Encontrar $\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{\alpha_k}{2-\alpha_k}$, donde $\alpha_k$ es primitivo nth raíz de la unidad

Question

La pregunta calcular: $$\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{\alpha_k}{2-\alpha_k}$ $

donde $\alpha_k$ es primitivo nth raíz de la unidad.

Comenzó por simplifiyng y me lo como:

$$=-n+2\left(\sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{2-\alpha_k}\right)$$

Ahora me pegué. Yo puedo racionalizar el denominador, pero sabemos que $\alpha_k$ tiene componentes tanto reales como complejos, por lo que no puede simplificarse por racionalización. ¿Qué más se puede hacer?

Answer 1

Desde $\alpha_0,\alpha_1,\alpha_2 \dots \alpha_{n-1}$ son raíces de la ecuación

$$x^n-1=0 ~~~~~~~~~~~~~ \cdots ~(1)$$

Puede aplicar la Transformación de las Raíces para encontrar una ecuación cuyas raíces son$$\frac{1}{2-\alpha_0} , \frac{1}{2-\alpha_1},\frac{1}{2-\alpha_2} \dots \frac{1}{2-\alpha_{n-1}}$$

Deje $P(y)$ representan el polinomio cuyas raíces son $\frac{1}{2-\alpha_k}$

$$y=\frac{1}{2-\alpha_k}=\frac{1}{2-x} \implies x=\frac{2y-1}{y}$$

Poner en $(1)$

$$\Bigg(\frac{2y-1}{y}\Bigg)^n-1=0 \implies (2y-1)^{n}-y^{n}=0$$

Uso Teorema Binomial para encontrar el coeficiente de $y^n$$y^{n-1}$.Obtendrá de la suma de las raíces el uso de las Fórmulas de Vieta.

Espero que ayude!

Answer 2

Creo que las siguientes respuestas de la pregunta usando el método que Jyrki publicada aquí.

$\alphak$ Son nth raíces, así que cumplen % $ $$f(x)=x^n-1=\prod{k=0}^{n-1}(x-\alpha_k)$

Poniendo en logaritmo y derivating,

$$f'(x)=\dfrac{nx^{n-1}}{x^n-1}=\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{x-\alpha_k}$$

Así $$f'(2) = \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{2-\alpha_k} = \dfrac{n\cdot 2^{n-1}}{2^n-1}$ $

Así se da la respuesta necesaria como:

$$-n+ 2\left(\dfrac{n\cdot 2^{n-1}}{2^n-1}\right)$$ $$=\dfrac{n}{2^n-1}$$

Answer 3

Para referencia en el futuro aquí es una solución de uso de los residuos. Tenemos que con $\zeta_k = \exp(2\pi i k/n)$

$$S_n = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\zeta_k}{2-\zeta_k} = \sum_{k=0}^{n-1} \mathrm{Res}_{z=\zeta_k} \frac{z}{2-z} \frac{nz^{n-1}}{z^n-1} \\ = \sum_{k=0}^{n-1} \mathrm{Res}_{z=\zeta_k} \frac{1}{2-z} \frac{nz^{n}}{z^n-1} = \sum_{k=0}^{n-1} \mathrm{Res}_{z=\zeta_k} \frac{1}{2-z} \frac{n}{z^n-1} .$$

Ahora observar que

$$\mathrm{Res}_{z=2} \frac{1}{2-z} \frac{n}{z^n-1} = -\frac{n}{2^n-1}.$$

Además, el residuo en el infinito

$$\mathrm{Res}_{z=\infty} \frac{1}{2-z} \frac{n}{z^n-1} = 0$$

ya tenemos el límite de $2\pi n R / R /R^n = 2\pi n / R^n \rightarrow 0$ as $R\rightarrow\infty.$ Residuos de suma cero y obtenemos

$$S_n - \frac{n}{2^n-1} = 0 \quad\text{o}\quad S_n = \frac{n}{2^n-1} = 0$$

como se reivindica.