Suma de una función mediante el módulo

Question

El problema:

Si se conoce la suma infinita de una función, cómo encontrar:

$$\begin{align*} \sum_{i\equiv 0 \mod m}f(x_0+i)=\\ f(x_0)+f(x_0+m)+f(x_0+2m)+f(x_0+3m)+\ldots \end{align*}$$

Y si se conoce la suma finita de una función, cómo encontrar:

$$\begin{align*} \sum_{i\equiv 0 \mod m}^{i = {(x_0+\lfloor \frac{x-x_0+1}{m}\rfloor m)}}f(x_0+i)=\\f(x_0)+f(x_0+m)+f(x_0+2m)+f(x_0+3m) &\quad +\ldots+f\left(x_0+\left\lfloor \frac{x-x_0+1}{m}\right\rfloor m\right) \end{align*}$$

Detalles:

Si conocemos una función $f$ y podemos encontrar la suma de sus términos (definida como $S_f$ ), como encontrar la suma, pero saltando algunos factores (definidos como $MS_f$ donde M representa lo modular)?

¿Cuál es la relación con la función de suma ( $S_f$ )? (Creo que esto utiliza la raíz de la unidad, pero no sé cómo).

Por ejemplo, si:

$S_f=\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}f(i)=f(1)+f(2)+\ldots$

con infinitos términos, cómo encontrar

$$\begin{align*} MS_f(x_0,m)&=\sum_{i\equiv 0 \mod m}f(x_0+i)=\ f(x_0)+f(x_0+m)+f(x_0+2m)+f(x_0+3m)+\ldots \end{align*}$$

Y si:

$S_f(x)=\displaystyle\sum_{i=1}^{x}f(i)=f(1)+\ldots+f(x-1)+f(x),$

cómo encontrar

$$\begin{align*} MS_f(x,x_0,m)&=\sum_{i\equiv 0 \mod m}^{i = {(x_0+\lfloor \frac{x-x_0+1}{m}\rfloor m)}}f(x_0+i)=\\f(x_0)+f(x_0+m)+f(x_0+2m)+f(x_0+3m) &\quad +\ldots+f\left(x_0+\left\lfloor \frac{x-x_0+1}{m}\right\rfloor m\right) \end{align*}$$

donde $(x_0+\lfloor \frac{x-x_0+1}{m}\rfloor m)$ es el último término de la progresión aritmética $x_0+k\times m$ que no supera $x$ .

Tal vez:

$MS_f(x,x_0,m)=\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}a_iS_f(w^ix)$ o $\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}a_iS_f(w^i(x+x0))$

pero no lo sé exactamente.

Ejemplo:

$$S_f=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{x^{i-1}}{(i-1)!}=e^x, \quad f(i)=\frac{x^{i-1}}{(i-1)!}$$ $$\begin{align*} MS_f(x_0,m)=\sum_{i\equiv 0 \mod m}f(x_0+i)=\sum_{i\equiv 0 \mod m}\frac{x^{(x_0+i)-1}}{((x_0+i)-1)!}\implies\\ MS_f(3,2)=\sum_{i\equiv 0 \mod 2}\frac{x^{(3+i)-1}}{((3+i)-1)!}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{x^{3+2j-1}}{(3+2j-1)!}=\cosh (x)-1 \end{align*}$$

Answer 1

En el comentario a tu pregunta mencioné los polinomios de Bernoulli; de hecho, yo me aproximo a esos problemas utilizando una variante que llamo "zeta-polinomios". Estos son los polinomios que originalmente utilizaron Bernoulli y Faulhaber para las sumas de potencias similares y que en realidad son las integrales de los polinomios de Bernoulli. Voy a reflejar mi tipo de proceder aquí sólo superficialmente pero creo que será suficiente para mostrar el principio.

Los ingredientes son una matriz-notación, el concepto de suma indefinida y dos matrices-estándar: la matriz-estándar triangular superior P y la matriz-Z que contiene los coeficientes de los zeta-polinomios. Para el álgebra con series de potencias formales denoto sus coeficientes en un vector, digamos A y los poderes de x en algún vector V(x) de tipo "vandermonde", tal que siempre $\small V(x)=[1,x,x^2,x^3,x^4,...] $ . Entonces, si su función f(x) tiene una representación en serie de potencias, sus coeficientes pueden asumirse en un vector A Así pues, tendremos f(x) denotado por el producto punto
$$\small f(x) = V(x) \cdot A $$
Ahora el pascalmatrix P entra en juego. Como es triangular superior tenemos la identidad $$\small V(x) \cdot P = V(x+1) $$ debido al teorema del binomio aplicado a todas las potencias enteras no negativas y en general $$\small \begin{eqnarray} V(x) \cdot P &=& V(x+1) \\ V(x) \cdot P^2 &=& V(x+2) \\ V(x) \cdot P^3 &=& V(x+3) \\ \ldots \\ V(x) \cdot P^h &=& V(x+h) \\ \end{eqnarray} $$ Por otro lado, su problema es primero, encontrar la suma $$\small S(1,n)=V(1) \cdot A + V(2)\cdot A + V(3) \cdot A + \cdots V(n)\cdot A= \sum_{k=0}^{n-1} f(1+k) $$ Para sumas finitas es obvio cómo reescribir esto usando sumas de potencias de P : $$\small S(1,n)=V(1) \cdot (I + P + P^2 + \ldots + P^{n-1}) \cdot A $$

