Prueba $\sum\limits_{l=1}^n \sum\limits _{k=1}^{n-1}\tan \frac {lk\pi }{2n+1}\tan \frac {l(k+1)\pi }{2n+1}=0$

Question

Demostrar que $$\sum _{l=1}^{n}\sum _{k=1}^{n-1}\tan \frac {lk\pi } {2n+1}\tan \frac {l( k+1) \pi } {2n+1}=0$$

---

Es muy fácil demostrar esta identidad para cada fijo $n$ . Por ejemplo $n = 6$ escribiendo todos los términos en un $5 \times 6$ matriz, obtenemos:

$\begin{matrix} \tan \dfrac {\pi } {13}\tan \dfrac {2\pi } {13} & \tan \dfrac {2\pi } {13}\tan \dfrac {3\pi } {13} & \tan \dfrac {3\pi } {13}\tan \dfrac {4\pi } {13} & \tan \dfrac {4\pi } {13}\tan \dfrac {5\pi } {13} & \tan \dfrac {5\pi } {13}\tan \dfrac {6\pi } {13} \\ \tan \dfrac {2\pi } {13}\tan \dfrac {4\pi } {13} & \tan \dfrac {4\pi } {13}\tan \dfrac {6\pi } {13} & \tan \dfrac {6\pi } {13}\tan \dfrac {8\pi } {13} & \tan \dfrac {8\pi } {13}\tan \dfrac {10\pi } {13} & \tan \dfrac {10\pi } {13}\tan \dfrac {12\pi } {13} \\ \tan \dfrac {3\pi } {13}\tan \dfrac {6\pi } {13} & \tan \dfrac {6\pi } {13}\tan \dfrac {9\pi } {13} & \tan \dfrac {9\pi } {13}\tan \dfrac {12\pi } {13} & \tan \dfrac {12\pi } {13}\tan \dfrac {15\pi } {13} & \tan \dfrac {15\pi } {13}\tan \dfrac {18\pi } {13} \\ \tan \dfrac {4\pi } {13}\tan \dfrac {8\pi } {13} & \tan \dfrac {8\pi } {13}\tan \dfrac {12\pi } {13} & \tan \dfrac {12\pi } {13}\tan \dfrac {16\pi } {13} & \tan \dfrac {16\pi } {13}\tan \dfrac {20\pi } {13} & \tan \dfrac {20\pi } {13}\tan \dfrac {24\pi } {13} \\ \tan \dfrac {5\pi } {13}\tan \dfrac {10\pi } {13} & \tan \dfrac {10\pi } {13}\tan \dfrac {15\pi } {13} & \tan \dfrac {15\pi } {13}\tan \dfrac {20\pi } {13} & \tan \dfrac {20\pi } {13}\tan \dfrac {25\pi } {13} & \tan \dfrac {25\pi } {13}\tan \dfrac {30\pi } {13} \\ \tan \dfrac {6\pi } {13}\tan \dfrac {12\pi } {13} & \tan \dfrac {12\pi } {13}\tan \dfrac {18\pi } {13} & \tan \dfrac {18\pi } {13}\tan \dfrac {24\pi } {13} & \tan \dfrac {24\pi } {13}\tan \dfrac {30\pi } {13} & \tan \dfrac {30\pi } {13}\tan \dfrac {36\pi } {13} \end{matrix}$

se puede notar entonces, que la primera columna desaparece la cuarta :

$\tan \dfrac {\pi } {13}\tan \dfrac {2\pi } {13}=-\tan \dfrac {12\pi } {13}\tan \dfrac {15\pi } {13}$

$\tan \dfrac {2\pi } {13}\tan \dfrac {4\pi } {13}=-\tan \dfrac {24\pi } {13}\tan \dfrac {30\pi } {13}$

$\tan \dfrac {3\pi } {13}\tan \dfrac {6\pi } {13}=-\tan \dfrac {16\pi } {13}\tan \dfrac {20\pi } {13}$

