Una ecuación trigonométrica: ¿Qué tan difícil podría ser?

Question

El siguiente problema comenzó con una formulación en términos de números complejos: sea $\epsilon=e^{\frac{\pi i}3}$ y $z=e^{\frac{2\pi i}{3(2n-1)}}$. Es bastante curioso que lo siguiente parezca ser cierto, numéricamente.

PREGUNTA. ¿Es esto cierto? $$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{z^k(1+\epsilon z^{3k})}{1-z^{6k}} = \sum_{k=1}^{n-1} \epsilon z^k \cdot\frac{z^k(1+\epsilon z^{3k})}{1-z^{6k}}.$$

pero pensé que se podría tener un enfoque diferente o factible a través de funciones trigonométricas. Así que, aquí está.

PREGUNTA. Si $n$ es un entero positivo y $x=\frac{\pi}{3(2n-1)}$ entonces, ¿es esto cierto? $$\sum_{k=1}^{n-1}\left(\tan(kx) - \tan\left(kx+\frac{\pi}3\right) +3\tan\left(kx+\frac{\pi}6\right) - 3\tan\left(3kx +\frac{\pi}2 \right) \right)=0.$$

Answer 1

No puedo demostrar la identidad, pero encontré que implica una identidad bastante extraña de suma de caracteres de Dirichlet, así que estoy registrando la implicación aquí por si alguien reconoce esto último.

Me especializaré en el caso donde $2n-1$ es coprimo con $3$.

Prefiero escribir $\epsilon = -\omega^2$, donde $\omega := e^{2\pi i/3} = z^{2n-1}$ es una raíz cúbica de la unidad. Reúne todos los términos en un lado: $$ \sum_{k=1}^{n-1} \frac{z^k + \omega^2 z^{2k} - \omega^2 z^{4k} - \omega z^{5k}}{1-z^{6k}} = 0.$$ A partir de la fácilmente verificable identidad de "serie de Fourier aserrada discreta" $$ \frac{1}{1-z^{6k}} = -\frac{1}{2n-1} \sum_{j=0}^{2n-2} j z^{6jk}$$ para cualquier $k$ no divisible por $2n-1$ (probado multiplicando el denominador, cancelando términos y aplicando la fórmula de la serie geométrica), escribimos la identidad anterior para demostrar como $$ \sum_{j=0}^{2n-2} j \sum_{k=1}^{n-1} (z^{(6j+1)k} + \omega^2 z^{(6j+2)k} - \omega^2 z^{(6j+4)k} - \omega z^{(6j+5)k}) = 0.$$ [Observación: en este punto se podría usar la fórmula de la serie geométrica para sumar en $k$, pero esto nos devuelve a una identidad de complejidad similar a la que estamos tratando de probar originalmente, y no pude avanzar mucho siguiendo ese camino.]

