转发一个数列求和

realnumber

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．

tommywong

让我保存一下进度

$\displaystyle\sum_{k=1}^n cos^m(\alpha+\frac{2k}{n}\pi)=\frac{1}{2^m}\sum_{k=1}^n [e^{i(\alpha+\frac{2k}{n}\pi)}+e^{-i(\alpha+\frac{2k}{n}\pi)}]^m=\frac{1}{2^m}\sum_{k=1}^n \sum_{r=0}^m C_m^r e^{i(\alpha+\frac{2k}{n}\pi)(m-2r)}$

$\displaystyle=\frac{1}{2^m}\sum_{r=0}^m C_m^r e^{i\alpha(m-2r)} \sum_{k=1}^n e^{\frac{2\pi ki}{n}(m-2r)}=\frac{1}{2^m}\sum_{r=0}^m C_m^r e^{i\alpha(m-2r)} \sum_{k=1}^n cos[\frac{2\pi k}{n}(m-2r)]=\frac{n}{2^m}\sum_{r=0}^m C_m^r e^{i(\alpha+\frac{2\pi}{n})(m-2r)} (n|m-2r)$

战巡

回复 1# 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

战巡

回复 1# 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

tommywong

回复 4# 战巡

n=1时不是有关吗？

战巡

回复 5# tommywong


原题给出了$n\ge 2$

郝酒

战版用mathematica整整？
n不定的话能不能用Sum哦？

战巡

回复 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