2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Сумма с котангенсами
Сообщение02.10.2020, 20:12 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Натуральные числа $k$, $l$ и $m$ таковы, что $m+k \equiv 0 \pmod{l}$ и $m+l \equiv 0 \pmod{k}$, при этом $k$ и $l$ взаимно просты. Вычислите сумму $$\sum_{j=1}^{m-1} \ctg{\frac{k\pi j}{m}}\ctg{\frac{l\pi j}{m}}.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма с котангенсами
Сообщение02.10.2020, 21:09 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
Продолжение topic137947.html ?

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма с котангенсами
Сообщение03.10.2020, 03:52 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Да. Есть более общее тождество, из которого все и получается. Само тождество доказывается довольно легко с помощью вычетов (особенно если привлечь Maple для вычисления этих вычетов).

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма с котангенсами
Сообщение03.10.2020, 11:12 
Заблокирован


16/04/18

1129
Предположение: это частный случай тождеств для гипергеометрических функций. Только интуиция.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма с котангенсами
Сообщение03.10.2020, 13:19 
Заблокирован


16/04/18

1129
Ссылка по теме:
https://www.sciencedirect.com/science/a ... 9-main.pdf

В литературе частный случай, когда один из параметров равен единице, похоже называется суммами Дедекинда. Вроде и в этом частном случае общая явная формула неизвестна, как я понял.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма с котангенсами
Сообщение03.10.2020, 14:27 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
novichok2018 в сообщении #1485592 писал(а):
Ссылка по теме:
Да, эта статья мне известна. В принципе, в ней есть все, что нужно для решения задачи.
novichok2018 в сообщении #1485592 писал(а):
В литературе частный случай, когда один из параметров равен единице, похоже называется суммами Дедекинда.
Не совсем так, но связь с суммами Дедекинда определенно есть. (Суммы Дедекинда определяются через дробные доли, без котангенсов.)
novichok2018 в сообщении #1485592 писал(а):
Вроде и в этом частном случае общая явная формула неизвестна, как я понял.
Явной формулы нет, но есть быстрый алгоритм для вычисления этих сумм (типа алгоритма Евклида). Кстати, в этом отношении общий случай --- суммы с тремя параметрами $k$, $l$, $m$ --- сводится к частному (когда $k=1$ или $l=1$).

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма с котангенсами
Сообщение03.10.2020, 15:33 
Заблокирован


16/04/18

1129
Это один из случаев суммы Дедекинда. Могу привести несколько ссылок.
Вот например: https://arxiv.org/pdf/math/0112077.pdf
формула (4), it is not hard to write the Dedekind sum in terms of cotangents: ...

Да и не в названиях дело, конечно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма с котангенсами
Сообщение03.10.2020, 18:11 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
nnosipov в сообщении #1485515 писал(а):
Натуральные числа $k$, $l$ и $m$ таковы, что $m+k \equiv 0 \pmod{l}$ и $m+l \equiv 0 \pmod{k}$, при этом $k$ и $l$ взаимно просты. Вычислите сумму $$\sum_{j=1}^{m-1} \ctg{\frac{k\pi j}{m}}\ctg{\frac{l\pi j}{m}}.$$
Понятно, что при этом $m,k,l$ так же попарно взаимно просты.

