Una suma entera de productos de tangentes

Question

Esta pregunta surgió de mis intentos iniciales de responder esta pregunta. Más tarde encontré una forma de transformar la suma deseada en una suma de cuadrados de tangentes, pero antes de hacerlo, encontré numéricamente que aparentemente

$$ \sum_{l=1}^n\tan\frac{jl\pi}{2n+1}\tan\frac{kl\pi}{2n+1}=m_{jkn}(2n+1) $$

con factores enteros $m_{jkn}$, para los cuales no he podido encontrar una explicación. Si $j$ o $k$ son coprimos de $2n+1$, podemos sumar sobre $jl$ o $kl$ en su lugar, por lo que la mayoría de los casos (en particular todos los de $2n+1$ primo) se pueden reducir al caso $j=1$. Aquí están los factores determinados numéricamente $m_{1kn}$ para $n\le18$ (con $n$ aumentando hacia abajo y $k$ aumentando hacia la derecha):

$$ \begin{array}{r|rr} &1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&16&17&18\\\hline1&1\\ 2&2&0\\ 3&3&-1&1\\ 4&4&0&1&0\\ 5&5&-1&1&1&1\\ 6&6&0&2&-2&0&0\\ 7&7&-1&2&-1&1&0&1\\ 8&8&0&2&0&2&2&2&0\\ 9&9&-1&3&1&1&-3&1&-1&1\\ 10&10&0&3&-2&2&-1&1&0&1&0\\ 11&11&-1&3&-1&1&-1&1&3&-1&1&1\\ 12&12&0&4&0&2&0&0&-4&0&0&0&0\\ 13&13&-1&4&1&3&0&1&-1&1&1&3&0&1\\ 14&14&0&4&-2&2&2&2&0&2&4&0&0&2&0\\ 15&15&-1&5&-1&3&-3&3&-1&3&-5&1&1&1&-1&1\\ 16&16&0&5&0&2&-1&2&0&1&-2&1&1&-2&-2&1&0\\ 17&17&-1&5&1&3&-1&2&-1&1&-1&1&5&1&0&1&1&1\\ 18&18&0&6&-2&4&0&2&0&2&-2&2&-6&0&0&4&2&0&0\\ \end{array} $$

(Ver también la tabla en esta respuesta a la otra pregunta, que muestra el caso $j=k+1$; en ese caso las filas de la tabla suman $0$ debido a la identidad que es el tema de la otra pregunta.)

Los valores $m_{11n}=n$ reflejan la suma de cuadrados de tangentes que determiné en mi respuesta a la otra pregunta. No tengo explicación para los valores restantes. He intentado usar la fórmula del producto para la tangente; multiplicando por una tercera tangente para usar la fórmula de producto triple de tangente; y encontrar un polinomio cuyas raíces sean los productos que se suman; pero nada de eso funcionó.

Esto vagamente me recuerda la teoría de caracteres; los valores $\tan\frac{kl\pi}{2n+1}$ para un $k$ fijo son como caracteres, y sus productos punto son múltiplos enteros del "orden del grupo" $2n+1$; aunque si fueran caracteres los productos punto no podrían ser negativos.

Apreciaría cualquier insight sobre este fenómeno, y por supuesto idealmente una forma de calcular los $m_{jkn}$.

[Actualización:]

He verificado las periodicidades que Brian observó en los comentarios hasta $n=250$:

$$m_{1,k,n+k} = m_{1kn}+[k \text{ impar}]\;,$

$$m_{1,k+4d+2,k+4d+2+d}=m_{1,k,k+d}\;,$

donde el corchete es el corchete Iverson.

Answer 1

[Justo cuando estaba terminando esto, vi la respuesta del usuario8268. Sospecho que las explicaciones están relacionadas.]

