Suma de un trigonométrica de la serie que implican el pecado y tan

Question

Estoy tratando de demostrar que la siguiente expresión es verdadera: $$\sum_{k=1}^{N-1} \frac{\sin\left(\frac{\pi k n}{N}\right)}{\tan\left(\frac{\pi k}{2N}\right)} = N-n$$

Creo que la sustitución de $\tan\left(\frac{\pi k}{2N}\right)=\frac{\sin\left(\frac{\pi k}{N}\right)}{1+\cos\left(\frac{\pi k}{N}\right)}$ podría simplificar el problema, pero todavía me terminan con una serie trigonométrica de un término en el denominador, que no estoy seguro de cómo resolver.

Muchas gracias,
Calum

Answer 1

Uso $e^{i\theta}=\cos(\theta)+i\sin(\theta)$, $\theta\in\textbf{R}$ para escribir $$ \cos\left(\theta\right)=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\textbf{, }\theta\en\textbf{R}. $$ Por lo tanto $$ \cos\left(\frac{\pi k}{N}\right)\cos\left(\frac{n\pi k}{N}\right)= $$ $$ =\frac{1}{4}e^{-ik\pi/N-ikn\pi/N}+\frac{1}{4}e^{ik\pi/N+ikn\pi/N}+\frac{1}{4}e^{-ik\pi/N+ikn\pi/N} $$ $$ +\frac{1}{4}e^{ik\pi/N-ikn\pi/N}.\la etiqueta{id} $$ Si ponemos $$ A(n):=\sum^{N-1}_{k=0}\cos\left(\frac{\pi k}{N}\right)\cos\left(\frac{n\pi k}{N}\right)\textrm{, }n=0,1,2,\ldots, $$ entonces a partir de (id), tenemos (para $n$ número entero no negativo), (recogemos los conjugados para encontrar las partes reales): $$ A(n)=\frac{N}{2}\textrm{ si }n=1;1\textrm{ si }n=; 0\textrm{ si }n=impar\neq 1. $$ El uso de $\cos^2(\theta)=\frac{1+\cos(2\theta)}{2}$, obtenemos $$ \sum^{N-1}_{k=0}\cos^2\left(\frac{\pi k}{2N}\right)\cos\left(\frac{n\pi k}{N}\right)= $$ $$ =\frac{N+1}{2}\textrm{ si }n=0;\frac{N+2}{4}\textrm{ si }n=1;\frac{1}{2}\textrm{ si }n=2,3,4,\ldots\etiqueta{1} $$ Pero $$ \frac{\sin\left(\frac{\pi k n}{N}\right)}{\tan\left(\frac{\pi k}{2N}\right)}=\frac{\left(1+e^{i k\pi/N}\right)\left(e^{-nik\pi/N}-e^{nik\pi/N}\right)}{2\left(1-e^{ik\pi/N}\right)} $$ y si $\zeta=e^{-\pi i/N}$, luego $$ e^{-nik\pi/N}-e^{nik\pi/N}=\zeta^{nk}-\zeta^{-nk}=\zeta^{-nk}\left(\zeta^{2nk}-1\right)= $$ $$ =\zeta^{-nk}(\zeta^{2k}-1)\left(1+\zeta^{2k}+\zeta^{4k}+\ldots+\zeta^{2(n-1)k}\right).\la etiqueta{2} $$ Por lo tanto $$ \frac{\sin\left(\frac{\pi k n}{N}\right)}{\tan\left(\frac{\pi k}{2N}\right)}=\frac{1}{2}\left(\zeta^k+1\right)^2\zeta^{-nk}\left(1+\zeta^{2k}+\zeta^{4k}+\ldots+\zeta^{2(n-1)k}\right).\tag{3} $$

i) Si $n$ es impar, entonces fácilmente que se han $$ \sum^{n-1}_{j=0}\zeta^{2kj}=\zeta^{(n-1)k}\left(1+2\sum^{\frac{n-1}{2}}_{j=1}\cos\left(\frac{2jk\pi}{N}\right)\right)\tag{4} $$ y $$ \frac{1}{2}(\zeta^k+1)^2 \zeta^{-nk}\zeta^{(n-1)k}=1+\cos\left(\frac{k\pi}{N}\right)=2\cos^2\left(\frac{k\pi}{2N}\right)\tag{5} $$ Por lo tanto la relación (3) se convierte en $$ \frac{\sin\left(\frac{\pi k n}{N}\right)}{\tan\left(\frac{\pi k}{2N}\right)} =2\cos^2\left(\frac{\pi k}{2N}\right)\left(1+2\sum^{\frac{n-1}{2}}_{j=1}\cos\left(\frac{2jk\pi}{N}\right)\right)\etiqueta{6} $$ Suma (6) y usando (1), obtenemos $$ \sum^{N-1}_{k=0}\frac{\sin\left(\frac{\pi k n}{N}\right)}{\tan\left(\frac{\pi k}{2N}\right)}= \sum^{N-1}_{k=0}2\cos^2\left(\frac{k\pi}{2N}\right)\left(1+2\sum^{\frac{n-1}{2}}_{j=1}\cos\left(\frac{2jk\pi}{N}\right)\right)= $$ $$ =2\left(\frac{N+1}{2}+2\frac{n-1}{2}\cdot\frac{1}{2}\right)=N+n\etiqueta{7} $$

ii) Si $n$ es par, entonces
$$ \sum^{n-1}_{j=0}\zeta^{2kj}=2\zeta^{(n-1)k}\sum^{\frac{n}{2}}_{j=1}\cos\left(\frac{(2j-1)k\pi}{N}\right)\tag{8} $$ Por tanto, usando (3),(8) y (1) obtenemos $$ \sum^{N-1}_{k=0}\frac{\sin\left(\frac{\pi k n}{N}\right)}{\tan\left(\frac{\pi k}{2N}\right)}=\sum^{N-1}_{k=0}4\cos\left(\frac{k\pi}{2N}\right)^2\left(\sum^{\frac{n}{2}}_{j=1}\cos\left(\frac{(2j-1)k\pi}{N}\right)\right)= $$ $$ =4\left(\frac{N+2}{4}+\frac{1}{2}\left(\frac{n}{2}-1\right)\right)=N+n\etiqueta{9} $$ También es (fácil) $$ \lim_{k\rightarrow 0}\frac{\sin\left(\pi k n/N\right)}{\tan\left(\pi k/(2N)\right)}=2n.\la etiqueta{10} $$

A partir de (7),(9) y (10), obtenemos el resultado.