Suma finita $\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1-\cos\left(\frac{2\pi k r}{p}\right)}{1-\cos\left(\frac{2\pi k s}{p}\right)}$ para $\gcd(p,rs)=1$ .

Question

Me pregunto si existe una forma cerrada para la siguiente suma finita:

$$\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1-\cos\left(\frac{2\pi k r}{p}\right)}{1-\cos\left(\frac{2\pi k s}{p}\right)},$$

donde $\gcd(p,rs)=1$ y $r,s,p$ son enteros positivos, y si es así, ¿cómo podría calcular la forma cerrada?

EDIT: He llegado a esta suma ya que estoy investigando el valor del $T_2$ -norma de las unidades en el anillo ciclotómico $\mathbb{Z}(\zeta_{p})$ para la primera $p$ . El $T_2$ -norma de un elemento $x \in K$ para algún campo numérico $K$ de grado $n$ se define:

$$ ||x|| = \left(\sum_{i=1}^n |\sigma_i(x)|^2\right)^{1/2}, $$

donde $\{\sigma_1, \dots, \sigma_n\}$ son las incrustaciones de $K$ y $|x|^2 = x\bar{x}$ donde la barra representa la conjugación compleja.

Lema: Para $\gcd{(rs,p)}=1$ , $\frac{\zeta^r -1}{\zeta^s -1}$ es una unidad de $\mathbb{Z}(\zeta_p)$ .

Prueba: Sea $r \equiv st \mod p$ . Entonces $\frac{\zeta^r-1}{\zeta^s-1} = 1 + \zeta^s + \dots + \zeta^{s(t-1)} \in \mathbb{Z}(\zeta_p)$ y su inversa también está en $\mathbb{Z}(\zeta_p)$ por la misma lógica.

Así que para la unidad $u$ de la forma mencionada, tenemos:

$$ |u|^2 = \frac{\zeta^r-1}{\zeta^s-1} \frac{\zeta^{-r}-1}{\zeta^{-s}-1} = \frac{2-(\zeta^r + \zeta^{-r})}{2-(\zeta^{s} + \zeta^{-s})} = \frac{1-\cos(\frac{2\pi r}{p})}{1-\cos(\frac{2\pi s}{p})}. $$

Desde $\sigma_k(\zeta_p) = \zeta_p^k$ tenemos:

$$ ||u||^2 = \sum_{k=1}^{p-1} \frac{1-\cos(\frac{2\pi k r}{p})}{1-\cos(\frac{2\pi k s}{p})}. $$

Answer 1

En primer lugar, podemos centrarnos en el caso de que $(r,s) \leq p-1$ En cuanto a los demás casos, nos limitamos a considerar la operación $\mod p$ .

Con una simple manipulación trigonométrica, la suma anterior se convierte en

\begin{equation} \sum_{k=1}^{p-1} \left(\frac{\sin(\frac{\pi k r}{p})}{\sin(\frac{\pi k s}{p})} \right)^2 = \sum_{k=1}^{p-1} \left(\frac{ e^{\frac{i\pi k r}{p}} - e^{- \frac{i\pi k r}{p}}}{ e^{\frac{i\pi k s}{p}} - e^{- \frac{i\pi k s}{p}}} \right)^2 = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} \left(\frac{ e^{\frac{i\pi k r}{p}} - e^{- \frac{i\pi k r}{p}}}{ e^{\frac{i\pi k s}{p}} - e^{- \frac{i\pi k s}{p}}} \right)^2. \end{equation}

Supongo que en este punto es posible aplicar las sumas de Ramanujan como se sugiere arriba, pero no estoy seguro de cómo.

Es interesante observar que esta suma (por simulaciones) es siempre un número entero.

Answer 2

Creo que para encontrar una forma cerrada para la suma:

$$\forall r,s,p:\quad\gcd(r s, p)=1:\quad \sum_{k=1}^{p-1} \frac{1-\cos\frac{2\pi k r}{p}}{1-\cos\frac{2\pi k s}{p}}=q(p-q),\tag{1}$$ con $$ q=r s^{\phi(p)-1}\text{ mod }p\tag{2}, $$ donde $\phi(p)$ es Función totiente de Euler .

La prueba de la expresión (1) esbozada por Jack D'Aurizio puede completarse de la siguiente manera:

Observando que (1) es una combinación lineal de Granos de Fejér , $F_q(x)$ reescríbelo como: $$ \sum_{k=1}^{p-1} \left(\frac{\sin\frac{\pi k q}{p}}{\sin\frac{\pi k}{p}} \right)^2 =\sum_{k=1}^{p-1} qF_q\left(\frac{2\pi k}{p}\right) =\sum_{k=1}^{p-1}\sum_{|l|\leq q}\left(q-|l|\right)e^{\frac{lk}{p}2\pi i} =\sum_{|l|\leq q}\left(q-|l|\right)\Phi(l,p), $$ con $$ \Phi(l,p)=\sum_{k=1}^{p-1}e^{\frac{lk}{p}2\pi i}= p\delta_{l0}-1.\tag{3} $$ La prueba de (3) para $l\ne 0$ se deduce de la observación de que $$ \sum_{k=0}^{p-1}e^{\frac{lk}{p}2\pi i}=0, $$ ya que la suma pasa por todas las raíces del polinomio $z^\frac{p}{\gcd(l,p)}-1$ (cada una de las raíces que entran en la suma $\gcd(l,p)$ veces).

Así, $$ \sum_{|l|\leq q}\left(q-|l|\right)\Phi(l,p)=q(p-1)-2\sum_{l=1}^{q-1}l =q(p-1)-q(q-1)=q(p-q), $$ como se ha reclamado.

Answer 3

La hipótesis asegura que tanto $r$ y $s$ son invertibles en $\mathbb{Z}/(p\mathbb{Z})^*$ Por lo tanto $$ \sum_{k=1}^{p-1} \left(\frac{\sin(\frac{\pi k r}{p})}{\sin(\frac{\pi k s}{p})} \right)^2 = \sum_{k=1}^{p-1} \left(\frac{\sin(\frac{\pi k a}{p})}{\sin(\frac{\pi k}{p})} \right)^2$$ donde $a= rs^{-1}\pmod{p}$ por reindexación. Por el Núcleo Fejér $$ \left(\frac{\sin\frac{nx}{2}}{\sin\frac{x}{2}}\right)^2=\sum_{|j|\leq n}\left(n-|j|\right) e^{ijx} $$ Por lo tanto, al establecer $x=\frac{2\pi k}{p}$ , $n=a$ y sumando sobre $k\in[1,p-1]$

$$ \sum_{k=1}^{p-1} \left(\frac{\sin(\frac{\pi k a}{p})}{\sin(\frac{\pi k}{p})} \right)^2 = \sum_{k=1}^{p-1}\sum_{|j|\leq a}\left(a-|j|\right) \exp\left(\frac{2\pi ijk}{p}\right) $$ El hecho de que dichas sumas den lugar a números enteros ahora es sencillo al intercambiar $\sum_{k}$ y $\sum_{|j|}$ para cualquier valor fijo de $j$ la suma $\sum_{k=1}^{p-1}\exp\left(\frac{2\pi ijk}{p}\right)$ pertenece a $\mathbb{Z}$ .