$\tan \dfrac {4\pi } {13}\tan \dfrac {8\pi } {13}=-\tan \dfrac {4\pi } {13}\tan \dfrac {5\pi } {13}$

$\tan \dfrac {5\pi } {13}\tan \dfrac {10\pi } {13}=-\tan \dfrac {8\pi } {13}\tan \dfrac {10\pi } {13}$

$\tan \dfrac {6\pi } {13}\tan \dfrac {12\pi } {13}=-\tan \dfrac {20\pi } {13}\tan \dfrac {25\pi } {13}$

y la tercera columna desaparece la quinta :

$\tan \dfrac {3\pi } {13}\tan \dfrac {4\pi } {13}=-\tan \dfrac {30\pi } {13}\tan \dfrac {36\pi } {13}$

$\tan \dfrac {6\pi } {13}\tan \dfrac {8\pi } {13}=-\tan \dfrac {5\pi } {13}\tan \dfrac {6\pi } {13}$

$\tan \dfrac {9\pi } {13}\tan \dfrac {12\pi } {13}=-\tan \dfrac {25\pi } {13}\tan \dfrac {30\pi } {13}$

$\tan \dfrac {12\pi } {13}\tan \dfrac {16\pi } {13}=-\tan \dfrac {10\pi } {13}\tan \dfrac {12\pi } {13}$

$\tan \dfrac {15\pi } {13}\tan \dfrac {20\pi } {13}=-\tan \dfrac {20\pi } {13}\tan \dfrac {24\pi } {13}$

$\tan \dfrac {18\pi } {13}\tan \dfrac {24\pi } {13}=-\tan \dfrac {15\pi } {13}\tan \dfrac {18\pi } {13}$

mientras que la segunda columna es autovanguardista:

$\tan \dfrac {2\pi } {13}\tan \dfrac {3\pi } {13}=-\tan \dfrac {10\pi } {13}\tan \dfrac {15\pi } {13}$

$\tan \dfrac {4\pi } {13}\tan \dfrac {6\pi } {13}=-\tan \dfrac {6\pi } {13}\tan \dfrac {9\pi } {13}$

$\tan \dfrac {8\pi } {13}\tan \dfrac {12\pi } {13}=-\tan \dfrac {12\pi } {13}\tan \dfrac {18\pi } {13}$ .

Así que la igualdad se produce. Pero, ¿cómo generalizar la prueba?

Answer 1

Micah ya señaló el camino en un comentario: La identidad

$$\tan a \tan b = \frac{\tan a - \tan b}{\tan(a-b)} - 1$$

hace que la suma interior sea telescópica. Para aprovechar al máximo esto, ampliemos la suma interna a $k=2n$ :

$$ \begin{align} \sum _{l=1}^{n}\sum _{k=1}^{2n}\tan \frac {lk\pi } {2n+1}\tan \frac {l(k+1) \pi } {2n+1} &= \sum _{l=1}^{n}\sum _{k=1}^{2n}\left(\frac{\tan \frac {l(k+1)\pi } {2n+1}-\tan \frac {lk \pi } {2n+1}}{\tan\frac {l\pi}{2n+1}}-1\right) \\ &= \sum _{l=1}^{n}\left(\frac{\tan \frac {l(2n+1)\pi } {2n+1}-\tan \frac {l\pi } {2n+1}}{\tan\frac {l\pi}{2n+1}}-2n\right) \\ &= \sum _{l=1}^{n}(0-1-2n) \\ &= -n(2n+1)\;. \end{align} $$

Esta suma contiene cada uno de los términos que queremos sumar dos veces, con simetría de espejo, y contiene un término adicional en el medio para $k=n$ . Así, para que nuestra suma desaparezca, necesitamos

$$ \sum _{l=1}^{n}\tan \frac {ln\pi } {2n+1}\tan \frac {l(n+1) \pi } {2n+1}=-n(2n+1)\;. $$

