demostrar que; la suma extraña produce números triangulares $\sum_{k=1}^{n}\tan^2\left({k\pi\over 2n+1}\right)=T_{2n}$

Question

$1,3,6,10,15,...$ para $n=1,2,3,...$ es el n-ésimo número triangular.

Me parece insólito que esta suma arroje números triangulares pares;

$$\sum_{k=1}^{n}\tan^2\left({k\pi\over 2n+1}\right)=T_{2n}$$

¿Cómo puedo demostrarlo? ¿Alguna pista sobre esta extraña suma?

No sé por dónde empezar.

Answer 1

Como se recomienda en la sección de comentarios de la pregunta de OPs podemos seguir la bonita respuesta de Fallager .

Obtenemos \begin{align*} \left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}+i\sin\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1}&=(-1)^k\tag{1}\\ \\ \sum_{j=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{j}\left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}\right)^j\left(i\sin \frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1-j}&=(-1)^k\tag{2}\\ \\ \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{2j}\left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2j}\left(i\sin \frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1-2j}&=0\tag{3}\\ \\ \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{2j}\left(i\tan \frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1-2j}&=0\tag{4}\\ \\ \sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{2j}\left(i\tan \frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n-2j}&=0\tag{5}\\ \end{align*}

Comentario:

• En (1) utilizamos _La fórmula de De Moivre_

• En (2) aplicamos el _Teorema del binomio_

• En (3) tomamos la parte imaginaria de (2), es decir, con índice $j$ incluso

• En (4) dividimos por $\left(\cos \frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1}$

• En (5) dividimos por $\tan \frac{k\pi}{2n+1}$

Concluimos $\left(\tan\frac{k\pi}{2n+1}\right)^2$ con $0\leq k\leq 2n$ son los ceros del siguiente polinomio en $z$ \begin{align*} \sum_{j=0}^n\binom{2n+1}{2j}\left(-z\right)^{n-j} \end{align*}

Según _Las fórmulas de Vieta la suma de los ceros es \begin{align*} \sum_{k=0}^{n}\left(\tan\frac{k\pi}{2n+1}\right)^2=\frac{\binom{2n+1}{2}}{\binom{2n+1}{0}}=n(2n+1)=T\{2n} \end{align*} y la afirmación es la siguiente.