Identidad trigonométrica que implica la suma de las fracciones "Dirichlet like kernel like"

Question

La computación de los autovalores de una matriz relacionada con la transformada rápida de Fourier, nos topamos con las siguientes identidades.

Deje $k$ $N$ ser números naturales con $k<N$, entonces:

$$\sum\limits_{j=1}^N (-1)^{j+1}\frac {\sin \left( \frac{2\pi j k}{2N+1}\right)} {\sin\left( \frac{\pi j}{2N+1}\right)}=k$$ y $$\sum \limits_{j=1}^{N}(-1)^{j+1} \sin \left( \frac{\pi j k}{N}\right) \cuna \left( \frac{\pi j}{2N} \right)=k.$$ ¿Cómo puede ser probada? (Esto no es una tarea cuestión. He visto un montón de fórmulas similares, pero no exactamente a estas. Estos pueden ser reformulada en varias formas, por ejemplo, la primera es a la vez una identidad de polinomios de Chebyshev de segunda clase).

Answer 1

$\square$ Nos deja denotar $$S_k=\sum_{j=1}^N(-1)^{j+1}\frac{\sin \frac{2\pi j k}{2N+1}}{\sin \frac{\pi j}{2N+1}},$$ y observe que para $k=0,\ldots,N-1$ uno tiene \begin{align}S_{k+1}-S_k&=\sum_{j=1}^N(-1)^{j+1} \frac{\sin \frac{2\pi j (k+1)}{2N+1}-\sin \frac{2\pi j k}{2N+1}}{\sin \frac{\pi j}{2N+1}}=\\ &=2\sum_{j=1}^N(-1)^{j+1}\cos \frac{\pi j (2k+1)}{2N+1}=\\ &=\sum_{j=1}^N(-1)^{j+1}e^{\frac{\pi i (2k+1) j}{2N+1}}+\sum_{j=1}^N(-1)^{j+1}e^{-\frac{\pi i (2k+1) j}{2N+1}}=\\ &=e^{\frac{\pi i (2k+1)}{2N+1}}\frac{1-(-1)^Ne^{\frac{\pi i (2k+1)N}{2N+1}}}{1+e^{\frac{\pi i (2k+1)}{2N+1}}}+e^{-\frac{\pi i (2k+1)}{2N+1}}\frac{1-(-1)^Ne^{\frac{-\pi i (2k+1)N}{2N+1}}}{1+e^{-\frac{\pi i (2k+1)}{2N+1}}}=\\& =1+(-1)^{N+1}\frac{e^{\frac{\pi i (2k+1)(2N+1-N)}{2N+1}}+e^{\frac{-\pi i (2k+1)N}{2N+1}}}{1+e^{\frac{\pi i (2k+1)}{2N+1}}}=\\ &=1.\tag{%#%#%}\end{align} Aquí, en el primer paso usamos ese $\heartsuit$ y la tercera se obtiene al sumar la serie geométrica finita.

Obviamente, $\sin a -\sin b=2\sin\frac{a-b}{2}\cos\frac{a+b}{2}$, y por lo tanto la identidad de la primera (escrito como $S_0=0$) fácilmente se sigue de ($S_k=k$) por inducción. $\heartsuit$

La segunda identidad puede ser probado de una manera completamente análoga, es decir, teniendo en cuenta la diferencia de los lados de la izquierda para dos días consecutivos de $\blacksquare$, resumiendo el resultado serie geométrica finita y la inducción con un trivial caso base.

P. S. Como se ha señalado por Grigory M, no hay que resumir la serie geométrica: el mismo resultado ($k$) se puede lograr con simples manipulaciones.

Answer 2

(En el espíritu de kernel de Dirichlet & c), reescribamos la suma como $$ \ sum_ {j = 1} ^ N (-1) ^ {j +1} 2 \ left [\ cos \ left (\ frac {\ pi j } {2N +1} \ right) + \ cos \ left (\ frac {3 \ pi j} {2N +1} \ right) + \ dots + \ cos \ left (\ frac {(2k +1) \ pi j } {2N +1} \ derecha) \ derecha] $$ y cambie el orden de la suma - desde $$ 2 \ sum_ {j = 1} ^ N (-1) ^ {j +1} \ cos \ left (\ frac {(2l +1) \ pi j} {2N +1} \ right) = \ sum_ {j = 1} ^ {2N} (- 1) ^ {j +1} \ cos \ left (\ frac {( 2l +1) \ pi j} {2N +1} \ right) = 1 $$ hemos terminado.