Demuestra que $\sum_{l=0}^{N-1}\frac{\sin^2(\pi x)}{\sin^2(\frac{\pi}{N}(l-k+x))}=N^2$

Question

Cuando calculo numéricamente la suma a continuación, siempre es $1$. ¿Cómo puedo demostrar esto? $N$ es un número entero y $k$ es un número entero entre $0$ y $N-1$ y $x$ es un número real entre $0$ y $0.5$ $${\frac{1}{N^2}\sum_{l=0}^{N-1}\frac{\sin^2(\pi x)}{\sin^2(\frac{\pi}{N}(l-k+x))}}$$

Answer 1

Es suficiente manejar el caso $k=0$, es decir, para mostrar que $$\sum_{n=0}^{N-1}\frac1{\sin^2\frac\pi N(n+x)}=\frac{N^2}{\sin^2\pi x},$$ ya que el caso general sigue si se coloca $l=(n+k)\bmod N$.

Recuerde que $\cos Nt$ es un polinomio en $\cos t$ (de grado $N$). Por lo tanto, $$\sin^2 Nt-\sin^2\pi x=P_N(\sin^2 t)$$ con un polinomio $P_N$ de grado $N$ (cuyos coeficientes pueden depender de $x$).

Sea $t_n=(n+x)\pi/N$ para $0\leqslant n. Entonces$\sin^2 Nt_n=\sin^2\pi x$, por lo tanto,$y_n=\sin^2 t_n$son raíces de$P_N(y)$, y de hecho son diferentes (debido a que $0, y más en general$2x\notin\mathbb{Z}$). Así que$$\sin^2 Nt-\sin^2\pi x=A(x)\prod_{n=0}^{N-1}\left(\sin^2 t-\sin^2\frac\pi N(n+x)\right),$$donde$A(x)$depende solo de$x$. Tomando$\partial/\partial t$, obtenemos$$\frac{N\sin 2Nt}{\sin^2 Nt-\sin^2\pi x}=\sum_{n=0}^{N-1}\frac{\sin 2t}{\sin^2 t-\sin^2\frac\pi N(n+x)}.$$

Resta dividir esto por $\sin 2t$ y tomar $t\to 0$.