Suponiendo que $2n-1$ es coprimo con $3$, podemos escribir $z = \omega^{2n-1} \zeta$ para alguna raíz primitiva $(2n-1)^{\mathrm{ésima}}$ de la unidad. Luego reducimos a $$ \sum_{j=0}^{2n-2} j\sum_{k=1}^{n-1} (\omega^{(2n-1)k} \zeta^{(6j+1)k} + \omega^{2(2n-1)k+2} \zeta^{(6j+2)k} - \omega^{(2n-1)k+2} \zeta^{(6j+4)k} - \omega^{2(2n-1)k+1} \zeta^{(6j+5)k}) = 0.$$ Desde la teoría de Galois vemos que el coeficiente neto de $\zeta^a$ tendría que ser independiente de $a$ para cada clase de residuo primitiva $a$ módulo $2n-1$. En particular, si $\chi : {\bf Z}/(2n-1){\bf Z} \to S^1$ es un carácter de Dirichlet no principal de período $2n-1$, entonces una identidad necesaria a establecer es $$ \sum_{j=0}^{2n-2} j \sum_{k=1}^{n-1} (\omega^{(2n-1)k} \chi((6j+1)k) + \omega^{2(2n-1)k+2} \chi((6j+2)k) - \omega^{(2n-1)k+2} \chi((6j+4)k) - \omega^{2(2n-1)k+1} \chi((6j+5)k) = 0.$$ El punto de hacer esto es que el lado izquierdo se factoriza como $$ a_1 b_1 + a_2 b_2 - a_3 b_3 - a_4 b_4$$ donde los $a_i, b_i$ son sumas de caracteres $$ a_1 := \sum_{j=0}^{2n-2} j \chi(6j+1)$$ $$ a_2 := \sum_{j=0}^{2n-2} j \chi(6j+2)$$ $$ a_3 := \sum_{j=0}^{2n-2} j \chi(6j+4)$$ $$ a_4 := \sum_{j=0}^{2n-2} j \chi(6j+5)$$ y $$ b_1 := \sum_{k=1}^{n-1} \omega^{(2n-1)k} \chi(k)$$ $$ b_2 := \sum_{k=1}^{n-1} \omega^{2(2n-1)k+2} \chi(k)$$ $$ b_3 := \sum_{k=1}^{n-1} \omega^{(2n-1)k+2} \chi(k)$$ $$ b_4 := \sum_{k=1}^{n-1} \omega^{2(2n-1)k+1} \chi(k)$$ En este punto ocurre un pequeño milagro algebraico (que posiblemente sugiere que se va por el camino correcto): al usar la sustitución $j \mapsto 2n-2-j$ (así como la naturaleza de media cero de $\chi$), se puede verificar que $$ a_4 = -\chi(-1) a_1; \quad a_3 = -\chi(-1) a_2$$ y de manera similar $$ \chi(-1) b_3 = \sum_{k=1-n}^{-1} \omega^{2(2n-1)k+2} \chi(k)$$ $$ \chi(-1) b_4 = \sum_{k=1-n}^{-1} \omega^{(2n-1)k+1} \chi(k) = \sum_{k=n}^{2n-2} \omega^{(2n-1)k} \chi(k)$$ y así llegamos a la curiosa identidad de suma de caracteres $$(\sum_{j=0}^{2n-2} j \chi(6j+1)) (\sum_{k=1}^{2n-2} \omega^{(2n-1)k} \chi(k)) = -(\sum_{j=0}^{2n-2} j \chi(6j+2)) (\sum_{k=1-n}^{n-1} \omega^{2(2n-1)k+2} \chi(k)),$$ que es válida siempre que $2n-1$ sea coprimo con $3$ y $\chi: {\bf Z}/(2n-1){\bf Z} \to S^1$ sea un carácter de Dirichlet no principal. Puedo verificar esta identidad numéricamente, pero no sé por qué es cierta en general; no reconozco ninguna identidad para estas sumas de caracteres, aunque es ligeramente reminiscente de algunas sumas de caracteres que surgen en algunas demostraciones de la reciprocidad cuadrática. [Observación: se podría intentar aplicar la inversión de Fourier / suma de Poisson a las sumas de caracteres anteriores (en el espíritu de la demostración de la desigualdad de Polya-Vinogradov), pero luego comienzan a surgir denominadores similares a los denominadores iniciales $\frac{1}{1-z^{6k}}$ al hacerlo, por lo que se vuelve a una identidad de complejidad comparable a la identidad inicial, aunque al menos sin el extraño rango de suma $\sum_{k=1}^{n-1}$ que no estaba tan naturalmente relacionado con el período $3(2n-1)$ del problema. Esto no necesariamente tiene que ser un movimiento malo, por ejemplo, podría haber alguna simetría o cancelación milagrosa que explotar en la formulación de "denominador" del problema, pero no pude sacar provecho de tal transformación.]

Answer 2

En los comentarios, GH de MO muestra que basta con probar que $$ \sum_{k=1}^{n-1} (\csc(2kx)+\tan(\pi/6+kx)-\tan(\pi/6+2kx))=0,\tag{$\ast$} $$ y sugiere reemplazar $\tan$ con $\cot$ usando $\pi/6=\pi/2-(2n-1)x$ y $\tan(\pi/2-t)=\cot(t)$; aquí $x=\pi/(6n-3)$ como en el post original. Siguiendo esta sugerencia, la afirmación se convierte en $$ \sum_{k=1}^{n-1} (\csc(2kx)+\cot((2n-1-k)x)-\cot((2n-1-2k)x))=0. $$ Utilizando la identidad $\csc(2t)=\cot(t)-\cot(2t)$, y luego reorganizando los términos, obtenemos la forma equivalente $$ \left(\sum_{k=1}^{n-1} \cot(kx)+\sum_{k=1}^{n-1} \cot((2n-1-k)x)\right)-\left(\sum_{k=1}^{n-1} \cot(2kx) + \sum_{k=1}^{n-1} \cot((2n-1-2k)x)\right)=0. $$ Si ajustamos los índices, nos queda por probar $$ \left(\sum_{m=1}^{2n-2} \cot(mx)\right)-\left(\sum_{m=1}^{2n-2} \cot(mx)\right)=0. $$ Sin embargo, esto es obvio, y la prueba está completa.

