Suma de cuadrados producto interno del vector con los rayos alrededor de círculo unitario es constante

Question

Deje $v$ ser cualquier vector en el plano, y $\{w_i\}$ ser $n>2$ vectores espaciados uniformemente alrededor del círculo unidad. Entonces, parece cierto que $$\sum_{i=1}^n (v\cdot w_i)^2 = k \|v\|^2$$ donde $k$ es una constante independiente de $v$. Mi intuición es que el lado izquierdo, como una función de un argumento de $\theta$ de $v$, tiene "demasiada simetría" por su baja frecuencia.

¿Hay alguna mancha de prueba de esta identidad, utilizando, por ejemplo, la estructura algebraica de la $n$ raíces de la unidad?

Answer 1

Esto es similar a los Nobles de la respuesta, pero he querido resaltar el aspecto geométrico del problema un poco más. Primero tomamos nota de que $$v \cdot w_i = || v || \cos(\theta)$$ donde $\theta$ es el ángulo entre el $v$ e $w_i$. Desde $||v||^2$ está en ambos lados de la ecuación, podemos suponer $||v|| = 1$.

Ahora consideremos un vector unitario $v$ y un polígono regular con $n$ lados centrada en el origen. Conectar los vértices del polígono del centro. $v$ se encuentra entre dos de los radios. Ahora que va en contra de las agujas del reloj, $v$ hace las siguientes ángulos con el $w_i:$ $$x, x + \frac{2 \pi}n, x + 2 \cdot \frac{2 \pi}n, \cdots, x + (n-1) \cdot \frac{2 \pi}n$$ para algunos $x$ , como se muestra en la imagen en la parte inferior del post.

Por lo tanto, la suma que queremos es $$\sum_{k=0}^{n-1} \cos \left( x + k \, \frac{2 \pi}n \right)^2.$$

Usando la fórmula de Euler $\cos(t) = \frac{e^{it} + e^{-it}}2$, tenemos

$$\begin{align} \sum_{k=0}^{n-1} \cos \left( x + k \, \frac{2 \pi}n \right)^2 &= \frac{1}4 \sum_{k=0}^{n-1} \left(e^{2i\left(x + k\, \frac{2\pi}n \right)} + e^{-2i\left(x + k\, \frac{2\pi}n \right)} + 2\right) \\ &= \frac{n}2 + (e^{2ix} + e^{-2ix}) \sum_{k=0}^{n-1} \omega^k \end{align}$$ donde $\omega$ es no trivial $n$th raíz de la unidad. Entonces podemos calcular fácilmente que $$\sum_{k=0}^{n-1} \omega^k = \frac{\omega^n-1}{\omega - 1} = 0$$ lo que demuestra la demanda de $k = \frac{n}2.$

Answer 2

Desde la $w_i$ están espaciados de manera uniforme, podemos decir:

$$w_i=\cos(\phi+i\theta)\hat i+\sin(\phi+i\theta)\hat j$$

También, ya que están espaciados de manera uniforme alrededor de todo el círculo, las distancias entre cada una de las $w_i$, que es $\theta$ radianes, multiplicado por el número de vectores, que es $n$, debe ser un círculo completo: es decir, $n\theta=2\pi$

Ahora, $v\cdot w_i=v_x\cos(\phi+i\theta)+v_y\sin(\phi+i\theta)$, así:

$$(v\cdot w_i)^2=v_x^2\cos^2(\phi+i\theta)+v_y^2\sin^2(\phi+i\theta)+2v_xv_y\cos(\phi+i\theta)\sin(\phi+i\theta) \\ =v_x^2\left(\frac{\cos(2\phi+2i\theta)+1}{2}\right)+v_y^2\left(\frac{1-\cos(2\phi+2i\theta)}{2}\right)+v_xv_y\sin(2\phi+2i\theta) \\ =\frac{v_x^2+v_y^2}{2}+\cos(2\phi+2i\theta)\left(\frac{v_x^2-v_y^2}{2}\right)+v_xv_y\sin(2\phi+2i\theta)$$

Ahora, vamos a poner esto en una suma:

$$\sum_{i=1}^n (v\cdot w_i)^2=\frac{n}{2}(v_x^2+v_y^2)+\left(\frac{v_x^2-v_y^2}{2}\right)\left[\sum_{i=1}^n\cos(2\phi+2i\theta)\right]+v_xv_y\left[\sum_{i=1}^n\sin(2\phi+2i\theta)\right]$$

Ahora, voy a utilizar $j=\sqrt{-1}$. La primera suma y la segunda sumatoria están relacionados con: Ellos son la parte real y la parte imaginaria, respectivamente, de $\sum_{i=1}^n e^{2j\phi+2ij\theta}=e^{2j\phi}\sum_{i=1}^n e^{2ij\theta}$. Si dejamos $\omega=e^{2j\theta}$, la suma se convierte en $e^{2j\phi}\sum_{i=1}^n \omega^i$, que es una serie geométrica:

$$\sum_{i=1}^n \omega^i=\omega\frac{\omega^n-1}{\omega-1}=\omega\frac{e^{2jn\theta}-1}{\omega-1}=\omega\frac{e^{4\pi j}-1}{\omega-1}=\omega\frac{1-1}{\omega-1}=0$$

(Tenga en cuenta que he utilizado $n\theta=2\pi$ e $e^{4\pi j}=\cos(4\pi)+j\sin(4\pi)=1$ en el de arriba de la derivación.)

