¿Por qué $\sum_{n=0}^k \cos^{2k}\left(x + \frac{n \pi}{k+1}\right) = \frac{(k+1)\cdot(2k)!}{2^{2k} \cdot k!^2}$ ?

Question

En el artículo "A Parametric Texture Model based on Joint Statistics of Complex Wavelet Coefficients", los autores utilizan esta ecuación para la parte angular del filtro en coordenadas polares:

$$\sum_{n=0}^k \cos^{2k}\left(x + \frac{n \pi}{k+1}\right)$$

Mi amigo y yo hemos probado muchos valores de $k > 1$ y en cada caso esta suma es igual a $$\frac{(k+1)\cdot(2k)!}{2^{2k} \cdot k!^2}$$ El documento también lo afirma.

Nos interesa tener una explicación analítica de esta igualdad, si es que realmente se cumple. ¿Cómo podemos obtenerla algebraicamente?

TL;DR

¿Es esto cierto? $$\sum_{n=0}^k \cos^{2k}\left(x + \frac{n \pi}{k+1}\right) = \frac{(k+1)\cdot(2k)!}{2^{2k} \cdot k!^2}$$

Answer 1

Supongamos que queremos comprobar que

$$\sum_{k=0}^n \cos^{2n}\left(x+\frac{k\pi}{n+1}\right) = \frac{n+1}{2^{2n}} {2n\choose n}.$$

El LHS es

$$\sum_{k=0}^n \cos^{2n}\left(x+\frac{k\times 2\pi}{2n+2}\right).$$

Observe también que

$$\sum_{k=0}^n \cos^{2n}\left(x+\frac{(k+n+1)\times 2\pi}{2n+2}\right) \\ = \sum_{k=0}^n \cos^{2n}\left(x+\pi+\frac{k\times 2\pi}{2n+2}\right) = \sum_{k=0}^n \cos^{2n}\left(x+\frac{k\times 2\pi}{2n+2}\right)$$

porque el coseno está elevado a una potencia par. Por lo tanto el LHS es de hecho

$$\frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2n+1} \cos^{2n}\left(x+\frac{k\times 2\pi}{2n+2}\right).$$

Por lo tanto, tenemos que demostrar que

$$\frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2n+1} \left(\exp\left(ix+k\times\frac{2\pi i}{2n+2}\right) + \exp\left(-ix-k\times\frac{2\pi i}{2n+2}\right)\right)^{2n} \\ = (n+1)\times {2n\choose n}.$$

Presentación de

$$f(z) = \left(\exp(ix)z+\exp(-ix)/z\right)^{2n} \frac{(2n+2)z^{2n+1}}{z^{2n+2}-1}$$

Tenemos que la suma es

$$\frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2n+1} \mathrm{Res}_{z=\exp(2\pi ik/(2n+2))} f(z).$$

Los otros polos potenciales están en $z=0$ y en $z=\infty$ y el residuos deben sumar cero. Para el polo candidato en cero escribimos

$$f(z) = \left(\exp(ix)z^2+\exp(-ix)\right)^{2n} \frac{(2n+2)z}{z^{2n+2}-1}$$

y vemos que desaparece. Por lo tanto la suma objetivo viene dada por

$$-\frac{1}{2} \mathrm{Res}_{z=\infty} f(z) \\ = \frac{1}{2} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} \left(\exp(ix)/z+\exp(-ix)z\right)^{2n} \frac{1}{z^{2n+1}} \frac{2n+2}{1/z^{2n+2}-1} \\ = \frac{1}{2} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z} \left(\exp(ix)/z+\exp(-ix)z\right)^{2n} \frac{2n+2}{1-z^{2n+2}} \\ = \frac{1}{2} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^{2n+1}} \left(\exp(ix)+\exp(-ix)z^2\right)^{2n} \frac{2n+2}{1-z^{2n+2}}.$$

Esto es

$$(n+1) [z^{2n}] \left(\exp(ix)+\exp(-ix)z^2\right)^{2n} \frac{1}{1-z^{2n+2}}.$$

Ahora tenemos

$$\frac{1}{1-z^{2n+2}} = 1 + z^{2n+2} + z^{4n+4} + \cdots$$

y sólo el primer término contribuye, dejando

$$(n+1) [z^{2n}] \left(\exp(ix)+\exp(-ix)z^2\right)^{2n} \\ = (n+1) \times {2n\choose n} \exp(ixn)\exp(-ixn) = (n+1) \times {2n\choose n}.$$

Esta es la reclamación.