Los argumentos de los dos factores se suman a $l\pi$ Así que son negativos el uno del otro, por lo que estamos buscando

$$ -\sum _{l=1}^{n}\tan^2 \frac {ln\pi } {2n+1}\;. $$

Podemos volver a ampliar la suma a $2n$ para duplicarlo, ya que los argumentos forman pares que suman $n\pi$ entonces, ya que $n$ y $2n+1$ son coprimos, podemos sustituir $ln$ por $l$ mientras se recorren los mismos argumentos; y entonces podemos volver a poner el límite superior en $n$ ya que los argumentos siguen sumando $\pi$ en parejas. Por lo tanto, lo que necesitamos es

$$ \sum _{l=1}^{n}\tan^2 \frac {l\pi } {2n+1}=n(2n+1)\;. $$

La forma de hallar esta suma se muestra en Demostrar que $\sum\limits_{k=1}^{n-1}\tan^{2}\frac{k \pi}{2n} = \frac{(n-1)(2n-1)}{3}$ . Adaptando el argumento de la respuesta aceptada allí para nuestro denominador impar, obtenemos

$$ \left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}+\mathrm i\sin\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1}=(-1)^k\;, $$

tomando la parte imaginaria,

$$ \sum_{r=0}^n\binom{2n+1}{2r+1}\left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n-2r}\left(\mathrm i\sin\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2r+1}=0\;, $$

dividiendo por $\left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1}$ ,

$$ \sum_{r=0}^n\binom{2n+1}{2r+1}\left(\mathrm i\tan\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2r+1}=0\;, $$

y dividiendo por $\tan\frac{k\pi}{2n+1}$ y dejar que $x=\tan^2\frac{k\pi}{2n+1}$ ,

$$ \sum_{r=0}^n\binom{2n+1}{2r+1}(-x)^r=0\;. $$

Entonces la fórmula de Vieta muestra que la suma de las raíces de esta ecuación es

$$\frac{\binom{2n+1}2}{\binom{2n+1}0}=n(2n+1)\;,$$

según sea necesario.

[ Actualización: ]

Esta respuesta sugiere una forma alternativa y más elemental de calcular la suma de los cuadrados de las tangentes: En la cuadrícula $\frac{l\pi}{2n+1}$ la tangente se descompone en $n$ senos mutuamente ortogonales, cada uno de los cuales el producto punto consigo mismo es $2n+1$ por lo que el producto punto de la tangente por sí misma es $n(2n+1)$ .

Answer 2

A partir de $$ \tan(x-y) = \frac{\tan(x)-\tan(y)}{1+\tan(x)\tan(y)}\tag{1} $$ obtenemos $$ \tan(x)\tan(y)=\frac{\tan(x)-\tan(y)}{\tan(x-y)}-1\tag{2} $$ Así, $$ \tan\left(\frac{l(k+1)\pi}{2n+1}\right)\tan\left(\frac{lk\pi}{2n+1}\right) =\frac{\tan\left(\frac{l(k+1)\pi}{2n+1}\right)-\tan\left(\frac{lk\pi}{2n+1}\right)}{\tan\left(\frac{l\pi}{2n+1}\right)}-1\tag{3} $$ Por lo tanto, debido a la suma telescópica, $$ \begin{align} \sum_{k=1}^{n-1}\tan\left(\frac{l(k+1)\pi}{2n+1}\right)\tan\left(\frac{lk\pi}{2n+1}\right) &=\frac{\tan\left(\frac{ln\pi}{2n+1}\right)-\tan\left(\frac{l\pi}{2n+1}\right)}{\tan\left(\frac{l\pi}{2n+1}\right)}-(n-1)\\ &=\frac{\tan\left(\frac{ln\pi}{2n+1}\right)}{\tan\left(\frac{l\pi}{2n+1}\right)}-n\tag{4} \end{align} $$ Tenga en cuenta que $$ \frac{\tan\left(\frac{(2n+1-l)n\pi}{2n+1}\right)}{\tan\left(\frac{(2n+1-l)\pi}{2n+1}\right)} =\frac{\tan\left(\frac{ln\pi}{2n+1}\right)}{\tan\left(\frac{l\pi}{2n+1}\right)}\tag{5} $$ por lo que al sustituir el impar $l$ s con incluso $2n+1-l$ s y utilizando $\tan(2x)=\frac{2\tan(x)}{1-\tan^2(x)}$ obtenemos $$ \begin{align} \sum_{l=1}^n\frac{\tan\left(\frac{ln\pi}{2n+1}\right)}{\tan\left(\frac{l\pi}{2n+1}\right)} &=\sum_{l=1}^n\frac{\tan\left(\frac{2ln\pi}{2n+1}\right)}{\tan\left(\frac{2l\pi}{2n+1}\right)}\\ &=-\sum_{l=1}^n\frac{\tan\left(\frac{l\pi}{2n+1}\right)}{\tan\left(\frac{2l\pi}{2n+1}\right)}\\ &=\frac12\sum_{l=1}^n\left(\tan^2\left(\frac{l\pi}{2n+1}\right)-1\right)\tag{6} \end{align} $$

