Trigonométricas prueba atascado con la inducción paso

Question

Estoy tratando de probar: $$\sum_{s=0}^{\infty}\frac{1}{(sn)!}=\frac{1}{n}\sum_{r=0}^{n-1}\exp\left(\cos\left(\frac{2r\pi}{n}\right)\right)\cos\left(\sin\left(\frac{2r\pi}{n}\right)\right)$$

Sabemos que $$\begin{align}\exp\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)&=e^{\cos\theta}\times e^{i\sin\theta}\\& =e^{\cos\theta}\left(\cos(\sin\theta)+i\sin(\sin\theta)\right)\end{align}$$

Por tanto, tenemos el equivalente a: $$\begin{align}\sum_{s=0}^{\infty}\frac{1}{(sn)!}&=\frac{1}{n}\sum_{r=0}^{n-1}\Re\left\{\exp\left(e^{\frac{2r\pi}{n}i}\right)\right\}\\n\sum_{s=0}^{\infty}\frac{1}{(sn)!}& = \sum_{r=0}^{n-1}\Re\left\{\exp\left(e^{\frac{2r\pi}{n}i}\right)\right\}\end{align}$$

Donde $\Re\{\}$ denota la parte real.

Intento de inducción: Asumir cierto para $n=k$ Intenta demostrar como consecuencia es cierto para $n=k+1$

$$\begin{align}\frac{1}{k+1}\sum_{r=0}^{(k+1)-1}\Re\left\{\exp\left(e^{\frac{2r\pi}{k+1}i}\right)\right\}&=\frac{1}{k+1}\sum_{r=0}^{k-1}\Re\left\{\exp\left(e^{\frac{2r\pi}{k+1}i}\right)\right\}+\frac{1}{k+1}\Re\left\{\exp e^{\left(\frac{2(k+1)\pi}{k+1}i\right)}\right\}\\& =\frac{1}{k+1}\sum_{r=0}^{k-1}\Re\left\{\exp\left(e^{\frac{2r\pi}{\color{red}{k+1}}i}\right)\right\}+\frac{1}{k+1}\exp(1)\end{align}$$

Soy lo largo de las líneas correctas aquí? Yo tener preocupaciones, dado el destacado plazo en rojo. Específicamente, si este se $\color{red}{k}$ I podría tener una oportunidad en la inducción de paso.

He tomado esto a partir de una pregunta marcada como difícil con un $\dagger$, por lo que quería para completar de forma natural. (Me estoy preparando para enseñar el material más duro). Lamentablemente, no hay respuestas y, así, ni siquiera puedo ver si estoy en el derecho de las líneas.

Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

Una idea: el lado derecho es (la parte real de) de la media de las exponenciales de $n$th-raíces de la unidad. El lado izquierdo es una especie de lacunary las series relacionadas con el exponencial de la serie. Tal vez, por la expansión de cada exponencial en los RHS, muchos de los términos se desvanecen y sólo uno de cada $n$ permanece.

Creíble, ya que cada $n$th el término tiene un $n$th poder de una $n$th raíz de la unidad, es decir, $1$. Los otros términos correspondientes de cada serie puede dar una permutación de las $n$th raíces de la unidad, cuya suma es cero.

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Para desarrollar esta idea, vuelva a escribir la CARTA de uso de $\omega_n=\exp(2i\pi/n)$, un primitivo $n$th raíz de la unidad, por entero $n>0$.

En primer lugar, a su lado derecho es $\mathrm{Re}(S_n)$, con

$$S_n=\frac1n\sum_{r=0}^{n-1}\exp(\omega_n^r)=\frac1n\sum_{r=0}^{n-1}\left(\sum_{k=0}^\infty \frac{\omega_n^{rk}}{k!}\right)=\frac1n\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1}{k!} \sum_{r=0}^{n-1}\omega_n^{rk}\right)$$

(ya que el doble de la suma anterior es absolutamente convergente, puede intercambiar las sumatorias)

El interior de la suma es, con $e_{n,k}=\omega_n^k$,

$$\sum_{r=0}^{n-1}\omega_n^{rk}=\sum_{r=0}^{n-1}e_{n,k}^r$$

Si $e_{n,k}\neq1$, entonces la suma es

$$\frac{e_{n,k}^n-1}{e_{n,k}-1}=\frac{(\omega_n^n)^k-1}{e_{n,k}-1}=0$$

Y si $e_{n,k}=1$, la suma es, simplemente,$n$.

Ahora, $e_{n,k}=1$ fib $\omega_n^k=1$, iff $k=pn$ para algunos entero $p$.

Por lo tanto, el total de la suma es

$$S_n=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^\infty \frac{u_{n,k}}{k!}$$

Donde $u_{n,k}=n$ si $k=pn$ $0$ lo contrario, que es

$$S_n=\sum_{p=0}^\infty \frac{1}{(pn)!}$$

Y por último,

$$\sum_{s=0}^\infty \frac{1}{(sn)!}=\frac1n\sum_{r=0}^{n-1}\exp(\omega_n^r)$$

Por el camino, tomando la parte real no es necesario, como hemos demostrado también que las $S_n$ es un número real.

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En un comentario anterior, debo mencionar una interesante integral. En realidad, el lado derecho es trivialmente una suma de Riemann, y dejando $n\to\infty$ y la estimación del resto de la LHS, después de que el primer término (que siempre es $1$), se obtiene

$$\int_0^{2\pi} \exp(\cos x) \cos(\sin x) \mathrm{d}x=2\pi$$

Ya que también hemos probado que la parte imaginaria de $S_n$ es cero, también te

$$\int_0^{2\pi} \exp(\cos x) \sin(\sin x) \mathrm{d}x=0$$

Pero esto en realidad era trivial: el integrando es extraño y periódica, de manera integral, en un período debe ser $0$.

Ahora, pensando una vez más en esta integral, reuniendo las partes real e imaginaria, puede ser reescrito $\displaystyle{\int_\Gamma \frac{e^z}{iz}\mathrm{d}z}$ ($\Gamma$ siendo la unidad de círculo), y de esta integral es inmediatamente $2\pi$ por el teorema de los residuos, por lo que no que interesante.