Matematické Fórum

PlusPlusPlus · 17. 09. 2016 20:24

Zdravím. Dovolím si představit výběr poznatků ze svého osobního bádání. Pokusíte se nalézt důkazy?
Teorém č.1

$x\in\mathbb{R}\wedge x\neq \mathrm 2l\pi \wedge l\in \mathbb{Z}$
$\sum_{k=1}^psin\left(cos\left(xk-\frac{x}{2}\right) \right)*cos\left(sin\left(xk-\frac{x}{2}\right)*ctg\left(\frac{x}{2}\right)\right) = \frac{1}{2}*sin\left(\frac{sin\left(px \right)}{sin\left(\frac{x}{2}\right)} \right)$

P.K.

PlusPlusPlus

Teorém č.2 - dokázáno

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

DOKÁZÁNO.

PlusPlusPlus · 12. 11. 2016 11:16

Teorém č.3 - naleznete důkaz ?

$k,p\in\mathbb{R}\wedge k\neq \mathrm 2l\pi \wedge l\in \mathbb{Z}$

$\sum_{x=1}^nx^2sin\left(kx+p\right) = . . . =\frac{3sin(kn+p)-3sin(kn+k+p)-sin(kn-k+p)+sin(kn+2k+p)}{4(1-cosk)^2}\cdot n^2 +$
$+ \frac{4sin(kn+p)-2sin(kn+k+p)-2sin(kn-k+p)}{4(1-cosk)^2}\cdot n +$
$+ \frac{sin(kn+k+p)-sin(kn-k+p)-sin(k+p)+sin(p-k)}{4(1-cosk)^2}$

P.K.

Pavel · 12. 11. 2016 22:46

↑ PlusPlusPlus:

Jednoduše se ukáže, že

$\sum_{k=1}^p&\sin\left(\cos\left(xk-\frac{x}{2}\right) \right)\cdot\cos\left(\sin\left(xk-\frac{x}{2}\right)\cdot\cot\left(\frac{x}{2}\right)\right)\\[.5\baselineskip] &=\sum_{k=1}^p\sin\left(\frac{\sin kx-\sin((k-1)x)}{2\sin\frac x2}\right)\cdot\cos\left(\frac{\sin kx+\sin((k-1)x)}{2\sin\frac x2}\right)\\[.5\baselineskip] &=\frac 12\sum_{k=1}^p\left(\sin\left(\frac{\sin kx}{\sin\frac x2}\right)-\sin\left(\frac{\sin((k-1)x)}{\sin\frac x2}\right)\right)\\[.5\baselineskip] &=\frac 12\sin\left(\frac{\sin px}{\sin\frac x2}\right)$

Pavel · 12. 11. 2016 23:14

↑ PlusPlusPlus:

Stačí ukázat, že platí rovnost

$\left(2\sum_{k=1}^{3p}\sin 1\cdot\cos\left(2k-1\right) \right)^2 =\sin\left(\frac{3}{2}\right)\sum_{k=1}^{4p}\sin\left(3k-\frac{3}{2}\right)$

Jednoduše se ukáže, že

$\left(2\sum_{k=1}^{3p}\sin 1\cdot\cos\left(2k-1\right) \right)^2 = \left(\sum_{k=1}^{3p}\left(\sin 2k-\sin(2k-2)\right) \right)^2=\sin^2 6p$

Na druhou stranu

$\sin\left(\frac{3}{2}\right)\sum_{k=1}^{4p}\sin\left(3k-\frac{3}{2}\right)= -\frac 12\sum_{k=1}^{4p}(\cos(3k)-\cos(3k-3))=\frac{1-\cos 12p}2=\sin^2 6p$

PlusPlusPlus · 13. 11. 2016 11:24

↑↑ Pavel:

Děkuji za reakci a Váš čas. Přes dva sousední členy, to mě při konstrukci příkladu nenapadlo. OK - velmi lehké.

PlusPlusPlus

Teorém č.4 - kubicko - geometrická řada, naleznete důkaz ?

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Důkaz existuje

PlusPlusPlus

Teorém č.5 - motivační
Nalezení obecného vzorce pro rozklad mnohočlenu $A^n+B^n$ na součin pro sudé $n$ .

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Důkaz existuje

Bati · 13. 11. 2016 21:03

Zdravím ↑ PlusPlusPlus:,
to rozhodně není nic nového, protože lze snadno nahlédnout, že známý vzorec
$A^n-B^n=(A-B)\sum_{i=1}^nA^{i-1}B^{n-i}$ platí i pro komplexní čísla. Váš vzorec je pouze speciální případ tohoto.