---

Utilizando la integración de contornos, calcularemos $$ \sum_{l=1}^n\tan^2\left(\frac{\pi l}{2n+1}\right)=n(2n+1)\tag{7} $$ Tenga en cuenta que $$ \frac{(2n+1)/z}{z^{2n+1}-1}\tag{8} $$ tiene polos simples. Tiene residuos $1$ en $z=e^{\large\frac{2\pi li}{2n+1}}$ para cada $l$ y residuos $-(2n+1)$ en $z=0$ .

Además, en $z=e^{i\theta}$ , $$ -\left(\dfrac{z-1}{z+1}\right)^2=\tan^2(\theta/2)\tag{9} $$ Porque el residuo total de $$ f(z)=\left(\frac{z-1}{z+1}\right)^2\frac{(2n+1)/z}{z^{2n+1}-1}\tag{10} $$ es $0$ obtenemos que la suma de sus residuos en $z=0$ y $z=-1$ es igual a $$ \sum_{l=1}^{2n}\tan^2\left(\frac{\pi l}{2n+1}\right)=2\sum_{l=1}^n\tan^2\left(\frac{\pi l}{2n+1}\right)\tag{11} $$ Primero, $$ \mathrm{Res}_{z=0}f(z)=-(2n+1)\tag{12} $$ Siguiente, $$ \begin{align} \mathrm{Res}_{z=-1}f(z) &=\mathrm{Res}_{z=0}f(z-1)\\ &=\mathrm{Res}_{z=0}(2n+1)\left(\frac{z-2}{z}\right)^2\frac1{1-z}\frac1{1+(1-z)^{2n+1}}\\ &=\mathrm{Res}_{z=0}(2n+1)\left(1-\frac4z+\frac4{z^2}\right)(1+z+\dots)\frac12\left(1+\frac{2n+1}{2}z+\dots\right)\\ &=\mathrm{Res}_{z=0}\frac{2n+1}{2}\left(1-\frac4z+\frac4{z^2}\right)\left(1+\frac{2n+3}{2}z+\dots\right)\\ &=\mathrm{Res}_{z=0}\frac{4n+2}{z^2}+\frac{(2n+1)^2}{z}+\dots\\ &=(2n+1)^2\tag{13} \end{align} $$ Combinando $(11)$ , $(12)$ y $(13)$ , produce $(7)$ .

---

Combinando $(4)$ , $(6)$ y $(7)$ produce $$ \sum_{k=1}^{n-1}\tan\left(\frac{l(k+1)\pi}{2n+1}\right)\tan\left(\frac{lk\pi}{2n+1}\right)=0\tag{14} $$

Answer 3

Esto no es una respuesta, sólo unos resultados numéricos que no caben en los comentarios.

