Сумма с котангенсами

[nnosipov]

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

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

[maxal]

Продолжение topic137947.html ?

[nnosipov]

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).

[novichok2018]

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

[novichok2018]

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.

[nnosipov]

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 $l=1$).

[novichok2018]

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.

[maxal]

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 $t:=jk\bmod m$, $s:=l/k\bmod m$:

$$\sum_{j=1}^{m-1} \ctg{\frac{k\pi j}{m}}\ctg{\frac{l\pi j}{m}} = \sum_{t=1}^{m-1} \ctg{\frac{\pi t}{m}}\ctg{\frac{s\pi t}{m}}.$$

[nnosipov]

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 $T(k,l,m)$.

[maxal]

Гугл сегодня порекомендовал статью по смежным суммам: https://www.mdpi.com/1999-4893/17/8/373

[nnosipov]

Спасибо, добавим в коллекцию.