Identidad misteriosa

Question

Jugando con Arce encontré esta identidad $$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{2k+1}{1-z^{2k+1}}=n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+z^{k}} $n$ Dónde está un número entero positivo, $z=\exp(\pi i/n)$. Pude comprobarlo solamente numéricamente. ¿Alguien sabe cómo demostrarlo?

Answer 1

En primer lugar vemos que:

$$\sum_{k=1}^{2n-1} {k\over {1-z^k}} - \sum_{k=1}^{n-1} {2k\over {1-z^{2k}}} = \sum_{k=1}^{n-1} {2k+1 \over {1-z^{2k+1}}}$$

Ahora, por fracciones parciales,

$${2k \over {1-z^{2k}}} = {k\over {1-z^k}} + {k\over {1+z^k}}$$ Por lo tanto:

$$\sum_{k=1}^{2n-1} {k\over {1-z^k}} - ( \sum_{k=1}^{n-1} {k\over {1-z^{k}}} + \sum_{k=1}^{n-1} {k\over {1+z^{k}}}) = \sum_{k=1}^{n-1} {2k+1 \over {1-z^{2k+1}}}$$ Ahora, mediante la combinación de los dos primeros sumandos:

$$\sum_{k=n}^{2n-1} {k\over {1-z^k}} - \sum_{k=1}^{n-1} {k\over {1+z^{k}}} = \sum_{k=1}^{n-1} {2k+1 \over {1-z^{2k+1}}}$$

Ahora vamos a re-escribir la primera suma:

$$\sum_{k=0}^{n-1} {k+n\over {1-z^{k+n}}} - \sum_{k=0}^{n-1} {k\over {1+z^{k}}} = \sum_{k=1}^{n-1} {2k+1 \over {1-z^{2k+1}}}$$

Ahora vamos a utilizar el hecho de que $z^n=-1$, y se combinan los dos últimos términos:

$$\sum_{k=0}^{n-1} {n\over {1+z^{k}}} = \sum_{k=1}^{n-1} {2k+1 \over {1-z^{2k+1}}}$$

Como se requiere.

Answer 2

Su identidad es verdadera. Doy aquí el método para probar el punto general $n$.

Uno tiene como principal observación preliminar $$\color{red}{z^n=-1\iff z^{n+k}=-z^k\iff \frac{1}{1-z^k}=\frac{z^{n-k}}{1+z^{n-k}}}$$ We make $$A=\sum_{k=o}^{n-1}\frac{2k+1}{1-z^{2k+1}}$$ $$B=n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{1+z^k}$$

Ejemplo algebraico de verificación: $n=6$, incluso.

El extraño exponentes en $A$ $\begin{cases}1\\3\\5\\7=6+1\\9=6+3\\11=6+5\end{cases}$ por lo tanto $$A=\left({1\over 1-z}+{3\over 1-z^3}+{5\over 1-z^5}\right)+\left({6+1\over 1+z}+{6+3\over 1+z^3}+{6+5\over 1+z^5}\right)$$ $$A=B\Rightarrow \left({1\over 1-z}+{3\over 1-z^3}+{5\over 1-z^5}\right)+\left({1\over 1+z}+{3\over 1+z^3}+{5\over 1+z^5}\right)= 6\left({1\over 1+1}+{1\over 1+z^2}+{1\over 1+z^4}\right)$$ Hence $${2\over 1-z^2}+{6\over 1+1}+{10\over 1-z^{10}}= {6\over 1+1}+{6\over 1+z^2}+{6\over 1+z^4}$$ $${2\over 1-z^2}+{10\over 1+z^4}= {6\over 1+z^2}+{6\over 1+z^4}\iff {1\over 1+z^4}={1-2z^2\over 1-z^4}\iff z^4-z^2+1=0$$ Since $z^6+1=(z^2+1)(z^4-z^2+1)=0$ el algebraicas de verificación se terminó.

Ejemplo algebraico de verificación: $n=7$, en número impar.

$$A={1\over 1-z}+{3\over 1-z^3}+{5\over 1-z^5}+{7\over 1+1}+{7+2\over 1+z^2}+{7+4\over 1+z^4}+{7+6\over 1+z^6}=B$$ $$\left({1-6z\over 1-z}-{7\over 1+z}+{7z^2\over 1-z^2}+{2+5z^2\over 1+z^2}+{4\over 1+z^4}\right)={7\over 1+z^3}-{3\over 1-z^3}$$ $$\left({2z(2z^7-z^6+z^5-z^4+6z^3-z^2+z-1)\over z^8-1}\right)={7\over 1+z^3}-{3\over 1-z^3}$ $ , pero el paréntesis es igual a$$ {2z(5z^3-2)\over –z-1} $$because$$ \left({2z(2z^7-(\color{red}{z^6-z^5+z^4-z^3+z^2-z+1})+5z^3)\over z^8-1}\right)={2z(5z^3-2)\over –z-1} $$donde el rojo polinomio es nulo como un factor de $z^7+1=0$. Por lo tanto$$ {2z(5z^3-2)\over –z-1}={7\over 1+z^3}-{3\over 1-z^3}= {2(5z^2-2)\over z^6-1} $$i.e$$ {z\over –z-1}={1\over z^6-1}\iff z^7-z=-z-1$$ which ends the proof $n=7$.

Answer 3

Dado un número entero positivo $n$ que define a $z := \exp(\pi i/n),$ podemos generalizar el extraño periódica de la suma con $$S_n(x) := \sum_{k=0}^{n-1}\frac{2k+1}{1-xz^{2k+1}}.$$ El poder de la serie al $|x| < 1$ es $$S_n(x) = \sum_{E=0}^{\infty}x^E\sum_{k=0}^{n-1}(2k+1)z^{2kE+E}.$$ De esta forma se simplifica con la suma ponderada, $$\left.\frac{d}{dr}(\frac{r-r^{2n+1}}{1-r^2})\right|_{r=z^E} = \sum_{k=0}^{n-1}(2k+1)z^{2kE},\ \mbox{ a}$$ $$S_n(x) = \sum_{E=0}^{\infty}\frac{1-z^{2}-(2n+1)z^{2En}+(2n+1)z^{2En+2E}+ 2z^{2}-2z^{2En+2E}}{(1-z^{2})^2}(xz)^E.$$ Se observa que el $z^{2E}\to1$ correctamente reduce la fracción de a $n^2,\ $ el periodo es (casi) $n,\ $ y $$S_n(x) = \frac{1}{1+x^n}\left( n^2 - 2n\sum_{E=1}^{n-1} \frac{(xz)^E}{1-z^{2}} \right).$$ Antes de tomar $x\to1,\ $ necesitamos recordar $$z=\exp(\pi i/n)\ \implica\ n = 1+\sum_{E=1}^{n-1}\frac{2}{1-z^{2}}.$$ Podemos evaluar nuestro analítica suma en $$S_n(1) = \frac{n}{2}\left(1 + 2\sum_{E=1}^{n-1}\frac{1-z^E}{1-z^{2}} \right)$$ para encontrar la relación deseada $$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{2k+1}{1-z^{2k+1}}\ =\ \sum_{k=0}^{n-1}\frac{n}{1+z^k}.$$