Es $\sum_{k=1}^{m-1}\frac{1}{\sin^2\frac{k\pi}{m}}=\frac{m^2-1}{3}$ verdad $m\in\mathbb N$?

Question

Pregunta : Es el verdadero para cualquier $m\in\mathbb N$? $$\begin{align}\sum_{k=1}^{m-1}\frac{1}{\sin^2\frac{k\pi}{m}}=\frac{m^2-1}{3}\qquad(\star)\end{align}$$

Motivación : me alcanzó $(\estrella)$ por el uso de la computadora. Parece cierto, pero no puedo demostrarlo. Alguien puede ayudar?

Por cierto, he sido capaz de demostrar que $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi}^2}{6}$ con $(\estrella)$.

Prueba : Vamos A $$f(x)=\frac{1}{\sin^2x}-\frac{1}{x^2}=\frac{(x-\sin x)(x+\sin x)}{x^2\sin^2 x}.$$ Sabemos que $f(x)\gt0$ si $0\lt x\le {\pi}/{2}$ y $\lim_{x\to 0}f(x)=1/3$. Por lo tanto, dejar que $f(0)=1/3$, sabemos que $f(x)$ es continua y positiva en $x=0$. Por lo tanto, dado que $f(x)\ (0\le x\le {\pi}/2)$ es acotado, existe una constante $C$ tales que $0\lt f(x)\lt C$. Por lo tanto, la sustitución de $x={(k\pi)}/{(2n+1)}$ para ello, vamos a conseguir $$0\lt \frac{1}{\frac{2n+1}{{\pi}^2}\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}}-\frac{1}{k^2}\lt\frac{{\pi}^2C}{(2n+1)^2}.$$ Entonces, la suma de estos a partir de $1$ $n$ satisface $$0\lt\frac{{\pi}^2\cdot 2n(n+1)}{(2n+1)^2\cdot 3}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}\lt\frac{{\pi}^2Cn}{(2n+1)^2}.$$ Aquí, hemos utilizado $(\estrella)$. Entonces, considerando $n\to\infty$ lleva lo que hemos deseado.

Answer 1

Tenga en cuenta que $$\frac{1}{\sin^2(x)}=\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(x+n\pi)^2}$$

el uso de esta identidad se puede escribir $$\begin{align}\sum_{k=0}^{m-1}\frac{1}{\sin^2(\frac{x+k\pi}{m})}&=\sum_{k=0}^{m-1}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(\frac{x+k\pi}{m}+n\pi)^2}\\ &=\sum_{k=0}^{m-1}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{\frac{(x+k\pi+mn\pi)^2}{m^2}}\\ &=m^2\sum_{k=0}^{m-1}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(x+k\pi+mn\pi)^2}\\ &=m^2\sum_{n\in\mathbb{Z}}\sum_{k=0}^{m-1}\frac{1}{(x+(k+mn)\pi)^2}=\frac{m^2}{\sin^2(x)}\end{align}$$ y $$\sum_{k=1}^{m-1}\frac{1}{\sin^2(\frac{x+k\pi}{m})}=\frac{m^2}{\sin^2(x)}-\frac{1}{\sin^2(\frac{x}{m})}$$ Por lo tanto, $$\sum_{k=1}^{m-1}\frac{1}{\sin^2(\frac{k\pi}{m})}=\lim_{x\to0}\frac{m^2}{\sin^2(x)}-\frac{1}{\sin^2(\frac{x}{m})}=\frac{m^2-1}{3}.$$

Answer 2

Considere el polinomio $S_m(x)$, la satisfacción de $S_m(\sin^2 \theta)=\sin^2(m\theta)$.

Estos son conocidos como difundir los polinomios, y fácilmente puede ser derivada a partir de los polinomios de Chebyshev de $T_m(x)$ través $de$1-2S_m(\sin^2(\theta)=1-2\sin^2(m\theta)=\cos(m(2\theta))=T_m(\cos(2\theta))=T_m(1-2\sin^2 \theta)$$ así $1-2S_m(x)=T_m(1-2x)$.