Si primero se realiza la suma sobre $l$ el resultado es siempre un múltiplo entero de $2n+1$ . No veo un patrón en los multiplicadores, pero pensé en publicarlos por si alguien más lo hace. Los números de la tabla son los multiplicadores $m$ en

$$ \sum _{l=1}^{n}\tan \frac {lk\pi } {2n+1}\tan \frac {l( k+1) \pi } {2n+1}=m(2n+1)\;, $$

con $n$ creciente hacia abajo y $k$ a la derecha.

$$ \begin{array}{r|rr} &1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&16&17\\\hline 2&0\\ 3&-1&1\\ 4&0&-1&1\\ 5&-1&-1&1&1\\ 6&0&0&-2&0&2\\ 7&-1&0&-2&1&0&2\\ 8&0&-2&2&-2&0&0&2\\ 9&-1&1&-1&-3&1&1&-1&3\\ 10&0&-1&-1&2&-3&0&-1&1&3\\ 11&-1&-1&-1&1&-3&1&1&-1&1&3\\ 12&0&0&0&-2&2&-4&0&0&0&0&4\\ 13&-1&0&0&-1&0&-4&3&-1&1&-1&0&4\\ 14&0&-2&0&-2&2&2&-4&0&0&-2&2&0&4\\ 15&-1&1&-3&3&-3&1&-5&3&-1&1&-1&-1&1&5\\ 16&0&-1&1&-2&-1&1&2&-5&-1&1&0&-1&0&1&5\\ 17&-1&-1&1&-1&-3&2&0&-5&3&-1&1&1&-2&0&1&5\\ 18&0&0&-2&0&2&-4&0&4&-6&2&-2&0&-2&2&0&0&6\\ \end{array} $$

Answer 4

Para demostrarlo,

$$\sum _{l=1}^{n}\sum _{k=1}^{n-1}\tan \frac {lk\pi } {2n+1}\tan \frac {l( k+1) \pi } {2n+1}=0$$

Considere lo siguiente,

$$\tan ( \frac {l(k+1)\pi } {2n+1} - \frac {l(k)\pi } {2n+1} ) = \frac { \tan \frac {l(k+1)\pi } {2n+1} - \tan \frac {l(k)\pi } {2n+1} } {1 + \tan \frac {l(k+1))\pi } {2n+1}\tan \frac {l(k) \pi } {2n+1}}$$

es decir $$\tan ( \frac {l\pi } {2n+1} ) = \frac { \tan \frac {l(k+1)\pi } {2n+1} - \tan \frac {l(k)\pi } {2n+1} } {1 + \tan \frac {l(k+1))\pi } {2n+1}\tan \frac {l(k) \pi } {2n+1}}$$

es decir $$\ ( 1 + \tan \frac {l(k+1))\pi } {2n+1}\tan \frac {l(k) \pi } {2n+1}) = \frac { \tan \frac {l(k+1)\pi } {2n+1} - \tan \frac {l(k)\pi } {2n+1} } {\tan \frac {l\pi } {2n+1}}$$

es decir $$\tan \frac {l(k+1))\pi } {2n+1}\tan \frac {l(k) \pi } {2n+1} = (\frac { \tan \frac {l(k+1)\pi } {2n+1} - \tan \frac {l(k)\pi } {2n+1} } {\tan \frac {l\pi } {2n+1}} - 1)$$

Mantenga l = 1 y tome $$\sum _{k=1}^{n-1}$$

A continuación, mantenga l = 2 y tome $$\sum _{k=1}^{n-1}$$

.......

Continúe esto hasta que l se agote para l = n

Ahora suma todos los términos que obtienes y vemos que la suma es efectivamente igual a 0

es decir $$\sum _{l=1}^{n}\sum _{k=1}^{n-1}\tan \frac {lk\pi } {2n+1}\tan \frac {l( k+1) \pi } {2n+1}=0$$