No tenía la intención de responder mi propia pregunta en este caso, pero ahora he encontrado una explicación. La analogía de la teoría de caracteres resultó ser más útil de lo que esperaba. Pensar en los valores $\tan\frac{kl\pi}{2n+1}$ para $k$ fijo como vectores compuestos de múltiplos enteros de vectores mutuamente ortogonales me hizo preguntarme qué podrían ser estos vectores mutuamente ortogonales. Una elección natural fue un conjunto de senos o cosenos al estilo de Fourier, y de hecho resulta que

$$ \sum_{l=1}^{2n}\sin\frac{2jl\pi}{2n+1}\tan\frac{kl\pi}{2n+1}= \begin{cases} \pm(2n+1)&\gcd(k,2n+1)\mid j\;,\\ 0&\text{en otro caso.} \end{cases} $$

Al principio encontré esto sorprendente, pero en realidad no es tan difícil de explicar. Tenemos

$$ \def\ex#1{\mathrm e^{#1}}\def\exi#1{\ex{\mathrm i#1}}\def\exm#1{\ex{-\mathrm i#1}} \ex{2n\mathrm i\phi}-\ex{-2n\mathrm i\phi}=\left(\exi{\phi}+\exm{\phi}\right)\left(\ex{(2n-1)\mathrm i\phi}-\ex{(2n-3)\mathrm i\phi}+\dotso+\ex{- (2n-3)\mathrm i\phi}-\ex{-(2n-1)\mathrm i\phi}\right)\;, $$

así que

$$ \sin(2j\phi)=2\cos\phi\left(\sin((2j-1)\phi)-\sin((2j-3)\phi)+\dotso+(-1)^{j+1}\sin\phi\right)\;. $$

Por lo tanto, para $k=1$ el coseno en el denominador de la tangente se cancela, y el seno restante selecciona el último término en la suma de senos alternados con frecuencias impares, lo cual da

$$ \sum_{l=1}^{2n}\sin\frac{2jl\pi}{2n+1}\tan\frac{l\pi}{2n+1}=(-1)^{j+1}(2n+1)\;. $$

Pero dado que los enteros $jl$ y $kl$ en los argumentos de ambos factores solo importan $\bmod(2n+1)$, si $k$ es coprimo con $2n+1$, podemos sumar sobre $kl$ en lugar de $l$ y obtendremos el resultado para $k^{-1}j\bmod(2n+1)$, por lo que para $k$ coprimo con $2n+1$

$$ \sum_{l=1}^{2n}\sin\frac{2jl\pi}{2n+1}\tan\frac{kl\pi}{2n+1}=(-1)^{\sigma_k(j)+1}(2n+1)\;. $$

donde $\sigma_k$ es la permutación efectuada por la multiplicación con $k^{-1}\bmod(2n+1)$. Si $1\lt\gcd(k,2n+1)\mid j$, la suma se reduce a $\gcd(k,2n+1)$ copias idénticas, mientras que si $\gcd(k,2n+1)\nmid j$, la cancelación hace que la suma se anule.

Por lo tanto, los $m_{jkn}$ son enteros porque los vectores $\left\{\tan\frac{kl\pi}{2n+1}\right\}_l$ son combinaciones lineales enteras de vectores $\left\{\sin\frac{2jl\pi}{2n+1}\right\}_l$ cuyos productos punto son todos $0$ o $\pm1$, y estos valores pueden obtenerse utilizando solo teoría de números elemental, es decir, permutaciones inducidas por inversos multiplicativos.

Answer 2

advertencia: Supongo que $p=2n+1$ es un número primo y sólo demuestro que $m_{jkn}$ es un número entero, sin realmente calcularlo (la suposición quizás pueda ser eliminada, pero el método es no explícito).

Tenemos $a_k:=i\tan\frac{k\pi}{p}=\frac{\alpha^k-1}{\alpha^k+1}$, donde $\alpha=\exp \frac{2\pi i}{p}$. Tu suma está en $K:=\mathbb{Q}(\alpha)$ y es invariante bajo el grupo de Galois, entonces es un número racional.

Por otro lado, los $a_k$ son las raíces de $(1+x)^{p}-(1-x)^{p}$. Ahora nota que $f(x):=((1+x)^{p}-(1-x)^{p})/2x$ es un polinomio mónico con coeficientes enteros. En particular, tu suma es un entero algebraico, y como es racional, es un número entero.

Dado que $f(0)=p$, entonces tenemos $N_{K/\mathbb{Q}}a_k=p$. Esto significa que $a_k$ es una unidad multiplicada por $1-\alpha, así que tu suma es divisible por $1-\alpha$, lo que significa (como es racional) que tu suma es un múltiplo de $p.