Aquí le damos alguna suma que puedo adivinar una respuesta pero de alguna manera falta de solución agradable.
$$\displaystyle\sum _{k=0}^{n-2} (-1)^k\frac{1}{\sin\left(\frac{(2k+1)\pi}{4n-2}\right)}=\;?$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Como Eric Naslund ha señalado, tenemos que mostrar que $$ \sum_{k=0}^{2n}\frac{(-1)^{k}}{\sin\left(\frac{2k+1}{2n+1}\frac{\pi}{2}\right)}=2n+1, $$ y esta es, a su vez, equivalente a $$ \sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{\sin\left(\frac{4k+1}{2n+1}\frac{\pi}{2}\right)}=2n+1. $$ (Sólo tiene que añadir $\pi$ a los ángulos correspondientes a los valores impares de $k$.)
Los números de $z_k = x_k+i y_k = \exp\left(i\frac{4k+1}{2n+1}\frac{\pi}{2}\right)$ $0\le k \le 2n$ son exactamente las distintas raíces de la ecuación de $z^{2n+1}=i$, así que lo que se suma así son los recíprocos de las piezas imaginarias de estas raíces. Es decir, queremos mostrar que $\sum_{k=0}^{2n} \frac{1}{y_k} = 2n+1$.
Ahora, si $z=x+iy$ satisface $z^{2n+1}=i$,
a continuación,$x^2+y^2=1$$1=\mathrm{Im} (x+iy)^{2n+1} = \sum_{m=0}^n \binom{2n+1}{2m+1} (-1)^m x^{2n-2m} y^{2m+1}$.
La eliminación de $x$ a partir de estas dos ecuaciones da
$$
0= -1 + \sum_{m=0}^n \binom{2n+1}{2m+1} (-1)^m (1-y^2)^{n-m} y^{2m+1} =: p(y).
$$
El lado derecho es un polinomio de grado $2n+1$,
así que sus raíces son exactamente las $2n+1$ distintos números de $y_k$ por encima (y no otras).
EDIT: Los números de $z_0,\dots,z_{2n}$ se distribuyen uniformemente en la unidad de círculo; uno de ellos es $(-1)^n i$, y los otros que aparecen en pares $\pm x+iy$. Por lo tanto el $y_k$'s no son todos distintos, y el ponchó argumento anterior no funciona. Sin embargo, es claro que $\mathrm{Im} (x+iy)^{2n+1} \le 1$ si $x+iy$ se encuentra en el círculo unidad, por lo $p(y) \le 0$$-1 \le y \le 1$. Por lo tanto, los ceros de $p(y)$ en el intervalo abierto $-1 < y < 1$ debe ser de incluso multiplicidad (ya que ellos son los máximos locales de $p$). Sabemos $n$ distintos tales ceros $y=y_k$, y desde $p$ tiene el grado $2n+1$ llegamos a la conclusión de que estos ceros tiene multiplicidad exactamente dos, y junto con el cero simple $y=(-1)^n$ les escape de los ceros de $p$ (es decir, no hay ceros fuera del intervalo de las $[-1,1]$. Así que los ceros de $p$, contados con su multiplicidad, son exactamente $y=y_0,\dots,y_{2n}$.
Desde el término constante es $-1$, el coeficiente de la $y^1$ plazo es la suma de los recíprocos de las raíces; este coeficiente viene del término para $m=0$ ya que todos los otros términos contribuir sólo a los poderes superiores de $y$, y es igual a $\binom{2n+1}{1} = 2n+1$, tal como queríamos demostrar. Hecho!
Eric Naslund
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Esto es no una solución, pero limpia la pregunta muy bien. Estoy acabando el día, y se piensa en ello de nuevo mañana, pero pensé que iba a publicar este comentario para cualquier persona que desee.
Permite reemplazar $n$ $n+1$ (es decir, aumentar por $1$) por lo que estamos buscando
$$L(n)=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\frac{1}{\sin\left(\frac{(2k+1)}{(2n+1)}\frac{\pi}{2}\right)}.$$
Observe que el ángulo es siempre entre el$0$$\frac{\pi}{2}$. A continuación, por la simetría de la $\sin$ función
$$\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{k}\frac{1}{\sin\left(\frac{(2k+1)}{(2n+1)}\frac{\pi}{2}\right)}=2L(n)+(-1)^{n}.\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$$
El problema es equivalente a mostrar que la
$$\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{k}\frac{1}{\sin\left(\frac{(2k+1)}{(2n+1)}\frac{\pi}{2}\right)}=2n+1.\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)$$ En otras palabras, el promedio es $1$.
De hecho, la combinación de lo anterior con $(1)$ da $2n+1=2L(n)+(-1)^n,$ y por lo tanto $$L(n)=\frac{1}{2}\left(1-(-1)^{n+1}\right)+n=2\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor$$
como se desee.
Observaciones: A primera vista, $(2)$ me parece mucho más manejable. También dice que el promedio de estos valores es exactamente $1$, que es más fácil de entender intuitivamente. Yo creo que la próxima etapa es utilizar el signo negativo y otro de simetría para obtener una suma largo de todo el círculo, que es $k$ desde $0$$2n+1$.