Tenga en cuenta que \begin{align} &S_{m+1}(\sin^2 \theta)+S_{m-1}(\sin^2 \theta) \\ & =\sin^2(m\theta+\theta)+\sin^2(m\theta\theta) \\ y=(\sin(m\theta)\cos \theta+\cos(m\theta)\sin \theta)^2+(\sin(m\theta)\cos \theta\cos(m\theta)\sin \theta)^2 \\ Y=2\sin^2(m \theta)\cos^2 \theta+2\cos^2(m \theta) \sin^2(m\theta) \\ Y=2(1-\sin^2 \theta)S_m(\sin^2 \theta)+2\sin^2 \theta(1-S_m(\sin^2 \theta)) \end{align}

Mus $S_{m+1}(x)=2(1-2x)S_m(x)-S_{m-1}(x)+2x$.

(También podríamos haber utilizado el más conocido de la recurrencia de $T_{n+1}(x)=2xT_n(x)-T_{n-1}(x)$ y derivados de la recurrencia de $S_m$ a partir de ahí.)

Observar que $\sin^2(\frac{k\pi}{m}), k=0, 1, \ldots, m-1$ son raíces de la ecuación polinómica $S_m(x)=0$. Poner $S_m(x)=xP_m(x)$, de modo que $\sin^2(\frac{k\pi}{m}), k=1, 2, \ldots, m-1$ son raíces de la ecuación polinómica $P_m(x)=0$. La recurrencia de $S_m$ da $$P_{m+1}(x)=2(1-2x)P_m(x)-P_{m-1}(x)+2$$

Ahora bien, si escribimos $P_m(x)=a_m+b_mx+x^2Q_m(x)$, es claro por Vieta fórmulas que $$\sum_{k=1}^{m-1}{\frac{1}{\sin^2(\frac{k\pi}{m})}}=\frac{\sum_{k=1}^{m-1}{\prod_{j \no =k}{\sin^2(\frac{j\pi}{m})}}}{\prod_{i=1}^{m-1}{\sin^2(\frac{k\pi}{m})}}=-\frac{b_m}{a_m}$$

Podemos demostrar por inducción sobre $m$ que $a_m=m^2, b_m=-\frac{(m^2-1)m^2}{3}$.

Cuando $m=1$, tenemos $S_1(x)=x$ para $P_1(x)=1=(1^2)-\frac{(1^2-1)1^2}{3}x$ por lo que la afirmación es cierta para $m=1$.

Cuando $m=2$, tenemos $S_2(x)=4x(1-x)$ para $P_2(x)=4-4x=2^2-\frac{(2^2-1)2^2}{3}x$ por lo que la afirmación es cierta para $m=2$.

Supongamos que la afirmación que se sostiene para $m=i-1, i$, donde $i \geq 2$. Entonces

\begin{align} P_{i+1}(x) y=2(1-2x)P_i(x)-P_{i-1}(x)+2 \\ Y=2(1-2x)(a_i+b_ix+x^2Q_i(x))-(a_{i-1}+b_{i-1}x+x^2Q_{i-1}(x))+2 \\ Y=(2a_i-a_{i-1}+2)+(2b_i-4a_i-b_{i-1})x+x^2(-4b_i+2Q_i(x)-Q_{i-1}(x)) \end{align}

Por lo tanto (después de algunos álgebra de manipulación) $$a_{i+1}=2a_i-a_{i-1}+2=(i+1)^2$$ y \begin{align} b_{i+1}=2b_i-4a_i-b_{i-1}&=-2\frac{(i^2-1)i^2}{3}-4i^2+\frac{((i-1)^2-1)(i-1)^2}{3} \\ y=-\frac{((i+1)^2-1)(i+1)^2}{3} \end{align}

Estamos, pues, hecho por inducción.

Ahora,

$$\sum_{k=1}^{m-1}{\frac{1}{\sin^2(\frac{k\pi}{m})}}=-\frac{b_m}{a_m}=-\frac{-\frac{(m^2-1)m^2}{3}}{m^2}=\frac{m^2-1}{3}$$

Answer 3

El uso de las fracciones parciales de la identidad, es posible dividir la suma en dos

$$ \frac{2}{\sin^2 \theta} = \frac{1}{1-\cos \theta} + \frac{1}{1+\cos \theta}$$

Ahora nuestros suma de las raíces enésimas

$$ (\star) =\sum_{k=1}^{m-1} \frac{1}{\sin^2 \frac{\pi k }{n}} = \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{m-1} \frac{1}{1-\cos \frac{\pi k }{n}} + \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{m-1} \frac{1}{1+\cos \frac{\pi k }{n}} $$

