Тригонометрическое тождество

[nnosipov]

Докажите, что при нечётном $N$

$$ \sum_{j=0}^{N-1} j\tg{\frac{\pi j}{N}}=\frac{N}{2}\sum_{j=1}^{N-1} (-1)^j\ctg{\frac{\pi j}{N}}. $$

P.S. Можно и в такой форме:

$$ \sum_{j=0}^{N-1} j^2\tg{\frac{\pi j}{N}}=\frac{N^2}{2}\sum_{j=1}^{N-1} (-1)^j\ctg{\frac{\pi j}{N}}. $$

[Руст]

$tg0=0$, поэтому справа суммирование можно начать с 1 (как и слева).
Далее

$$\sum_{j=1}^{N-1}j^ktg\frac{\pi j}{N}=\frac 12 \sum_{j=1}^{N-1}tg\frac{\pi j}{N}(j^k-(N-j)^k}.$$

Здесь учли, что $\tg(\pi -x)=-\tg(x)$.
Суммирования по тангенцам соответствует суммирование с изменениями знаков по котангенцам (сумма из тех же членов с перестановкой мест). Это приводит к нужным формулам.

[nnosipov]

Руст в сообщении #1388196 писал(а):

Суммирования по тангенцам соответствует суммирование с изменениями знаков по котангенцам (сумма из тех же членов с перестановкой мест). Это приводит к нужным формулам.

Да, эти две формулы эквивалентны, это почти очевидно.

[nnosipov]

Руст в сообщении #1388196 писал(а):

Суммирования по тангенцам соответствует суммирование с изменениями знаков по котангенцам (сумма из тех же членов с перестановкой мест).

Эту фразу я пропустил при первом чтении, но сейчас все равно не понимаю: есть ряд чисел (тангенсов), мы берем ряд обратных чисел (котангенсов), как он может получиться из исходного ряда перестановкой?

Все-таки одно из предлагаемых тождеств надо доказать честно (второе тождество бесплатно).

[TOTAL]

С помощью $2\ctg(2x)=\ctg(x)-\tg(x)$ для нечетного $k<N$ получаем

$$ k\tg{\left(\frac{\pi k}{N}} \right)+2 \cdot k\tg{\left( 2 \cdot \frac{\pi k}{N}}\right)+ \dots +2^{\alpha_k} \cdot k\tg{\left( 2^{\alpha_k} \cdot \frac{\pi k}{N}}\right) =k\ctg{\left(\frac{\pi k}{N}} \right)- 2^{\alpha_k+1} \cdot k\ctg{\left( 2^{\alpha_k+1} \cdot \frac{\pi k}{N}}\right), $$

где $1 \le 2^{\alpha_k+1} \cdot k - N < N$

Суммируем по всем нечетным $k < N$:

$$ \sum_{j=1}^{N-1} j\tg{\frac{\pi j}{N}}=-N\sum_{k}} \ctg{\frac{\pi k}{N}}. $$

[nnosipov]

TOTAL
Не понятно, как суммирование правых частей по нечетным $k$ приведет к тому, что написано в правой части последнего равенства. Нельзя ли это изложить подробнее? (Ну, как бы времени не очень много для разгадывания ребусов )

[TOTAL]

nnosipov в сообщении #1388964 писал(а):

Не понятно, как суммирование правых частей по нечетным $k$ приведет к тому, что написано в правой части последнего равенства.

$k$ - все нечетные меньше $N$
$\left( 2^{\alpha_k+1} \cdot k - N \right)$ - тоже все нечетные меньше $N$

Запишем правые части для нечетных $p$ и $k=2^{\alpha_p+1} \cdot p - N$

$$ p\ctg{\left(\frac{\pi p}{N}} \right)- 2^{\alpha_p+1} \cdot p\ctg{\left( 2^{\alpha_p+1} \cdot \frac{\pi p}{N}}\right)= p\ctg{\left(\frac{\pi p}{N}} \right)- \underbrace{ (k+N)\ctg{\left(\frac{\pi (k+N)}{N}}\right) }, $$

$$ \underbrace{ k\ctg{\left(\frac{\pi k}{N}} \right) }- 2^{\alpha_k+1} \cdot k\ctg{\left( 2^{\alpha_k+1} \cdot \frac{\pi k}{N}}\right), $$

Вот так попарно приведет к тому, что написано.

[nnosipov]

TOTAL в сообщении #1388989 писал(а):

Вот так попарно приведет к тому, что написано.

Неожиданное решение, показывающее, что можно обойтись без "распиливания" слагаемых. Оригинальное решение приведено в статье "О вычислении конечных тригонометрических сумм" (Математическое просвещение, вып. 23, 2019).