Целочисленность тригонометрической суммы

[nnosipov]

Пусть $k$ и $l$ --- взаимно простые натуральные числа, не делящиеся на три. Докажите, что число

$$\sum_{j=1}^{k-1}\ctg{\frac{\pi j}{k}}\ctg{\frac{l\pi j}{k}}$$

является целым.

[maxal]

Сначала небольшое уточнение: $l$ может быть кратно 3; нужно только, чтобы $k$ не было таковым.

Заметим, что $\ctg \frac{\pi a}{k} = f(w^a)$, где $f(x):=I\frac{1+x}{1-x}$ и $w:=\exp \frac{2\pi I}{k}$ - примитивный корень степени $k$ из единицы.
Поэтому:

$$\sum_{j=1}^{k-1} \ctg \frac{\pi j}{k}\ctg \frac{\pi l j}{k} = -\sum_{j=1}^{k-1} g(w^j),$$

где $g(x):=-f(x)f(x^l)=\frac{(1+x)(1+x^l)}{(1-x)(1-x^l)}$.

Заметим, что $g(w^j)=h(w^j),$ где

$$h(x):=\frac{(1+x)(1+x^l)}{k^2}\left(\sum_{i=0}^{k-1} (k-1-i)x^i\right) \left(\sum_{i=0}^{k-1} (k-1-i)x^{li}\right)$$

$$=\frac{1}{k^2}\left(-k+\sum_{i=0}^{k-1} (2k-1-2i)x^i\right) \left(-k+\sum_{i=0}^{k-1} (2k-1-2i)x^{li}\right).$$

Используя мультисекцию рядов имеем:

$$\sum_{j=1}^{k-1} g(w^j) = -h(1) + \sum_{j=0}^{k-1} h(w^j) = -(k-1)^2 + \sum_{j\geq 0} [x^{jk}]\ k\cdot h(x).$$

Таким образом, остается только проверить, что последняя сумма является целым числом. Из формулы для $h(x)$ следует, что нам нужно показать делимость на $k$ следующей суммы:

$$\sum_{j,t} (2k-1-2t) (2k-1-2(jk-tl))\equiv \sum_{j,t} (-1-2t) (-1+2tl)\pmod{k},$$

где индексы $j,t$ пробегают все такие значения, что $0\leq t\leq k-1$ и $0\leq jk-tl\leq k-1$, т.е. $tl\leq jk\leq tl+k-1$. Легко видеть, что для фиксированного $t$ у нас имеется ровно одно значение $j$, а именно $\lceil \frac{tl}{k}\rceil$. Поэтому последняя сумма по модулю $k$ сводится к вычислению:

$$\sum_{t=0}^{k-1} (-1-2t) (-1+2tl) = \sum_{t=0}^{k-1} (-1+2(1-l)t+4lt^2) = -k + (1-l)k(k-1) - 2l\frac{(k-1)k(2k-1)}3\equiv 0 \pmod{k},$$

где последнее сравнение выполняется, так как $k$ не делится на 3.

-- Sat Dec 07, 2019 18:06:29 --

P.S. Переводя переход от $g(x)$ к $h(x)$ на язык тригонометрии, получаем тождество для целых положительных чисел $n\nmid m$:

$$\ctg \frac{\pi m}{n} = \frac{1}{n} \sum_{j=0}^{n-1} (2n-1-2j)\sin\frac{2\pi mj}{n},$$

про которое я как-то раньше не слышал. С этим тождеством можно переложить все доказательство на язык тригонометрии.

[nnosipov]

maxal в сообщении #1429236 писал(а):

Сначала небольшое уточнение: $l$ может быть кратно 3; нужно только, чтобы $k$ не было таковым.

Спасибо. У меня было ощущение, что что-то не совсем так, как нужно. Кстати, тригонометрическая сумма из задачи --- это почти сумма Дедекинда (что само по себе не совсем тривиально, как мне кажется). Для сумм Дедекинда есть закон взаимности, и на этом можно строить доказательство целочисленности.

Похоже, техника мультисекций рядов --- вещь полезная, надо только попривыкнуть. У меня более традиционная техника вычетов используется.

maxal в сообщении #1429236 писал(а):

получаем тождество для целых положительных чисел $n\nmid m$:

$$\ctg \frac{\pi m}{n} = \frac{1}{n} \sum_{j=0}^{n-1} (2n-1-2j)\sin\frac{2\pi mj}{n},$$

про которое я как-то раньше не слышал.

Да, мне тоже не попадалось. Смысл его, видимо, в том, чтобы перелопачивать "рациональные" тригонометрические суммы в "полиномиальные", не привлекая при этом ничего постороннего.

[maxal]

nnosipov
Не продемонстрируете, как здесь работает Дедекинд и вычеты?

