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i维数

木虫 (正式写手)

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专业: 偏微分方程

[求助] 求解方程组已有1人参与

如图，最好有过程。谢谢各位大神！

解方程组.png

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1楼 2016-07-06 12:08:59

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hya1968

发自小木虫Android客户端

2楼2016-07-06 12:39:47

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hank612

至尊木虫 (著名写手)

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【答案】应助回帖

★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★
感谢参与，应助指数 +1
i维数: 金币+10, ★★★★★最佳答案, 懂了，谢谢大神！ 2016-07-10 22:26:10

在数学中，有一个TANCAS假说(hypothesis), 意思是The Obvious Necessary Condition is Also Sufficient, 那显然必要的条件就是充分条件。

举个例子来说，设数域k, 它的代数闭域K. 那么多元多项式 $f_1,\dots,f_m\in k[x_1,x_2,\dots,x_n]$ 没有公共零点的充分必要条件是存在多元多项式 $g_1,\dots,g_m\in K[x_1,x_2,\dots,x_n]$ ,使得 $g_1\cdot f_1+\dots +g_m\cdot f_m=1$ . 大家都能看出和为1自然不可能有公共零点，可Hilbert看出这就是使得若干多项式没有公共零点的唯一障碍，也就是TANCAS.

现在，@i维数也发现一例TANCAS. 设n为正整数， $c_1,\dots,c_n$ 为正数， $S_k=\sum_{j=1}^k c_j$ , 则 $\frac{S_1+S_2+\dots +S_n}{c_1}=\frac{S_2+\dots+S_n}{c_2}=\dots=\frac{S_n}{c_n}$ 的充分必要条件是 $c_k=r\cdot \left(\sin{\frac{k\pi}{2n+1}}-\sin{\frac{(k-1)\pi}{2n+1}} \right)$ , r为某个正的常数。

将命题中的公共比例记为 $\frac{S_n}{c_n}=\frac{1}{2-2\cos{a}}$ . 这么记是为了方便，完全是受了i维数的序列的启发。

于是得到n个方程 $(2-2\cos{a})(S_k+S_{k+1}+\dots+S_n)=S_k-S_{k-1}$ ,k=1,...,n.(约定 $S_0=0$ )

每一个方程减去后面一个方程，得到 $(2-2\cos{a})S_k=(S_k-S_{k-1})-(S_{k+1}-S_k)$ ,
即 $S_{k+1}=2\cos{a}S_k-S_{k-1}$ .

注意到“可以任意选择正的常数r”相当于 $c_1=S_1$ 初值可以自由选择，设 $S_1=\sin{a}$ 。

那么由三角函数和差化积公式 $\sin{(k+1)a}=2\cos{a}\sin{ka}-\sin{(k-1)a}$ 及 $S_0=0$ 立刻知道 $S_k=\sin{(ka)}$ , 从而 $c_k=2\sin{\frac{a}{2}}\cos{\frac{(2k-1)a}{2}}$

i维数告诉我们角度a 不能任意乱取，大家来看看为什么。

我们把最初的n个方程左右各加起来，得到 $(2-2\cos{a})(\sum_{k=1}^n kS_k)=S_n$ .
由众所周知的三角恒等式 $\sum_{k=1}^n \sin{kx}=\frac{1}{4\sin^2{\frac{x}{2}}}\left((n+1)\sin(nx)-n\sin(n+1)x\right)$ ，
得到关于角度a 的约束条件 $\sin(na)=\sin(n+1)a$ , 即在 $\sin{\frac{a}{2}}\neq 0$ 时，必须有 $\cos{\frac{(2n+1)a}{2}}=0$ , 于是 $a=\frac{2}{2n+1}(\frac{\pi}{2}+m\pi)=\frac{2m+1}{2n+1}\pi$ , 对某个整数m.

可是， $c_k>0$ 意味着 $\cos\frac{(2k-1)(2m+1)}{2(2n+1)}\pi>0$ , 对k=1,2,..,n成立。这使得m必须等于0。

从而 $S_k=\sin{\frac{k\pi}{2n+1}}$ ,
$c_k=\sin{\frac{k\pi}{2n+1}}-\sin{\frac{(k-1)\pi}{2n+1}}$ 就是 i维数的TANCAS。

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We_must_know. We_will_know.

3楼2016-07-07 23:29:17

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