Alternando la suma de las raíces de la unidad $\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\omega^k$

Question

Considerar las raíces de la unidad de $z^n = 1$, decir $1, \omega, \ldots, \omega^{n-1}$ donde $\omega = e^{i\frac{2\pi}n}$.

Es un conocido resultado de que $\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k = 0$, pero lo que si queremos considerar la posibilidad de la alternancia suma? Estoy interesado en

Hallar el valor de $S = 1 - \omega +\omega^2-\ldots +(-1)^{n-1}\omega^{n-1}$

Teniendo en cuenta que $1, \omega, \ldots, \omega^{n-1}$ son los vértices de un regular $n$-gon en el plano, es fácil ver que cuando se $n$ es incluso, $S = 0$

El problema surge cuando la $n$ es impar. Esto es lo que he hecho hasta ahora: Tome $x=\frac{2\pi}n$, luego

$$S = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\omega^k = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(\cos kx +i \sin kx)$$

El trato con la parte real, nos damos cuenta de $k=1,2,\ldots,n-1$ que $$\cos (n-k)x = \cos (2\pi k -kx) = \cos kx$$ Desde $n-k$ e $k$ tienen distinta paridad (recuerden $n$ es impar), podemos ver que $$\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(\cos kx) = 1 + \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k(\cos kx)=1$$

Pero no tengo ni idea acerca de cómo lidiar con la parte imaginaria. Pidiendo todopoderoso Wolfram, tengo que $$\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(\sin k\phi)=\sec(\frac \phi2) \sin(\frac {(n-1)(\phi+\pi)}2)\sin(\frac{n(\phi+\pi)}2)$$ Por lo tanto $$\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(\sin kx) = \sec(\frac\pi n)\sin(\frac{\pi(n-1)(2+n)}{2n})\sin(\frac{\pi(2+n)}2)$$

En resumen, tengo dos preguntas:

a) ¿Cómo se puede deducir la $\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k(\sin k \phi )$ fórmula?

b) existe una alternativa para resolver la pregunta inicial?

Gracias de antemano

Answer 1

Como $(-1)^r\cdot w^r=(-w)^r,$

$$S_{n-1}=\sum_{r=0}^{n-1}(-w)^r=\dfrac{1-(-w)^n}{1-(-w)}$$

Si $n$ es impar,

$$S_{n-1}=\dfrac{1-(-1)}{1+w}=\dfrac2{1+\cos\dfrac{2\pi}n+i\sin\dfrac{2\pi}n}=\dfrac{\cos\dfrac{\pi}n-i\sin\dfrac{\pi}n}{\cos\dfrac{\pi}n}$$

Answer 2

Para a), me gustaría reescribir $\sin$ usando la fórmula de Euler y, a continuación, utilizar la suma de los términos de una progresión geométrica, y luego un montón de cálculos... Pero :

B) ¿por qué no simplemente con la punta de la misma para S directamente ? $$S = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\omega^k = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^ke^{\frac {2ik\pi} n}=\frac {1-(-1)^{n}e^{2i \pi}}{1+e^{\frac{2i\pi} n}}=\frac {1-(-1)^n} {1+e^{\frac{2i\pi} n}} $$

Vemos claramente que, a $S=0$ n, incluso.

Answer 3

A partir de lo que escribió : $$S =\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\, \big(\cos (kx) +i \sin (kx)\big)=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\,e^{ikx}=\frac{1-(-1)^n e^{i n x}}{1+e^{i x}}$$ Now, manipulate the result to extract the real and imaginary parts; this leads, after using trigonometric identities, to $$S_1=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\, \cos (kx)=\sec \left(\frac{x}{2}\right) \sin \left(\frac{1}{2} n (x+\pi )\right) \cos \left(\frac{1}{2} (n-1) (x+\pi )\right) $$ $$S_2=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\, \sin(kx)=\sec \left(\frac{x}{2}\right)\pecado \left(\frac{1}{2} n (x+\pi )\right) \sin \left(\frac{1}{2} (n-1) (x+\pi )\right) $$ Now, setting $x=\frac {2\pi} n$, we get $$S_1=\frac{1}{2} (1-\cos (\pi n))$$ $$S_2=-\sin \left(\frac{\pi n}{2}\right) \cos \left(\frac{\pi }{n}-\frac{\pi n}{2}\right) \sec \left(\frac{\pi }{n}\right)$$