Finita de la serie $\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{1-\cos(\frac{2k\pi}{n})}$

Question

Quiero mostrar

%#% $ #% Con inducción que no sé cómo pude volver de $$\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{1-\cos(\frac{2k\pi}{n})} = \frac{n^2-1}6$ $\frac{1}{1-\cos(\frac{2k\pi}{n+1})}$.

Saber que $\frac{1}{1-\cos(\frac{2k\pi}{n})}$, pero no veo ninguna manera cómo podría utilizar aquí.

Answer 1

Si $z=\mathrm e^{\mathrm it}$, $z\ne1$, a continuación, $\cos t=\frac12(z+z^{-1})$ por lo tanto $1/(1-\cos t)=-2z/(1-z)^2$. La suma de $s_n$ ser calculada es $$ s_n=\sum_z^*\frac{-2z}{(1-z)^2}, $$ donde $\sum\limits^*_z$ significa que la suma ejecuta a través de todos los $n$th raíz de $z$ $1$ diferente de la $1$. Para cada $|x|\lt1$, considere la posibilidad de $$ t_n(x)=\sum_z\frac{zx}{(1-zx)^2}, $$ donde $\sum\limits_z$ significa que la suma ejecuta a través de todos los $n$th raíz de $z$$1$. La expansión de cada relación $zx/(1-zx)^2$ como una potencia de la serie en $(zx)$, se obtiene $$ t_n(x)=\sum_{k\geqslant1}ku_k^nx^k,\qquad u_k^n=\sum_zz^k. $$ Ahora, $u_k^n=0$ por cada $k$, excepto cuando se $k$ es un múltiplo de a $n$, en cuyo caso $u_k^n=n$. Por lo tanto, $$ t_n(x)=n^2\sum_{k\geqslant1}kx^{nk}=\frac{n^2x^n}{(1-x^n)^2}. $$ Esto permite calcular $s_n$ desde $$ s_n=2\cdot\lim_{x\1}\left(\frac{x}{(1-x)^2}-t_n(x)\right). $$ La expansión de ambos términos en el límite de los poderes de $1-x$ al $x\to1$ rendimientos finalmente $$ s_n=2\cdot\frac{n^2-1}{12}=\frac{n^2-1}6. $$

Answer 2

$\dfrac{1}{1-\cos{\dfrac{2k\pi}{n}}}=\dfrac{1}{2\sin^2{\dfrac{k\pi}{n}}}=\dfrac{\csc^2\dfrac{k\pi}{n}}{2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\cot^2{\dfrac{k\pi}{n}}}{2}$

ahora la ecuación que se convierte:

$\dfrac{(n-1)}{2}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{\cot^2{\dfrac{k\pi}{n}}}{2}=\dfrac{1}{6} \cdot (n^2-1) \implies \sum\limits_{k=1}^{n-1}\cot^2{\dfrac{k\pi}{n}}=\dfrac{(n-1)(n-2)}{6}$(edit:a mistake before)

ahora revisa este enlace para ver cómo probar este tipo de ecuación.