Двойная тригонометрическая сумма

[nnosipov]

Дано нечетное натуральное $N$. Докажите, что

$$\sum_{k=0}^{N-1}\sum_{l=0}^{N-1}\frac{1}{\cos{(2\pi k/N)}+\cos{(2\pi l/N)}}=\frac{N^2}{2}.$$

Комментарий. Это одна из задач с последнего Кубка памяти Колмогорова. Довольно редкий случай, когда задача решается практически в уме.

[Farest2]

\begin{align} \sum_{0\le k,\ell<N} &\frac{1}{\cos\tfrac{2\pi k}{N}+\cos\tfrac{2\pi\ell}{N}}={} \nonumber\\ &=\frac12\sum_{0\le k,\ell<N} \frac{1}{\cos\tfrac{\pi(k+\ell)}{N}\cos\tfrac{\pi(k-\ell)}{N}}={} \nonumber\\ &{}=\frac12\sum_{0\le k,\ell<N} \frac{1}{\cos\tfrac{\pi k}{N}\cos\tfrac{\pi(k-2\ell)}{N}}={} \nonumber\\ &{}=\frac12\sum_{0\le k<N} \frac{1}{\cos\tfrac{\pi k}{N}} \biggl\{\sum_{\substack{0\le\ell<N\\ \ell~\textrm{even}}} -\sum_{\substack{0\le\ell<N\\ \ell~\textrm{odd}}}\biggr\} \frac{1}{\cos\tfrac{\pi(k-\ell)}{N}}={} \nonumber\\ &{}=\frac12\sum_{0\le k<N} \frac{1}{\cos\tfrac{\pi k}{N}} \sum_{0\le\ell<N} \frac{(-1)^\ell}{\cos\tfrac{\pi(k-\ell)}{N}}={} \nonumber\\ &{}=\frac12 \biggl\{\sum_{0\le k<N} \frac{(-1)^k}{\cos\tfrac{\pi k}{N}}\biggr\}^2. \nonumber \end{align}
Пусть $N=2n+1$. Поскольку

$$ \frac{a^{2n+1}+b^{2n+1}}{a+b}=\frac{a^{2n+1}-(-b)^{2n+1}}{a-(-b)} =a^{2n}+a^{2n-1}(-b)+\ldots+a^n(-b)^n+\ldots+(-b)^{2n}, $$

то

$$ \sum_{0\le k<N} \frac{(-1)^k}{\cos\tfrac{\pi k}{N}} =\sum_{0\le k<N} \frac{\cos\pi k}{\cos\tfrac{\pi k}{N}} =\sum_{0\le k<N} \frac{\bigl(e^{\frac{\pi i k}{2n+1}}\bigr)^{2n+1} +\bigl(e^{-\frac{\pi i k}{2n+1}}\bigr)^{2n+1}} {e^{\frac{\pi i k}{2n+1}}+e^{-\frac{\pi i k}{2n+1}}}=(-1)^n N, $$

так как только член $a^n(-b)^n$ даст ненулевой вклад.

Для "в уме", имхо, крутовато...

[nnosipov]

Farest2 в сообщении #1544434 писал(а):

Для "в уме", имхо, крутовато...

Можно сократить Ваше решение. Во-первых, сделать замену $a=(k-l)/2$, $b=(k+l)/2$ индексов суммирования (соответствие $(k,l) \to (a,b)$ есть взаимно однозначное отображение $\mathbb{Z}_N^2$ на себя). Во-вторых, после этого останется всего лишь вычислить одну обычную сумму

$$\sum_{a=0}^{N-1}\frac{1}{\cos{(2\pi a/N)}}.$$

Ну, а это как бы медицинский факт, что она равна $(-1)^{(N-1)/2}N$. Так что все-таки в уме