Pavel · 13. 11. 2016 21:26 — Editoval Pavel (13. 11. 2016 21:28)

↑ PlusPlusPlus:

koeficient $k$ se zdá být nadbytečný. Jinými slovy, vzorec by bylo možné zjednodušit nahrazením výrazu $p^k$ např. proměnnou $r$ . Nic se ve významu vzorce nezmění.

Důkaz kubicko-geometrické řady lze provést několika způsoby - řešením speciální diferenční rovnice, vhodným derivováním a integrováním jisté mocninné řady, elementárními úpravami z teorie diferenčního a sumačního počtu využívající Abelovy parciální sumace apod.

PlusPlusPlus · 15. 11. 2016 19:54

↑↑ Bati:,
Jsem již starší člověk, takže mě některé věci trvají déle, než je pochopím. Z Vašeho příspěvku vidím, že Vámi uvedený vzorec rozkládá dvojčlen na součin, po dosazení $n=4$ je však výsledkem rozdíl dvojčlenu $A^4 - B^4$ , nikoliv jeho součet $A^4+B^4$ .
Můžete mě tedy napsat rozklad $A^8+B^8$ a $A^{768}+B^{768}$ , případně obecný vzorec pro libovolný součet dvojčlenu se sudým exponentem?
Mě se podařilo dohledat například tyto rozklady: http://www.aristoteles.cz/matematika/mo … oclenu.php Téma o kterém jsem psal, jsem na internetu, ani v mých zakoupených knihách nedohledal.
Děkuji za Váš čas.

PlusPlusPlus · 15. 11. 2016 20:34

Zdravím ↑↑ Pavel:

Jasně, lze napsat $(p^k)^x$ , a obsah závorky brát jako nějaký qocient geometrické řady.
Je možné Vámi uvedenými způsoby odvozovat i součty řad $\sum_{x=1}^nx^kp^{x}$ s vyššími přirozenými exponenty $k$ ? Mě se v oblasti řad podařilo dospět k mnoha užitečným poznatkům, které rád v budoucnu zveřejním.

Zbývá pouze řada $\sum_{x=1}^nx^2sin\left(kx+p\right) = . . .$ , řešení výpočtu je obecně známé ???

Bati · 15. 11. 2016 21:04

↑ PlusPlusPlus:
Stačí do toho vzorce dosadit $B:=Ce^{i\frac{\pi}n}$ . Pak $B^n=-C^n$ .

PlusPlusPlus

Ahoj ↑↑ Bati:,
$A^n-(Be^{\frac{i\pi}{n}})^n=A^n-B^n(e^{i\pi})=A^n-B^n(-1)=A^n+B^n$
Tak to se mě stává opravdu často. Zapomínám, nebo přehlížím. Děkuji za Váš příspěvek. Pro Vás maličkost, pro mě přínosná hodnota.
Zmátla mě skutečnost, že se v mém postupu a následném odvození nevyskutuje $\pi,e$

Matematické Fórum

#1 17. 09. 2016 20:24

P.K. Teorémy

#2 11. 11. 2016 16:24 — Editoval PlusPlusPlus (15. 11. 2016 20:45)

Re: P.K. Teorémy

#3 12. 11. 2016 11:16

Re: P.K. Teorémy

#4 12. 11. 2016 22:46

Re: P.K. Teorémy

#5 12. 11. 2016 23:14

Re: P.K. Teorémy

#6 13. 11. 2016 11:24

Re: P.K. Teorémy

#7 13. 11. 2016 19:01 — Editoval PlusPlusPlus (15. 11. 2016 20:44)

Re: P.K. Teorémy

#8 13. 11. 2016 20:28 — Editoval PlusPlusPlus (16. 11. 2016 19:18)

Re: P.K. Teorémy

#9 13. 11. 2016 21:03

Re: P.K. Teorémy

#10 13. 11. 2016 21:26 — Editoval Pavel (13. 11. 2016 21:28)

Re: P.K. Teorémy

#11 15. 11. 2016 19:54

Re: P.K. Teorémy

#12 15. 11. 2016 20:34

Re: P.K. Teorémy

#13 15. 11. 2016 21:04

Re: P.K. Teorémy

#14 16. 11. 2016 19:11 — Editoval PlusPlusPlus (16. 11. 2016 21:32)

Re: P.K. Teorémy

Zápatí