Кстати, тригонометрическое решение (на основе нового тождества) получается довольно красивым и почти прямолинейным.
Сначала чуть упростим тождество:

$$\ctg \frac{\pi m}{n} = -\frac{1}{n} \sum_{j=0}^{n-1} (2j-1)\sin\frac{2\pi mj}{n}.$$

Применим его и раскроем произведения синусов:

$$\sum_{j=1}^{k-1} \ctg \frac{\pi j}{k}\ctg \frac{\pi l j}{k} = \frac{1}{2k^2} \sum_{s=0}^{k-1} \sum_{t=0}^{k-1} (2s-1)(2t-1)\sum_{j=0}^{k-1} \left[\cos\frac{2\pi (s-tl)j}{k} - \cos\frac{2\pi (s+tl)j}{k}\right]$$

$$=\frac{1}{2k} \left[ \mathop{\sum\sum}_{s,t=0\atop s-tl\equiv 0\pmod{k}}^{k-1} (2s-1)(2t-1) - \mathop{\sum\sum}_{s,t=0\atop s+tl\equiv 0\pmod{k}}^{k-1} (2s-1)(2t-1)\right]$$

Последняя скобка по модулю $k$ сравнима с

$$\sum_{t=0}^{k-1} (2tl-1)(2t-1) - \sum_{t=0}^{k-1} (-2tl-1)(2t-1)$$

$$= 4l \sum_{t=0}^{k-1} t(2t-1)=-\frac{2lk(k-1)(4k-5)}{3}.$$

Хотя, строго говоря, нам нужно ее вычислять по модулю $2k$ и это немного подпортит красоту.

[nnosipov]

maxal в сообщении #1429286 писал(а):

Кстати, тригонометрическое решение (на основе нового тождества) получается довольно красивым и прямолинейным.

Хотя этого стоило ожидать, все равно приятно, что это действительно так. Я отвлекся на устранение недочетов в своем доказательстве, поэтому не успел попробовать этот способ. Порекомендую своим студентам, пусть получат удовольствие. (У меня в этом году на удивление неплохие первокурсники-приматы.)

maxal в сообщении #1429286 писал(а):

Не продемонстрируете, как здесь работает Дедекинд и вычеты?

По поводу вычетов: общая идея --- пользоваться теоремой 1 из моей статьи про тригонометрические суммы в Мат. просвещении (вып. 23, 2019). Это странно, но именно в таком виде теорему 1 мне не удалось отыскать в литературе. Хотя, казалось бы, ей самое место в каком-нибудь задачнике по ТФКП. Буду признателен, если кто-нибудь даст ссылку на что-то релевантное.

Теперь по поводу сумм. К счастью, дыры в моем рассуждении удалось залатать. Нашу тригонометрическую сумму обозначим $S(k,l)$. Тогда имеет место вот что: $lS(k,l)+kS(l,k)=(k^2+l^2+1)/3-kl$. (Это прелестное тождество есть в моей статье, и доказывается оно на основе теоремы 1 довольно просто.) Теперь нужно дать полную формулировку результата.

Утверждение. Если $k \not\equiv 0 \pmod{3}$, то $S(k,l) \in \mathbb{Z}$. Если же $k \equiv 0 \pmod{3}$, то $S(k,l)+l/3 \in \mathbb{Z}$.

Идея доказательства напрашивается сама собой --- индукция по $k$ на основе того самого тождества. Но для шага индукции нужно предварительно доказать лемму о том, что число $S(k,l)$ представимо в виде $N/k$, где $N$ --- некоторое целое число. Эту лемму можно доказывать по-разному. Например, с помощью сумм Дедекинда

$$s(l,k)=\sum_{r=1}^{k-1}((r/k))((lr/k)),$$

где $((x))=\{x\}-1/2$ при нецелом $x$ и $((x))=0$ при целом $x$. Оказывается, имеет место соотношение $S(k,l)=4ks(l,k)$ (это есть в моей статье). Теперь утверждение леммы очевидно.

Собственно, дыры в моем первоначальном доказательстве (для случая, когда $k \not\equiv 0 \pmod{3}$ и $l \not\equiv 0 \pmod{3}$) были искусственными --- я поленился полностью сформулировать утверждение, и индукция поэтому не проходила. А теперь все OK.

Вообще, по-хорошему про эту (почти) целочисленность надо было еще в статье написать, но из-за тогдашнего цейтнота не удалось это сделать. Но зато сейчас развлеклись

Вопрос ко всем читателям этой темы: нужно ли все-таки написать доказательство тождества

$$lS(k,l)+kS(l,k)=\frac{k^2+l^2+1}{3}-kl$$

с помощью вычетов или будем считать это упражнением для желающих? (В это воскресенье, честно говоря, морально не готов. К тому же в статье есть доказательство похожего тождества.)

Upd. Исправил опечатку в определении $s(l,k)$ (унаследованную из статьи Grosswald E. Dedekind–Rademacher sums // Amer. Math. Monthly. 1971. Vol. 78, № 6. P. 639-644): суммирование должно начинаться не с $r=0$, а с $r=1$.

maxal в сообщении #1429286 писал(а):

Хотя, строго говоря, нам нужно ее вычислять по модулю $2k$ и это немного подпортит красоту.

Да, двойка несколько раздражает.

[nnosipov]

Кстати, относительно двойки: она на самом деле есть, но в числителе. Более точно, с помощью сумм Дедекинда можно установить, что $S(k,l)=2N/k$ для некоторого целого $N$. Действительно, имеем

$$s(l,k)=\sum_{r=1}^{k-1}((r/k))((lr/k))=\sum_{r=1}^{k-1}r/k((lr/k)),$$

так что после домножения на $4k$ одна двоечка остается. Как следствие, имеем $S(k,l) \equiv 0 \pmod{2}$.