Somme bilanciate

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Tess
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Somme bilanciate

Messaggio da Tess » 10 ago 2014, 23:29

Determinate per quali reali $k$ le somme
\[
S_k(n) = \sum_{i=0}^n\cos(ik\pi)
\]
sono bilanciate, nel senso che esiste una costante $C>0$ tale che $C>|S_k(n)|$ per ogni $n$ intero positivo.

(è un esercizietto carino, ma molto facile)

Gottinger95
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Re: Somme bilanciate

Messaggio da Gottinger95 » 11 ago 2014, 15:08

Intanto posto una soluzione parziale per "quelli che vanno bene":
Testo nascosto:
Parte 1: quelli razionali sono equilibrati. Se \(k\) è razionale, allora \(S_k(n)\) è bilanciata. Poniamo \( k:= \frac{a}{b} \): visto che per un certo \(n\) il numero \( n \pi \frac{a}{b}\) è multiplo di \(2 \pi\), esiste una radice \(t\)-esima dell'unità \(\zeta\) ( con \(t=b\) oppure \(t=2b\), ma non ci importa) tale che \( \Re (\zeta^n )= \cos(nk\pi) \) per ogni \(n \in \mathbb{Z}\). Visto che
\[ \sum_{n=0}^{t-1} \zeta^n = 0\]
abbiamo, guardando alle componenti orizzontali, che
\[ 0 = \sum_{n=0}^{t-1} \Re( \zeta^n) = \sum_{n=0}^{t-1} \cos(nk\pi) \]
Ossia \(S_k(n)\) è periodica. Formalmente, per ogni \(N \in \mathbb{N}\), detto \(N = tq+r\), con \(r < t\), abbiamo
\[ S_k(N) = \sum_{n=0}^{N} \cos(nk\pi) = \sum_{j=0}^{q-1} \sum_{m=0}^{t-1} \cos[(jt+m)k\pi] + \sum_{j=0}^r \cos[(tq+j) k \pi] =
q\sum_{m=0}^{t-1} \cos(mk \pi ) + \sum_{j=0}^r \cos(jk \pi) = \sum_{j=0}^r \cos(jk\pi) < t+1\]
dove l'ultima minorazione è data da \( \cos (\alpha) \le 1\) per ogni \(\alpha\), e il numero di termini è al massimo \(t\).
Ultima modifica di Gottinger95 il 12 ago 2014, 11:25, modificato 1 volta in totale.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

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Troleito br00tal
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Re: Somme bilanciate

Messaggio da Troleito br00tal » 11 ago 2014, 15:51

I reali $k$ bilanciati sono tutti e soli i reali non della forma $2n$ con $n$ intero.

Poiché il coseno è periodico di periodo $2 \pi$, poniamo wlog $k\in[0,2)$. Se $k=0$ è immediato notare che $S_n=n+1$, da cui $0$ non è bilanciato.
Se $k=1$ allora $S_n=0$ se $n$ è pari mentre $S_n=1$ se $n$ è dispari, quindi $1$ è bilanciato.

Supponiamo quindi $k\in(0,2)$.
Consideriamo ora la sequenza infinita di punti $P_0;P_1;...$ nel piano complesso, tali che $P_0=0, P_1=1$ (come complessi) e $P_{n+2} \hat P_{n+1} P_{n}=k, |P_{n+2}P_{n+1}=1|$ per ogni $n$ naturale. Siano ora $H_0,H_1,...$ le proiezioni sull'asse $x$ di $P_0,P_1,...$: ora, con un po' di immaginazione, sappiamo che $S_n=H_0H_{n+1}$, proprio per come abbiamo costruito il nostro "poligono regolare infinito". Ma $P_i$ appartiene al circocerchio di $P_0,P_1,P_2$ (questi tre non sono allineati perché $k\in(0,2), k \not = 1$), quindi $H_0H_i$ può essere al più il diametro del nostro circocerchio (difatti la proiezione di un cerchio su una retta è segmento che ha come lunghezza il suo diametro). Da questo segue la tesi.

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Tess
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Re: Somme bilanciate

Messaggio da Tess » 11 ago 2014, 23:47

C'è solo una cosa che non mi torna: l'angolo tra l'$n$-esimo lato e l'$n+1$-esimo. Forse volevi scrivere $k\pi$. Se così fosse mi pare che vada bene, diciamo, tanto un po' di immaginazione non guasta mai! :wink:

Provo allora a rilanciare (in modo alquanto banale): sapreste darmi un buon bound superiore per $C(k)$, cioè, dato $k$ bilanciato, quanto dite possa valere $C$ e chi offre di meno?

Magari potrebbe provarci qualcun'altro: tanto l'idea è svelata: usare i complessi! :wink:

andrew24x
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Re: Somme bilanciate

Messaggio da andrew24x » 13 ago 2014, 14:09

Sia $z=\cos(k \pi)+i \sin(k \pi)$. Per la formula di De Moivre si ha $z^n=\cos(nk \pi)+i \sin(nk \pi)$. Otteniamo quindi $\sum_ {j=0}^n z^j=\sum_ {j=0}^n \cos(jk\pi)+i \cdot \sum_ {j=0}^n \sin(jk\pi)$. Pertanto abbiamo che $S_k(n)=\Re(\sum_ {j=0}^n z^j)$. Usando la nota formula $\sum_ {j=0}^n z^j=\frac{z^{n+1}-1}{z-1}$, che è vera anche nei complessi (basta moltiplicare il polinomio $1+z+...+z^n$ per $z-1$), si ha $\Re(\sum_ {j=0}^n z^j)=\Re(\frac{z^{n+1}-1}{z-1})$. Se $z \neq 1$, ossia se $k \ne 2n$, si ha $\frac{z^{n+1}-1}{z-1}=\frac{(z^{n+1}-1)(\bar z-1)}{(z-1)(\bar z -1)}=\frac{z^nz\bar z-z^{n+1}-\bar z+1}{z \bar z-z-\bar z+1}=\frac{z^n-z^{n+1}-\bar z +1}{2-2\Re(z)}$. Ora otteniamo $\Re(\frac{z^{n+1}-1}{z-1})=\frac{\Re(z^n)-\Re(z^{n+1})-\Re(z)+1}{2-2\Re(z)}=\frac{\cos(nk\pi)-\cos[(n+1)k\pi]-\cos(k\pi)+1}{2-2\cos(k\pi)}$. Detto $A=\cos(k\pi)$, si ha $-2\leq\cos(nk\pi)-\cos[(n+1)k\pi]\leq2$ e quindi $\frac{-1-A}{2-2A} \leq \frac{\cos(nk\pi)-\cos[(n+1)k\pi]-\cos(k\pi)+1}{2-2\cos(k\pi)} \leq \frac{3-A}{2-2A}$ ($2-2A$ è positivo e quindi non ci sono problemi di verso). Dato che $3-A \geq A+1$, si ha $|\frac{\cos(nk\pi)-\cos[(n+1)k\pi]-\cos(k\pi)+1}{2-2\cos(k\pi)}| \leq \frac{3-A}{2-2A}$. Quindi basta prendere $C>\frac{3-A}{2-2A}$.

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Tess
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Re: Somme bilanciate

Messaggio da Tess » 15 ago 2014, 23:14

Corretto. :)
Solo non capisco perché dovevi andare a pescare quella stima con la frazione con dentro $A$: potevi anche lasciare la frazione orripilante.

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