Demostrando que ${n+3\choose 3} =\frac{n+2}{2}\sum_{k=1}^{n+1}\csc^2\frac{k\pi}{n+2}$

Question

La física sofisticada predice la igualdad $${n+3\choose 3} =\frac{n+2}{2}\;\sum_{k=1}^{n+1}\csc^2\frac{k\pi}{n+2}$ $ que puedo verificar (numérica y simbólicamente) para%% $n$ pequeño, pero no puedo probar cada $n$ .

¿Alguien ve una forma elegante de hacer esto? Expresar $\csc$ en términos de exponenciales permite ver esto como una suma que involucra raíces de unidad, pero no veo cómo proceder.

Answer 1

El uso de partes de esta pregunta y respuestas $$\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{n+2}\right)}= \sum_{k=1}^{n+1}\left(1+\cot^2\left(\frac{k\pi}{n+2}\right)\right)=\\ n+1+\sum_{k=1}^{n+1}\left(\cot^2\left(\frac{k\pi}{n+2}\right)\right)=n+1+\frac{(n+1)n}{3}=\frac{(n+3)(n+1)}{3}$$

Nota: Jack respuesta, con un enlace a la wikipedia, toca a esta pregunta/respuestas así.

Answer 2

Prueba usando álgebra lineal :

La expresión inicial

$${m+3\choose 3} =\frac{m+2}{2}\sum_{k=1}^{m+1}\sin\left(\tfrac{k\pi}{m+2}\right)^{-2},\tag{1}$$

puede ser transformado, expresando ${m+3\choose 3}=\dfrac16(m+3)(m+2)(m+1)$ en la :

$$\dfrac13(m+3)(m+1) =\sum_{k=1}^{m+1}\sin\left(\tfrac{k\pi}{m+2}\right)^{-2},\tag{1'}$$

Separémonos casos $m$ aun y $m$ impar.

Primer caso : $m:=2n$.

En este caso, la expresión (1') es equivalente a (debido a la propiedad de $\sin(\pi-x)=\sin(x)$) a :

$$\dfrac13(2n+3)(2n+1) =1+2\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\tfrac{k\pi}{2(n+1)}\right)^{-2},\tag{1''}$$

que es equivalente a :

$$\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{4 \sin\left(\tfrac{k\pi}{2(n+1)}\right)^2}= \dfrac{n(n+2)}{6}\etiqueta{2}$$

Considere la posibilidad de la $n \times n$ matriz tridiagonal

$$D_n=\begin{pmatrix}2&-1&0&0&0&0&\cdots\\ -1&2&-1&0&0&0&\cdots\\ 0&-1&2&-1&0&0&\cdots\\ 0&0&-1&2&-1&0&\cdots\\ 0&0&0&-1&2&-1&\cdots\\ 0&0&0&0&-1&2&\cdots\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots& \end{pmatrix}\etiqueta{3}$$

Los autovalores de $D_n$ son (ver Autovalores de tridiagonal simétrica matriz diagonal con entradas 2 y subdiagonal entradas 1) :

$$\lambda_k:=4 \sin\left(\tfrac{k\pi}{2(n+1)}\right)^2, \ \ k=1,2,\cdots n\tag{4}$$

Comentario : matriz $D_n$ es la clásica versión discretizada de la segunda derivada (con un signo menos) : ver el "Neumann caso" en https://en.wikipedia.org/wiki/Eigenvalues_and_eigenvectors_of_the_second_derivative.

Veamos ahora a $E_n:=D_n^{-1}.$

Por ejemplo :

$$E_6:=D_6^{-1}=\dfrac17\begin{pmatrix} 6&5&4&3&2&1\\ 5&10&8&6&4&2\\ 4&8&12&9&6&3\\ 3&6&9&12&8&4\\ 2&4&6&8&10&5\\ 1&2&3&4&5&6 \end{pmatrix}\etiqueta{5}$$

En estas matrices, sólo necesitamos el hecho general de que la diagonal de entradas de $D_n$ obedecen a la siguiente fórmula :

$$E_{n,kk}=\tfrac{1}{n+1}k(n+1-k)\tag{6}.$$

(vea nota 1 más abajo para una prueba de (6))

Por lo tanto :

$$trace(E)=\tfrac{1}{n+1}(\sum_{k=1}^n k(n+1-k)) \tag{7}$$

$$=\tfrac{1}{n+1}((n+1)\tfrac{n(n+1)}{2}-\tfrac{n(n+1)(2n+1)}{6})=\tfrac{n(n+2)}{6} \tag{8} $$

es decir, el lado derecho de (2).

Además,

$$trace(E)=\sum \dfrac{1}{\lambda_k}$$ da del lado izquierdo de (2), el establecimiento de esta relación.

Observaciones :

1) Prueba de la fórmula (6). Tenemos un primer resultado que es bastante fácil de establecer por recurrencia : $\det(D_n)=n+1$. El cofactor asociado con $E_{kk}$ es obtenido por la anulación de la $k$th fila y $k$ésima columna de $A_n$, dando una diagonal por bloques determinante con bloques de $A_{k-1}$ e $A_{n-k)}$, cuyos determinantes son resp. $k$ e $n-k+1$. Este menor se divide por el factor determinante de la $A_n,$ es decir, $n+1.$

2) En (8), hemos utilizado la clásica fórmulas para la suma de los $n$ primer enteros, resp. las plazas de la $n$ primeros números enteros.

3) Una versión ligeramente diferente de la matriz $D$ , y su notable inversa se puede encontrar como segundo ejemplo en la siguiente pregunta : Busca ejemplos de Discreto / Continuo enfoques complementarios Este es un típico caso de un mal acondicionado matriz en la que una pequeña perturbación (en la parte inferior derecha coeficiente) da una muy diferente a la inversa.

4) de la Matriz $D_n$ está conectado a los polinomios de Chebyshev de la 2ª clase $U_n$ ; ver la respuesta https://math.stackexchange.com/q/1770607

Segundo caso : $m=2n-1$

Relación (1') (a establecer) es :

$$\dfrac16 n(n+1) =\sum_{k=1}^{n}\left(4\sin\left(\tfrac{k\pi}{2n+1}\right)\right)^{-2},\tag{9}$$

Consideremos ahora el $n \times n$ matriz tridiagonal :

$$\Delta_n:=\begin{pmatrix}2&1&&&&\\1&2&1&&&\\&1&2&1&&\\&&\ddots&\ddots&\ddots\\&&&1&2&1\\&&&&1&3\end{pmatrix}$$

(tenga en cuenta la parte inferior derecha excepcional de entrada de $3$).

No es difícil probar que $\Delta_n$ tiene los siguientes valores :

$$\mu_k=4 \sin^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right),\qquad k=1\dots n$$

Uno puede demostrar así que $\det \Delta_n=2n+1$.

El inverso $\Gamma_n:=\Delta_n^{-1}$ es una estructura de matriz cuyos elementos de la diagonal son :

$$\Gamma_{n,kk}=k\dfrac{1}{2n+1}k(2n+1-2k)=k-2\dfrac{1}{2n+1}k^2\tag{10}$$

(prueba utilizando los mismos argumentos que los utilizados en la Observación 1 anterior).

Usando (10), la traza de $\Gamma$ es

$$\sum_{k=1}^n k-2\dfrac{1}{2n+1}\sum_{k=1}^n k^2=\dfrac{n(n+1)}{6}$$

que es el lado izquierdo de (9), completando la prueba.