Ayúdame con la suma$\sum_{n= 0}^{N-1} \frac{ \left(a-b \cos{\left(\frac{2 \pi n}{N} \right)} \right)^2}{a^2 + b^2 -2ab\cos{\frac{2\pi n}{N}}}$

Question

Estoy tratando de encontrar una expresión analítica para la suma de abajo $$ \sum_{n= 0}^{N-1} \frac{ \left(a-b \cos{\left(\frac{2 \pi n}{N} \right)} \right)^2}{a^2 + b^2 -2ab\cos{\frac{2\pi n}{N}}} $$

con $a>b$.

Por intentarlo en MATLAB, he encontrado que un gran $N$ se da un número que es proporcional a $N$. Por lo tanto, estoy seguro de que debe haber solución analítica para este resumen.

¿Alguien puede ayudar?

Gracias

Answer 1

Tengo que agradecer a Vepir para numérica de trabajo, era inmensamente útil en la búsqueda de una derivación formal.

Echemos un vistazo a una expresión de la forma $$ w=a-b\,e^{i\phi} $$ para que $|w|^2=(a-b\,e^{i\phi})(a-b\,e^{-i\phi})=a^2+b^2-2ab\cos\phi$ e $\Re(w)=a-b\cos\phi$. Por lo tanto tenemos: $$ \frac{(a-b\cos\phi)^2}{a^2+b^2-2ab\cos\phi}=\frac{(\Re(w))^2}{|w|^2}=\frac{1}{4}\frac{(w+w^*)^2}{|w|^2}=\frac{1}{4}\left(\frac{w^2}{|w|^2}+\frac{w^{*2}}{|w|^2}+2\right)=(\star) $$ Desde $w^*/|w|^2=1/w$, obtenemos $$ (\star)=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\left(\frac{w}{w^*}+\frac{w^*}{w}\right)=\frac{1}{2}\left(1+\Re\left(\frac{w}{w^*}\right)\right) $$ Si denotamos $\phi_n=\frac{2\pi n}{N}$, su suma se puede escribir como $$ \sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a-b\cos\phi_n)^2}{a^2+b^2-2ab\cos\phi_n}=\frac{N}{2}+\frac{1}{2}\Re\sum_{n=0}^{N-1}\frac{a-b\,e^{i\phi_n}}{a-b\,e^{-i\phi_n}} $$ Observe que los números de $b\,e^{-i\phi_n}-a$ son precisamente las raíces del polinomio $(z+a)^N-b^N$ , y puesto que el producto de las raíces de un polinomio cuyo coeficiente inicial es $1$ es sólo su factor constante (hasta firmar), obtenemos $$ \prod_{n=0}^{N-1}(b\,e^{-i\phi_n}-a)=(-1)^N * (a^N-b^N)\\ \prod_{n=0}^{N-1}(a-b\,e^{-i\phi_n})=a^N-b^N $$ ¿Por qué es útil? Bien, ahora podemos calcular los siguientes: $$ \frac {- b\,e^{i\phi_n}}{a-b\,e^{-i\phi_n}}=\frac{(a-b\,e^{i\phi_n})\prod_{m\neq n}(a-b\,e^{-i\phi_m})}{\prod_{m=0}^{N-1}(a-b\,e^{-i\phi_m})}=\frac{(a-b\,e^{i\phi_n})\prod_{m\neq n}(a-b\,e^{-i\phi_m})}{a^N-b^N} $$ Por lo tanto "sólo" tenemos que evaluar $$ \sum_{n=0}^{N-1}(a-b\,e^{i\phi_n})\prod_{m\neq n}(a-b\,e^{-i\phi_m})=(\estrellas\estrellas) $$ Ahora hay algunos de tocar el violín. Echemos un vistazo a este nuevo (usando la fórmula de la diferencia de poderes, $x^r-y^r=...$):$$ \prod_{m=0}^{N-1}(a-b\,e^{-i\phi_m})=a^N-b^N=a^N-(b\,e^{-i\phi_n})^N=(a-b\,e^{-i\phi_n})\sum_{k=0}^{N-1}a^{N-1-k}(b\,e^{-i\phi_n})^k\\ \prod_{m\neq n}(a-b\,e^{-i\phi_n})=\sum_{k=0}^{N-1}a^{N-1-k}b^k\,e^{-ik\phi_n} $$ Así: $$ (\star\star)=\sum_{n=0}^{N-1}(a-b\,e^{i\phi_n})\sum_{k=0}^{N-1}a^{N-1-k}b^k\,e^{-ik\phi_n}=\sum_{n,k=0}^{N-1}\left(a^{N-k}b^k\,e^{-ik\phi_n}-a^{N-1-k}b^{k+1}\,e^{-i(k-1)\phi_n}\right) $$ Pero hay series geométricas oculta en el interior de allí, por lo que cambiar la sumatoria a $n$ y de acuerdo con la primera parte: $$ \sum_{k=0}^{N-1}a^{N-k}b^k\sum_{n=0}^{N-1}e^{-ik\phi_n}=\sum_{k=0}^{N-1}a^{N-k}b^k\cdot N\delta_{k,0}=Na^N $$ El $\delta$ es la delta de Kronecker, ni siquiera me molesté en escribir el cálculo de forma explícita, ya que sólo una serie geométrica.
Exactamente el mismo procedimiento en la segunda parte da $$ \sum_{n,k=0}^{N-1}a^{N-1-k}b^{k+1}\,e^{-i(k-1)\phi_n}=\sum_{k=0}^{N-1}a^{N-1-k}b^{k+1}\cdot N\delta_{k,1}=Na^{N-2}b^2 $$ Finalmente, llegamos $$ \sum_{n=0}^{N-1}(a-b\,e^{i\phi_n})\prod_{m\neq n}(a-b\,e^{-i\phi_m})=Na^N-Na^{N-2}b^2=Na^{N-2}(a-b)(a+b) $$ de modo que su suma es igual a $$ \sum_{n=0}^{N-1}\frac{(a-b\cos\phi_n)^2}{a^2+b^2-2ab\cos\phi_n}=\frac{N}{2}\left(1+\frac{a^{N-2}(a-b)(a+b)}{a^N-b^N}\right) $$ como afirma Vepir.