Попробую в лоб, используя тождество для котангенса:
$$\sum_{j=1}^{m-1} \ctg{\frac{k\pi j}{m}}\ctg{\frac{l\pi j}{m}}
= \frac{1}{m^2} \sum_{j=1}^{m-1} \sum_{p=1}^{m-1} \sum_{q=1}^{m-1}  (2m-1-2p)(2m-1-2q) \sin\frac{2\pi p k j}{m} \sin\frac{2\pi q l j}{m}$$
$$
= \frac{1}{2m^2} \sum_{p=1}^{m-1} \sum_{q=1}^{m-1}  (2m-1-2p)(2m-1-2q) \sum_{j=1}^{m-1} \left( \cos\frac{2\pi j (pk-ql)}m - \cos\frac{2\pi j (pk+ql)}m \right)
$$
$$
= \frac{1}{2m} \left( \sum_{p,q=1\atop pk-ql\equiv 0\pmod{m}}^{m-1}  (2m-1-2p)(2m-1-2q) - \sum_{p,q=1\atop pk+ql\equiv 0\pmod{m}}^{m-1}  (2m-1-2p)(2m-1-2q) \right)
$$
$$
= \frac{1}{2m} \sum_{p,q=1\atop pk-ql\equiv 0\pmod{m}}^{m-1}  \left( (2m-1-2p)(2m-1-2q) - (2m-1-2p)(2q-1) \right)
$$
$$
= \frac{1}{m} \sum_{p,q=1\atop pk-ql\equiv 0\pmod{m}}^{m-1}  (2m-1-2p)(m-2q) \right)
$$
Понятно, что в последней сумме одному значению $p$ соответствует одно значение $q$, а именно $q\equiv \frac{pk}l \pmod{m}$ или даже $q=\frac{k+m}lp\bmod m$. При этом, когда $p$ пробегает множество $\{1,2,\dots,m-1\}$, то и $q$ пробегает это же множество. Поэтому с суммированием линейных членов в $$(2m-1-2p)(m-2q)=(2m-1)m - 2mp - 2(2m-1)q + 4pq$$ проблем нет. Остается просуммировать $pq$ - вероятно, тут надо воспользоваться данной связью $k,l,m$, но сходу я пока не вижу как.

-- Sat Oct 03, 2020 10:42:22 --

nnosipov в сообщении #1485515 писал(а):
Натуральные числа $k$, $l$ и $m$ таковы, что $m+k \equiv 0 \pmod{l}$ и $m+l \equiv 0 \pmod{k}$, при этом $k$ и $l$ взаимно просты. Вычислите сумму $$\sum_{j=1}^{m-1} \ctg{\frac{k\pi j}{m}}\ctg{\frac{l\pi j}{m}}.$$

А вообще вроде как тупо сводится к предыдущему заменой $t:=jk\bmod m$, $s:=l/k\bmod m$:
$$\sum_{j=1}^{m-1} \ctg{\frac{k\pi j}{m}}\ctg{\frac{l\pi j}{m}} = \sum_{t=1}^{m-1} \ctg{\frac{\pi t}{m}}\ctg{\frac{s\pi t}{m}}.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма с котангенсами
Сообщение03.10.2020, 20:12 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
maxal в сообщении #1485622 писал(а):
А вообще вроде как тупо сводится к предыдущему
Вот и меня сегодня это озарение посетило. А вчера еще не замечал. Ну и хорошо, третий параметр ничего нового не требует в плане алгоритма вычисления таких сумм.
maxal в сообщении #1485622 писал(а):
Остается просуммировать $pq$ - вероятно, тут надо воспользоваться данной связью $k,l,m$, но сходу я пока не вижу как.
Но это явно как-то делается --- ведь ответ (имеющий принципиально простой, хотя и несколько громоздкий вид) другим способом получить можно. Можно выделить как отдельную задачу. Возможно, она окажется содержательной и не менее интересной, чем исходная.

Ниже я изложу свой план решения исходной задачи. (Все оказывается на редкость банально.) Обозначим сумму из стартового сообщения $T(k,l,m)$ и вместе с ней будем рассматривать еще две суммы: $T(l,m,k)$ и $T(m,k,l)$. Естественно, $k$, $l$, $m$ будем считать попарно взаимно простыми (и это, как было замечено, вытекает из условия задачи).

1. Доказываем тождество $klT(k,l,m)+lmT(l,m,k)+mkT(m,k,l)=f(k,l,m)$, где $f(k,l,m)$ --- простенькое симметричное выражение (догадаться можно, просматривая topic137947.html). Доказательство состоит в применении теоремы о полной сумме вычетов к рациональной функции $$F(z)=\frac{1}{z(1-z^k)(1-z^l)(1-z^m)}.$$На удивление Maple легко считает вычет в точке $z=1$ (поскольку это полюс 3-го порядка, руками считать как-то не хочется; но это --- самое сложное вычисление). Все остальные вычеты --- практически в уме.

2. Сравнение $m+l \equiv 0 \pmod{k}$ позволяет бесплатно вычислить $T(l,m,k)$. В этом и есть прикол, он подмечен в цитированной выше статье
novichok2018 в сообщении #1485592 писал(а):
Ссылка по теме:
Аналогично и с $T(m,k,l)$.

3. Из тождества находим $T(k,l,m)$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 9 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group