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 Summe der Einheitswurzeln |
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digerdiga
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 15.11.2006
Mitteilungen: 1389
 |  Themenstart: 2017-12-07
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Bekanntlich ist ja die Summe der Einheitswurzeln Null:
\( \sum_{k=1}^{N} e^{i\frac{2\pi k}{N}} = 0 \)
Allerdings ist ja auch
\( \sum_{k=1}^{N} e^{i\frac{2\pi kn}{N}} = 0 \)
für \( n \in \left[1,...,N-1\right] \). Wenn N prim wäre, dann wäre die Abbildung
\( k\in \left[1,2,3,...,N-1\right] \longmapsto n\cdot k \mod N \)
bijektiv, so dass \(n\cdot k \mod N \) alle Zahlen von 1 bis N-1 (in einer anderen Reihenfolge) durchlaufen würde und es wäre klar, dass die Summe ebenfalls Null ist. Ist nun aber N beliebig warum gilt das ebenfalls?
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dromedar
Senior 
Dabei seit: 26.10.2013
Mitteilungen: 5123
Wohnort: München
 | Beitrag No.1, eingetragen 2017-12-08
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Hallo digerdiga,
diese Gleichung auf den Spezialfall $n=1$ zurückzuführen, lohnt sich nicht. Du kannst sie ganz einfach direkt beweisen: Setze
$\displaystyle
S=\sum_{k=1}^N\exp\left[i{2\pi kn\over N}\right]$
für irgendein $n\not\equiv0 \pmod N$. Dann ist
$\displaystyle
\exp\left[i{2\pi n\over N}\right]\cdot S=
\sum_{k=1}^N\exp\left[i{2\pi(k+1)n\over N}\right]=S$ ,
da die Abbildung
$k\,n\mapsto(k+1)\,n\pmod N$
bijektiv ist. Also ist $S=0$.
Grüße,
dromedar
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digerdiga
Wenig Aktiv
Dabei seit: 15.11.2006
Mitteilungen: 1389
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-08
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Hey, und Danke.
So wie ich angesetzt habe, wäre das noch zu retten oder ist das hoffnungslos, da für beliebige N meine Abbilung nicht bijektiv ist?
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digerdiga
Wenig Aktiv
Dabei seit: 15.11.2006
Mitteilungen: 1389
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-08
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Mir fällt gerade noch was anderes ein: Mit der geometrischen Reihe hat man ja \( \sum_{k=1}^{N} e^{i\frac{2\pi kn}{N}} = \frac{e^{i2\pi n}-1}{1-e^{-i\frac{2\pi n}{N}}} \)
und damit Null für \(n\neq 0 \mod N\)
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
 | Beitrag No.4, eingetragen 2017-12-08
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Naja, warum einfach, wenn es kompliziert auch geht. :-D
Seien $\zeta_k,\ k=1,2,...n$ die n-ten Einheitswurzeln (wie immer die auch konkret aussehen!) für ein $n>1$, dann gilt ja offensichtlich
$X^n-1=\prod\limits_{k=1}^n (X-\zeta_k)=X^n-\left(\sum\limits_{k=1}^n \zeta_k\right) X^{n-1}+...-1$
woraus durch Koeffizientenvergleich bei $X^{n-1}$ die Behauptung folgt. Man braucht dafür nur zu wissen, dass die komplexen Einheitswurzeln alle die Vielfachheit 1 haben, was hoffentlich auch klar ist.
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digerdiga
Wenig Aktiv
Dabei seit: 15.11.2006
Mitteilungen: 1389
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2017-12-08
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Das gefällt mir auch, aber
\quoteon
... was hoffentlich auch klar ist.
\quoteoff
Warum ist das unbedingt notwendig? Die Schritte wären doch selbst dann gültig, wenn eine Einheitswurzel nicht die Vielfachheit 1 hätte, oder?
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
| Beitrag No.6, eingetragen 2017-12-08
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\quoteon(2017-12-08 14:17 - digerdiga in Beitrag No. 5)
Die Schritte wären doch selbst dann gültig, etwas nicht die Vielfachheit 1 hätte, oder?
\quoteoff
Hätte eine der Einheitswurzeln nicht die Vielfachheit 1, so müsste man die Summe aller Einheitswurzeln dann so interpretieren, dass darin jede so oft als Summand vorkommt, als ihre Vielfachheit angibt, damit obiger Beweis noch gültig bleibt. Ich weiß jetzt nicht, ob diese Interpretation im Sinne des Erfinders der Aufgabe ist. Für $\mathbb C$ bzw. allgemeiner für Körper der Charakteristik 0 kann dieses Problem aber ohnehin nicht auftreten.
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