(También, observe que esta prueba falla cuando $\omega=e^{2j\theta}=1$ debido a una división por cero error de arriba. Más específicamente, esto ocurre cuando las $2\theta=\frac{4\pi}{n}$ es un múltiplo de a$2\pi$, que es el caso cuando hay $n=1$ o $n=2$ puntos).

Por lo tanto, esta suma es $0$, por lo tanto sus partes real e imaginaria son 0. Esto nos da:

$$\sum_{i=1}^n (v\cdot w_i)^2=\frac{n}{2}(v_x^2+v_y^2)+\left(\frac{v_x^2-v_y^2}{2}\right)[0]+v_xv_y[0]\rightarrow \sum_{i=1}^n (v\cdot w_i)^2=\frac{n}{2}\|v\|^2$$

Answer 3

Se pueden utilizar algunos cálculo vectorial aquí. Para algunas constantes $k \in \mathbb{R}$ definir $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ como $$f(v) = \sum_{i=1}^n (v\cdot w_i)^2 - k\|v\|^2$$

Tomando el gradiente de esta función de los rendimientos $$\nabla f(v) = \sum_{i=1}^n 2(v\cdot w_i) - 2kv = 2\left[\sum_{i=1}^n (v\cdot w_i)w_i - kv\right]$$

debido a $\nabla (v \cdot w_i) = w_i$ e $\nabla \|v\|^2 = 2v$.

Ahora calculamos la suma de $\sum_{i=1}^n (v\cdot w_i)w_i$. Usando la notación de la respuesta por @Noble Mushtak, obtenemos $$\begin{align} \sum_{i=1}^n (v\cdot w_i)w_i &= \sum_{i=1}^n \big(v_x\cos(\phi+i\theta)+v_y\sin(\phi+i\theta)\big)\begin{bmatrix}\cos(\phi + i\theta)\\ \sin(\phi + i\theta) \end{bmatrix}\\ y= \begin{bmatrix}v_x \sum_{i=1}^n\cos^2(\phi + i\theta) + v_y \sum_{i=1}^n\sin(\phi+i\theta)\cos(\phi + i\theta)\\ v_x \sum_{i=1}^n\sin(\phi+i\theta)\cos(\phi + i\theta)+ v_y \sum_{i=1}^n\sin^2(\phi + i\theta)\end{bmatrix}\\ y= \begin{bmatrix}v_x \sum_{i=1}^n\frac{1+\cos(2\phi + 2i\theta)}2 + v_y \sum_{i=1}^n\frac12\sin(2\phi+2i\theta)\\ v_x \sum_{i=1}^n\frac12\sin(2\phi+2i\theta)+ v_y \sum_{i=1}^n\frac{1-\cos(2\phi + 2i\theta)}2\end{bmatrix}\\ &= \frac{n}2\begin{bmatrix} v_x \\ v_y \end{bmatrix}\\ &= \frac{n}2v \end{align}$$ debido a $\sum_{i=1}^n \cos(2\phi + 2i\theta) = \sum_{i=1}^n \sin(2\phi + 2i\theta) = 0$.

Por lo tanto, para $k = \frac{n}2$ tenemos $\nabla f \equiv 0$ lo $f = \text{const}$. Conectar $v = 0$ rendimientos $f \equiv 0$ por lo que su fórmula $$\sum_{i=1}^n (v\cdot w_i)^2 = \frac{n}2\|v\|^2$$ sostiene.

Answer 4

Aquí es una solución que se basa en expresar el lado izquierdo de la expresión dada en el marco del clásico "forma" de una forma cuadrática mediante la búsqueda de su matriz asociada.

Empecemos por las notaciones. Tomando uno de los "picos" (vectores) como dirigir las $x$-eje, podemos asumir que : $$W_k:=\binom{\cos(ka)}{\cos(ka)} \ \ \text{ asociado con} \ \ w_k:=e^{i k a}\in \mathbb{C} \ \ \text{donde} \ a:=2 \pi/n. \etiqueta{1}$$

Tenemos las siguientes identidades :

$$\sum \|W_k\|^2 = \sum\cos(ka)^2+\sum\sin(ka)^2=\underbrace{1+1+\cdots +1}_{n \ \text{times}}=n. \tag{2}$$

y, además, por el cuadrado de la relación de $\sum_{k=1}^n w_k \equiv 0$ :

$$\sum\cos(ka)^2-\sum\sin(ka)^2+2i \sum \sin(ka)\cos(ka) = 0. \tag{3}$$

A partir de (2) y (3), podemos concluir que :

$$\begin{cases} \sum_k\cos(ka)^2=\sum_k\sin(ka)^2=n/2\\ \sum_k \sin(ka)\cos(ka) = 0 \end{casos}.\la etiqueta{4}$$

Ahora, podemos establecer la siguiente identidad :

$$\sum_{k=1}^n (V\cdot w_k)^2 = \frac{n}{2}\|V\|^2 \tag{5}$$

por la conversión de su LHS en la forma clásica de una forma cuadrática :

$$\sum_{k=1}^n (V^TW_k)(W_k^TV)=V^T(\sum_{k=1}^n W_kW_k^T)V = V^TMV$$

(aquí se $W_k$ e $V$ son considerados como vectores columna)

donde la matriz asociada es :

$$M=\begin{pmatrix}\sum_k\cos(ka)^2&\sum_k \sin(ka)\cos(ka)\\ \sum_k \sin(ka)\cos(ka)&\sum_k\sin(ka)^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n/2&0\\0&n/2\end{pmatrix}$$

(mediante las relaciones (4)).

Por tanto, podemos concluir que el lado izquierdo de (5) es de hecho igual a su RHS.