Ahora la idea de Bernoulli de introducir polinomios para la suma de potencias similares puede ser modelada elegantemente por este enfoque. Asumimos provisoriamente la posibilidad de alguna matriz Z que representa la serie geométrica de potencias de P : $$\small Z = I+ P + P^2 + \ldots = (I - P)^{-1} $$ lo que permitiría escribir $$\small T(a)=V(a) \cdot \left( I + P + P^2 + \ldots + P^n + \cdots \right) \cdot A = V(a) \cdot Z \cdot A = \sum_{k=0}^\infty f(a+k)$$ y luego $$\small S(a,b) = T(a) - T(b+1) = (V(a)-V(b+1) )\cdot Z \cdot A = \sum_{k=a}^b f(k) $$
La pista es ahora, que tal matriz Z de hecho se puede encontrar y sólo contiene los mencionados zeta-polinomios (o integrales de Bernoulli-polinomios) y es una variante no estrictamente triangular superior de P (contiene una subdiagonal adicional).
La evaluación de los coeficientes de la serie de potencia formal resultante para S(a,b) mediante la evaluación del producto punto $\small F=Z \cdot A $ incluye ahora en muchos casos la suma de series divergentes, pero también puede reescribirse en términos de la serie de Euler-MacLaurin.

La generalización a pasos más grandes que 1 (en su ejemplo m>1 puede entonces expresarse simplemente mediante la introducción del m El poder de P en lugar de P y una transformación de similitud del Z por sólo $\small Z_m = V(m) \cdot Z \cdot V(1/m) $ (donde el V() se toman como matrices diagonales. Dado que Z es de columna finita esto también está bien definido.
Lo que obtienes con estos pequeños trozos de álgebra matricial es la expresión de tu problema en términos de una serie cuyos coeficientes son polinomios que implican valores zeta en enteros no positivos o más conocidos: de los números de bernoulli.

He descrito ese procedimiento en muchos y diversos lugares y no sé en este momento cuál sería el mejor ejemplo. Aquí es un texto al respecto, todavía en modo de borrador inacabado. Y aquí es el texto, donde inicialmente describí la matriz Z de los zeta-polinomios y que podría dar una pista más (páginas 14..19 relevantes). También aquí en MSE puedes buscar la palabra clave "suma indefinida" (o incluso en Wikipedia) para encontrar más pistas en notación más común.

Answer 2

Coincido con los demás en que tu pregunta es demasiado amplia y no hay una fórmula general. La forma en que has formulado la pregunta significa (entre otras cosas) que dado, por ejemplo, que $$1= a_0+a_1+a_2+\cdot$$ se pide el valor de la suma $$ a_1+a_3+a_5+\cdots? $$ Esto es obviamente imposible: después de todo el $a_i$ :s podría ser todo cero a partir del segundo, podría ser que $a_i=2^{-i}$ Puede ser que $a_i=6/(\pi i^2),\ldots$ . En consecuencia, todos tuvimos que esforzarnos para tratar de adivinar qué era lo que realmente querías preguntar.

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Mi mejor suposición es que sólo te interesan las series de potencia (a juzgar por tu ejemplo con $e^x$ et $\cosh x$ ). Si es así, entonces algo como lo siguiente puede serle útil? Si la serie Maclaurin $$ f(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^n $$ converge en algún círculo alrededor del origen, y $\zeta$ es una raíz de la unidad de orden $m$ , entonces para todos los enteros $k, 0\le k <m$ tenemos $$ f(\zeta^k x)=\sum_{n=0}^\infty a_n (\zeta^k)^n x^n=\sum_{\ell=0}^{m-1}\zeta^{k\ell}\sum_{j=0}^\infty a_{\ell+jm}x^{\ell+jm}, $$ donde escribí $n=\ell+jm$ en el último paso y agrupamos los términos según la potencia de $\zeta$ que aparece como factor.

Las sumas habituales que implican $n$ raíces de la unidad (o transformada discreta de Fourier, si se prefiere ese término) entonces demuestre que $$ \sum_{k=0}^{m-1}\frac{\zeta^{-k\ell}}m f(\zeta^k x)=\sum_{n\ge0, n\equiv \ell\pmod{m}}a_nx^n. $$ Su $e^x$ contra. $\cosh x$ ejemplo surge como el caso $m=2$ , $\zeta=-1$ , $\ell=0$ , $a_n=1/n!$ .

Answer 3

(Mis disculpas si esto es más un comentario que una respuesta, pero aún no tengo la capacidad de dejar comentarios)

Según tengo entendido, esperas expresar tu suma en la forma

$$S=g\left( S_f(a_1, b_1), S_f(a_2, b_2), S_f(a_3, b_3), \dots, S_f(a_j, b_j) \right)$$

para algunos $g$ y alguna elección del $a$ et $b$ , donde $j$ es significativamente menor que $\frac{b-a}{m}$ . En general, no creo que esto sea posible sin más supuestos. Si $j$ es mucho menor que $m$ siempre habrá un $k$ de tal manera que ni $a+i+km$ et $a+i+km+1$ aparecen al final de uno de sus $j$ Intervalos. En ese caso puede sustituir $\{f(a+i+km), f(a+i+km+1)\}$ por $\{f(a+i+km)+\epsilon, f(a+i+km+1)-\epsilon\}$ y cambiar el lado izquierdo pero no el derecho.

Creo que lo que estás pensando es la situación en la que sabes no sólo $S_f(a,b)$ pero $$S_f(a,b,x)=\sum_{i=a}^b f(i) x^i$$ En ese caso, puede extraer la suma que desee considerando $S_f(a,b,x)$ para $x$ siendo varios $m^{th}$ raíces de la unidad.