Si podemos encontrar el polinomio $P(x)$, podemos encontrar nuestra suma usando la identidad de la derivada logarítmica. Necesitamos enchufe en $x=1$ y $x=-1$ y restar.

$$ \frac{P'(x)}{P(x)} =\sum \frac{1}{x-r_i} \text{ entonces } \sum \frac{1}{1-r_i} + \sum \frac{1}{1+r_i} = \frac{P'(1)}{P(1)} - \frac{P'(-1)}{P(-1)} $$

Mi primera conjetura es que los polinomios de Chebyshev satisfacer $T_n(\cos \theta) = \cos n \theta $.
Las raíces de $T_m(x) = 0$ $x = \cos \frac{2\pi k}{m}$ con $k = 0,1,2, \dots, m-1$.
En su lugar, tenemos un polinomio con las raíces de $x = \cos \frac{\pi k}{m}$, que es el derivado de $\boxed{P(x)=T _m(x)}$ (polinomio de Chebyshev de segunda clase)

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En el caso de que el polinomio de Chebyshev tengo estas dos expresiones para los valores de la derivada en $x=1$:

Vamos a $T(\cos \theta) = \cos n \theta$. Entonces $\theta = 0$:

$$ T(1) = 1 $$

Si tomamos la derivada (cuyos ceros tienen raíces exactamente donde queremos)

$$\boxed{ \sin \theta \; T'(\cos \theta) = -n \pecado n \theta} \hspace{0.25, en}\text{ que }\hspace{0.25} \boxed{\displaystyle T'(\cos \theta) = -\frac{n \pecado n \theta}{\sin \theta} \bigg|_{\theta=0}= -n^2}$$

y para la segunda derivada, pruebe el cociente regla:

\begin{eqnarray} T"(\cos \theta) &=& n \cdot \frac{n \cos n \theta \sin \theta \pecado n \theta \cos \theta}{\sin^3 \theta} \\ &=\bigg|_{\theta \aprox 0}& n \cdot \frac{n (1 - n^2 \theta^2 /2)(\theta \theta^3 /6) - (n \theta (n\theta)^3/6)(1 - \theta^2 /2)}{\theta^3} \\ &=\bigg|_{\theta \aprox 0}& \frac{n^2 - n^4 }{3}\end{eqnarray}

Si ponemos $\theta = \pi$, acaba de obtener un $(-1)^n$ factor. En general, su suma es

$$ (\star) = \frac{T'(1)}{T"(1)} = \frac{T'(-1)}{T"(-1)} = \frac{1}{2}\left( \frac{T'(1)}{T"(1)} + \frac{T'(-1)}{T"(-1)}\right) = \frac{\tfrac{1}{3}(n^4 - n^2)}{n^2} = \frac{n^2 - n }{3}$$

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COMENTARIOS es sorprendentemente difícil para fijar todos los detalles abajo. Ver también: Suma de los recíprocos de seno al cuadrado

Answer 4

La configuración de $\tan mx=0$, en Suma de la tangente a una función donde los argumentos son específicos de la aritmética de la serie,

tenemos $$\binom m1\tan x-\binom m3\bronceado^3x+\cdots=0\ \ \ \ (1)$$

Multiplicando ambos lados por $\cot^mx,$

$$\binom m1\cot^{m-1}x\binom m3\cot^{m-3}x+\cdots=0\ \ \ \ (2)$$

$\tan mx=0\implica mx=n\pi$ donde $$ n es cualquier número entero

$\implica$ las raíces de $(2)$ $\cot x$ donde $x=\dfrac{n\pi}m$ donde $1\le n\le m-1$

El uso de Vieta de la fórmula, $$\sum_{r=1}^{m-1}\cot^2\dfrac{r\pi}m=\left(\sum_{r=1}^{m-1}\cot\dfrac{r\pi}m\right)^2-2\left(\sum_{r_1,r_2=1,r_1>r_2}^{m-1}\cot\dfrac{r_1\pi}m\cot\dfrac{r_2\pi}m\right)$$

$$=0-2\cdot\left(-\frac{\binom m3}{\binom m1}\right)=\cdots$$

$$\sum_{r=1}^{m-1}\frac1{\sin^2\dfrac{r\pi}m}=\sum_{r=1}^{m-1}\left(1+\cot^2\dfrac{r\pi}m\right)=m-1+\sum_{r=1}^{m-1}\cot^2\dfrac{r\pi}m=\cdots$$

La esperanza de los pasos son comprensibles