pi}{ n}=-cos^n\frac{\pi}{ n}.[/tex]
Ето защо сумата трябва да има още едно събираемо - с което да започва и това е единицата.
Моля за извинение!
Задача. За всяко естествено [tex]n[/tex] докажете, че равенството
[tex]1-cos^n\frac{\pi}{ n}+cos^n\frac{2\pi}{ n}+...+(-1)^{n-1}cos^n\frac{(n-1)\pi}{ n}=\frac{n}{2^{n-1}}[/tex]
е тъждество.

[drago]

...
хм.., май нещо не е наред.

[drago]

Нека $x_i=i\pi/n\,,\,i=0,1,\cdot,n-1$. Търсим сумата:
\[\sum_{i=0}^{n-1} (-1)^i\cos^n x_i \]
Да разгледаме полинома $T(x)=2^{-n+1}T_n(x)$, където $T_n$ е полинома на Чебишев. От свойства му е известно, че коефициента пред $x^n$ на $T$ е $1$ и $T(\cos x_i), i=0,1,\dots$ взема алтернативно стойности $1/2^{n-1},-1/2^{n-1}\dots$.
И така, като сумираме равенствата:
\[ (-1)^i \cdot T(\cos x_i)=2^{-n+1}\,,\, i=0,1,\dots,n-1 \]
получаваме:
\[\sum_{i=0}^{n-1} (-1)^i \cos^n x_i +(\cdots) = n\cdot 2^{-n+1}\]
Трябва да докажем, че това в скобите $(\cdots)$ е нула. Полиномът на Чебишев $T_n$ е четна ф-я при четно $n$ и нечетна- при нечетно $n$. Значи, достатъчно е да докажем следното:
1) при $n=2m+1$- нечетно е изпълнено:
\[\sum_{j=0}^{n-1} (-1)^j \cos^{2k+1} x_j =0\,,\, k=0,1,\dots m-1 \]
2) при $n=2m$- четно е изпълнено:
\[\sum_{j=0}^{n-1} (-1)^j \cos^{2k} x_j =0\,,\, k=0,1,\dots m-1 \]
Това може да стане като използваме $\cos x_j=(e^{i x_j}+ e^{-ix_j})/2$, вдигнем на съответната степен и просумираме по $x_j$ за всяко събираемо- това ще бъде една геометрична прогресия.

[Knowledge Greedy]

Ето детайлите на това, което drago нахвърли по-горе.
[tex]z=cos\frac{\pi}{n}+isin\frac{\pi}{n}[/tex]
По формулата на Моавър
[tex]z^k= cos\frac{k \pi}{n}+isin\frac{k \pi}{n}[/tex]
[tex]z^{-k}= cos\frac{k \pi}{n}-isin\frac{k \pi}{n}[/tex]
Ето защо [tex]cos\frac{k \pi}{n} = \frac{1}{2} \left ( z^k + z^{-k}\right ) \,\ (\ast)[/tex]
Освен това [tex]z^n= cos\frac{n \pi}{n}+isin\frac{n \pi}{n}= -1[/tex]
Използвайки последното, представяме индикатора на четността така
[tex]\left ( -1 \right )^k= z^{nk} \,\ (\ast \ast)[/tex]
Записваме сумата в лявата страна с помощта на z
[tex]L = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^kcos^n \left ( \frac{k\pi}{n} \right )[/tex]
Преобразуваме като използваме [tex](\ast)[/tex] и [tex](\ast \ast)[/tex]
[tex]L = \sum_{k=0}^{n-1} z^{nk} \left [ \frac{1}{2} \left ( z^k + z^{-k}\right ) \right ]^n[/tex]

Развиваме по бинома на Нютон втория множител на всяко от събираемите на сумата
[tex]L = \left ( \frac{1}{2} \right )^n \,\ \sum_{k=0}^{n-1} z^{nk} \left ( z^k + z^{-k}\right ) ^n[/tex]

[tex]L = \frac{1}{2^n } \sum_{k=0}^{n-1} z^{nk}\sum_{j=0}^{n}\textrm{C}_{n}^{j} \left ( z^{k} \right )^{n-j} \left ( z^{-k} \right )^{j}[/tex]
Вкарваме множителя [tex]z^{nk}[/tex] във всяко от събираемите на вътрешната сума (не зависи от [tex]j[/tex])
[tex]L = \frac{1}{2^n } \sum_{k=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{n}\textrm{C}_{n}^{j} z^{nk+kn-k j-kj}[/tex]
Разменяме реда на сумирането
[tex]L = \frac{1}{2^n } \sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{n-1}\textrm{C}_{n}^{j} z^{k(2n-2j)}[/tex]
Коефициентите [tex]\textrm{C}_{n}^{j}[/tex] не зависят от [tex]k[/tex] и могат да бъдат изнесени пред скоби, т.е.
[tex]L = \frac{1}{2^n } \sum_{j=0}^{n}\textrm{C}_{n}^{j}\left ( \sum_{k=0}^{n-1}z^{k(2n-2j)} \right )[/tex]
Стигнахме до сумата
[tex]\sum_{k=0}^{n-1}\left [ z^{(2n-2j)} \right ]^k[/tex]
на геометричната прогресия с частно [tex]z^{2n-2j}[/tex]
Въпросната сума получаваме с формулата [tex]\frac{z^{(2n-2j)n}-1}{z^{2n-2j}-1}=\frac{1-1}{z^{2n-2j}-1}=0[/tex] - защото [tex](\ast \ast)[/tex], а всяка четна степен на [tex](–1)[/tex] е [tex]1[/tex].
Но, обърнете внимание! Това е при [tex]z^{2n-2j}-1\ne 0[/tex]
Когато [tex]z^{2n-2j}=1[/tex] не ползваме формулата, но това става само за две събираеми - когато [tex]j=0[/tex] и за [tex]j=n[/tex].

[tex]L = \frac{1}{2^n }\left ( \textrm{C}_{n}^{0} \sum_{k=0}^{n-1}z^{2nk}+\textrm{C}_{n}^{n} \sum_{k=0}^{n-1}z^{0.k} \right )[/tex]
И понеже [tex]\textrm{C}_{n}^{0}=\textrm{C}_{n}^{n}=1[/tex], окончателно за [tex]L[/tex] получаваме
[tex]L=\frac{1}{2^n}\left (1. n+1.n \right )=\frac{n}{2^{n-1}}[/tex]
- т.к.т.д.