Answer 2

A mí me parece que su suma es dada por:

$$ \sum_{n= 0}^{N-1} \frac{ \left(a-b \cos{\left(\frac{2 \pi n}{N} \right)} \right)^2}{a^2 + b^2 -2ab\cos{\frac{2\pi n}{N}}} = \frac{N}{2} \left(1+\frac{a^{N-2} (a - b) (a + b)}{a^N - b^N}\right) $$

This was obtained by Mathematica for some individual fixed $N$ at a time.

I'm not sure if it can show it holds for all $N$.

I'm not an expert in Mathematica. Maybe someone can utilize it better and verify this for all $N$.

It can prove this is true for $N=2,3,4,5,6,8,12,\dots$ for example, but I'm not sure why it can't simplify some other $N$ cases like $N=7$. The others can be tested numerically:

You can verify absolute differences between LHS and RHS using:

ClearAll[mySum, m, a, b, inputSum];
inputSum [m_, a_: a, b_: b] := Sum[(a - b Cos[(2 Pi n) / m])^2/(a^2 + b^2 - 2 a b  Cos[(2 Pi n)/m]), {n, 0, m - 1}];
mySum[m_, a_: a, b_: b] := 1/2 (1 + (a^(-2 + m) (a - b) (a + b))/(a^m - b^m)) m;

a = 20;
b = 10;
Do[Print[m, " ", DecimalForm[Abs[N[mySum[m, a, b] - inputSum[m, a, b]]], 100]], {m, 2, 100}]

By setting a,b to some fixed values. (Here I used m for $$ N.) También tenga en cuenta que algunos de los resultados serán representados como 0.00000000....456 por ejemplo, debido a la precisión de ajuste de N[] función.

Answer 3

Mi método obtiene la respuesta incorrecta, que puede ser porque yo aproximado en un inicio por una integral. $$\int_0^N \frac{(a-b\cos(2\pi n/N))^2}{a^2+b^2-2ab\cos(2\pi n/N)}dn$$ Sustituto $z=\exp(2\pi i n/N)$ conseguir $$\frac N{2\pi i}\cualquier\frac{(a-(z+z^{-1})b/2)^2} {a^2+b^2-ab(z+z^{-1})}\frac{dz}z\\ =\frac N{8\pi i}\cualquier\frac{(2az-b(z^2+1))^2}{(az-b)(a-bz)}\frac{dz}{z^2}$$ Este tiene polos en $0$, $b/a$ e $a/b$, y la integral es de alrededor del círculo unidad. El residuo de a $b/a$ es $1-b^2/a^2$, y en $0$ es $3-b^2/a^2$, por lo que la respuesta final es $$\frac N4(4-2b^2/a^2)$$ Las otras soluciones que había $a^N-b^N$ en el denominador. He perdido que cuando me aproximar la suma por una integral.