Demostrar que $\sum_{k=1}^{n-1}\bronceado^{2}\frac{k \pi}{2n} = \frac{(n-1)(2n-1)}{3}$

Question

¿Cómo se puede demostrar que:

$$\sum_{k=1}^{n-1}\bronceado^{2}\frac{k \pi}{2n} = \frac{(n-1)(2n-1)}{3}$$

para cada entero $n\geq 1$.

PS: no, no es una tarea... :-)

Answer 1

Por un bien conoce la fórmula que hemos $$ \left(\cos{\frac{k\pi}{2n}} + \sin{\frac{k\pi}{2n}}\right)^{2n}=(-1)^{k} $$ Por lo tanto por el teorema del Binomio tenemos ($[x]$ no es un número entero parte, los corchetes son añadidos para mayor claridad) $$ \sum_{t=0}^{2n}\binom{2n}{t}\left[\cos{\frac{k\pi}{2n}}\right)^t \cdot \left [\sin{\frac{k\pi}{2n}}\right)^{2n-t}=(-1)^{k} $$ Ahora sólo tenemos en cuenta la parte imaginaria de este: $$ \sum_{i=0}^{n-1}\binom{2n}{2r+1}\left[\cos{\frac{k\pi}{2n}}\right)^{2r+1} \cdot \left [\sin{\frac{k\pi}{2n}}\right)^{2n-2r-1}=0 $$ Se Divide por $[\cos{\frac{k\pi}{2n}}]^{2n}$: $$ \sum_{i=0}^{n-1}\binom{2n}{2r+1}\left [\bronceado{\frac{k\pi}{2n}}\right)^{2n-2r-1}=0 $$ Ahora multiplique por $i\bronceado{\frac{k\pi}{2n}}$: $$ \sum_{i=0}^{n-1}\binom{2n}{2r+1}\left [\bronceado{\frac{k\pi}{2n}}\right)^{2n-2r}=0 $$ Por lo que $[\bronceado{\frac{k\pi}{2n}}]^2$ son las raíces del siguiente polinomio: $$ \sum_{i=0}^{n-1}\binom{2n}{2r+1}\left[-x\right)^{n-r}=0 $$ Por lo tanto, por Vieta's_formulas suma de las raíces es igual a $$ \frac{\binom{2n}{3}}{\binom{2n}{1}} =\frac{(2n-1)(n-1)}{3} $$

Answer 2

Este problema es más de 3 años de edad, pero estaba consciente de ello, así que pensé que iba a agregar un nuevo método de ataque, similar a esta respuesta.

Aquí se utiliza la función $\dfrac{2n/z}{z^{2n}-1}$ que tiene el residuo de 1 $de$ cada $2n^\text{th}$ de la raíz de la unidad y de residuos $-2n$ en $0$.

Desde $\tan^2\left(\dfrac\theta2\right)=-\left(\dfrac{z-1}{z+1}\right)^2$ $z=e^{i\theta}$, definir $$ f(z)=-\left(\frac{z-1}{z+1}\right)^2\frac{2n/z}{z^{2n}-1} $$ La suma de los residuos de $f$ es $0$ ya $|f(z)|\sim2n/z^{2n+1}$ como $|z|\to\infty$ y de manera integral, de alrededor de un gran círculo se desvanece.

Por otro lado, la suma de los residuos es el doble de la suma queremos más el residuo en $0$ y el residuo en $-1$.

$\hspace{32mm}$

Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{k=1}^{n-1}\tan^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right) y=-\frac12\left(\operatorname*{Res}_{z=0}(f(z))+\operatorname*{Res}_{z=-1}(f(z))\right)\\ y=-\frac12\left(2n-\frac23(2n^2+1)\right)\\ &=\frac{2n^2-3n+1}{3} \end{align} $$

Answer 3

Doy una prueba de un caso general de que el tipo de la suma de los coeficientes binomiales en mi post Tan binomio fórmulas a partir de un conjunto S y su k-subconjuntos