Agregado por GH de MO. Para que esta publicación sea autocontenida, explicamos por qué $(\ast)$ es equivalente a la identidad originalmente conjeturada. Usando la notación del OP $\epsilon=e^{\frac{\pi i}3}$ y $z=e^{\frac{2\pi i}{3(2n-1)}}$, podemos reescribir la identidad en cuestión como $$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{z^k(1+\epsilon z^{3k})(1-\epsilon z^k)}{1-z^{6k}} = 0.$$ Aquí $$\frac{z^k(1+\epsilon z^{3k})(1-\epsilon z^k)}{1-z^{6k}} = \frac{1-\epsilon^2}{3}\left(\frac{z^k}{1-z^{2k}}-\frac1{1+\epsilon z^k}+\frac1{1+\epsilon z^{2k}} \right),$$ por lo que la identidad en cuestión es equivalente a $$\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{z^k}{1-z^{2k}}-\frac1{1+\epsilon z^k}+\frac1{1+\epsilon z^{2k}} \right)=0.$$ Podemos convertir esto en $(\ast)$ aplicando $$\frac{e^{i\theta}}{1-e^{2i\theta}}=\frac{i\csc\theta}{2},\qquad\frac1{1+e^{2i\theta}}=\frac{1}{2}-\frac{i\tan\theta}{2}.$$ Como Terry Tao mencionó en un comentario debajo de esta publicación, la historia se puede contar directamente sin recurrir a funciones trigonométricas.

Answer 3

Esto tampoco es una respuesta. En cambio, quiero abordar la pregunta de Nate River. Además, puede ayudar a alguien a aprovechar este enfoque para resolver el problema. Me encontré con la versión trigonométrica del problema cuando me aventuré con una aplicación de la Teoría de los Residuos. Aquí tienes un esquema: primero, reescribe como hizo Terry Tao aquí y afirma que (todavía estoy usando $\epsilon$ para evitar conflictos) si $\epsilon=e^{\frac{\pi i}3}$ y $q=e^{\frac{2\pi i}{3(2n-1)}}$ entonces tenemos $$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{q^k(1+\epsilon q^{3k})(1-\epsilon q^k)}{1-q^{6k}} = 0.$$ Por supuesto $\epsilon^6=1$, $q^{6n-3}=1$ y $\epsilon^2=q^{2n-1}$. Considera la función meromorfa $$f(z)=\frac{z(1+\epsilon z^3)(1-\epsilon z)}{1-z^6} \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{z-q^k}.$$ Observa que $f(z)$ tiene singularidades (polos simples) en $1, \epsilon, \epsilon^2, \epsilon^3, \epsilon^4, q, q^2, \dots, q^{n-1}$. Aquí, hicimos uso de $2n-1$ siendo impar. A continuación, calculamos los residuos en $q, q^2, \dots, q^{n-1}$ y los sumamos para obtener $$S_n:=\sum_{k=1}^{n-1} \frac{q^k(1+\epsilon q^{3k})(1-\epsilon q^k)}{1-q^{6k}}.$$ El residuo en el infinito se calcula como $\operatorname{Res}\left(-\frac{f(\frac1z)}{z^2}; 0\right)=0$. Ahora, como la suma de los residuos de $f(z)$ es cero, encontramos otra manera de calcular $S_n$ según (también utilizar $\epsilon^3=-1$, $\epsilon^4=-\epsilon$, $\epsilon^5=-\epsilon^2$) \begin{align*} S_n &=\frac{1-\epsilon^2}{3}\sum_{k=1}^{n-1} \left(\frac{q^k}{1-q^{2k}}-\frac1{1+\epsilon q^k}+\frac1{1+\epsilon q^{2k}} \right). \end{align*} Eso significa que probar la afirmación original equivale a verificar que la última suma sea cero. En este punto, utilicé la identidad $i\tan\theta=1-\frac2{1+e^{2i\theta}}$ para convertir la tarea en una identidad trigonométrica.

Espero que esto ayude.