Observación. Inspirado por el trabajo de este Enlace MSE .

Answer 2

Esto no es una respuesta, pero es demasiado largo para un comentario.

En $$u_k=\sum_{n=0}^k \cos\left(x + \frac{n \,\pi}{k+1}\right)^{2k}$$ y calculando los primeros términos (con algunas simplificaciones trigonométricas menores) $$\left( \begin{array}{ccc} k & u_k & \text{value}\\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & \cos ^2(x)+\sin ^2(x) & 1 \\ 2 & \cos ^4(x)+\sin ^4\left(x-\frac{\pi }{6}\right)+\sin ^4\left(x+\frac{\pi }{6}\right) & \frac{9}{8} \\ 3 & \cos ^6\left(x-\frac{\pi }{4}\right)+\cos ^6(x)+\cos ^6\left(x+\frac{\pi }{4}\right)+\sin ^6(x) & \frac{5}{4} \\ 4 & \cos ^8\left(x-\frac{\pi }{5}\right)+\cos ^8(x)+\cos ^8\left(x+\frac{\pi }{5}\right)+\sin ^8\left(x-\frac{\pi }{10}\right)+\sin ^8\left(x+\frac{\pi }{10}\right) & \frac{175}{128} \end{array} \right)$$ Expandiendo los términos (esto es bastante tedioso) se llega a las constantes.

Admiro el hecho de que hayas sido capaz de identificar que los números son tales que $$u_k=\frac{ (k+1)\, (2 k)!}{2^{2 k} \,(k!)^2}$$ ¿Podría decirnos cómo llegó a esa identificación?

Answer 3

Tenga en cuenta en primer lugar que

$$ \left[\cos\left(x+\frac{n\pi}{k+1}\right)\right]^{2k} = \frac{1}{2^{2k}} \exp\left(-i2k\left(x+\frac{n\pi}{k+1}\right)\right)\sum_{j=0}^{2k} {2k \choose j} \exp\left(i2j\left(x+\frac{n\pi}{k+1}\right)\right) $$ Entonces, \begin{align} \sum_{n=0}^k \left[\cos\left(x+\frac{n\pi}{k+1}\right)\right]^{2k} &= \frac{1}{2^{2k}} \sum_{n=0}^k \exp\left(-i2k\left(x+\frac{n\pi}{k+1}\right)\right)\sum_{j=0}^{2k} {2k \choose j} \exp\left(i2j\left(x+\frac{n\pi}{k+1}\right)\right) \\ &= \frac{1}{2^{2k}} \sum_{j=0}^{2k} {2k \choose j} \sum_{n=0}^k \exp\left(i2\left(x+\frac{n\pi}{k+1}\right)(j-k)\right) \tag{1} \end{align} Ahora, supongamos que $j \neq k$ . Entonces, \begin{align} (1) &= \frac{1}{2^{2k}} \sum_{j=0}^{2k} {2k \choose j} \exp(i2x(j-k)) \sum_{n=0}^k \left[\exp\left(i2\frac{\pi}{k+1}(j-k)\right)\right]^n \\ &= \frac{1}{2^{2k}} \sum_{j=0}^{2k} {2k \choose j} \exp(i2x(j-k)) \frac{1 - \left[\exp\left(i2\frac{\pi}{k+1}(j-k)\right)\right]^{k+1}}{1-\exp\left(i2\frac{\pi}{k+1}(j-k)\right)} \\ &= 0 \end{align} Así, considerando $(1)$ sólo cuando $j=k$ tenemos el resultado.