Сумма квадратов котангенсов

[Lion]

Возможно, задача известная, но тем не менее, может, кому-нибудь будет интересно.

Найти сумму $\ctg^2\frac{\pi}{2m+1}+\ctg^2\frac{2\pi}{2m+1}+\ctg^2\frac{3\pi}{2m+1}+\ldots+\ctg^2\frac{m\pi}{2m+1}$.

[juna]

Ответ: $\frac{m\cdot(2m-1)}{3}$.

[Imperator]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Ответ: $\frac{m\cdot(2m-1)}{3}$.

А как такой ответ получился?

[RIP]

$$\sum_{k=1}^m\ctg^2\frac{\pi k}{2m+1}=-\frac12\sum_{k=1}^{2m}\left(\frac{e^{\tfrac{\pi ik}{2m+1}}+e^{-\tfrac{\pi ik}{2m+1}}}{e^{\tfrac{\pi ik}{2m+1}}-e^{-\tfrac{\pi ik}{2m+1}}}\right)^2=-\frac12\sum_{k=1}^{2m}\left(1-\frac2{1-e^{\tfrac{2\pi ik}{2m+1}}}\right)^2=$$

$$=-m+2\sum_{k=1}^{2m}\frac1{1-e^{\tfrac{2\pi ik}{2m+1}}}-2\sum_{k=1}^{2m}\frac1{\biggl(1-e^{\tfrac{2\pi ik}{2m+1}}\biggr)^2}=-m+2\frac{f'(1)}{f(1)}+2\left(\frac{f''(1)}{f(1)}-\left(\frac{f'(1)}{f(1)}\right)^2\right),$$

где

$$f(x)=\prod_{k=1}^{2m}\left(x-e^{\tfrac{2\pi ik}{2m+1}}\right)=\frac{(x-1+1)^{2m+1}-1}{x-1}=\sum_{k=0}^{2m}\binom{2m+1}{k+1}(x-1)^k.$$

В итоге получаем

$$-m+2\frac{m(2m+1)}{2m+1}+2\left(\frac{(2m+1)2m(2m-1)}{3(2m+1)}-\left(\frac{m(2m+1)}{2m+1}\right)^2\right)=\frac{m(2m-1)}3$$

[Imperator]

RIP писал(а):

$$\sum_{k=1}^m\ctg^2\frac{\pi k}{2m+1}=-\frac12\sum_{k=1}^{2m}\left(\frac{e^{\tfrac{\pi ik}{2m+1}}+e^{-\tfrac{\pi ik}{2m+1}}}{e^{\tfrac{\pi ik}{2m+1}}-e^{-\tfrac{\pi ik}{2m+1}}}\right)^2=-\frac12\sum_{k=1}^{2m}\left(1-\frac2{1-e^{\tfrac{2\pi ik}{2m+1}}}\right)^2=$$

$$=-m+2\sum_{k=1}^{2m}\frac1{1-e^{\tfrac{2\pi ik}{2m+1}}}-2\sum_{k=1}^{2m}\frac1{\biggl(1-e^{\tfrac{2\pi ik}{2m+1}}\biggr)^2}=-m+2\frac{f'(1)}{f(1)}+2\left(\frac{f''(1)}{f(1)}-\left(\frac{f'(1)}{f(1)}\right)^2\right),$$

где

$$f(x)=\prod_{k=1}^{2m}\left(x-e^{\tfrac{2\pi ik}{2m+1}}\right)=\frac{(x-1+1)^{2m+1}-1}{x-1}=\sum_{k=0}^{2m}\binom{2m+1}{k+1}(x-1)^k.$$

В итоге получаем

$$-m+2\frac{m(2m+1)}{2m+1}+2\left(\frac{(2m+1)2m(2m-1)}{3(2m+1)}-\left(\frac{m(2m+1)}{2m+1}\right)^2\right)=\frac{m(2m-1)}3$$

Спасибо, RIP. Теперь все понятно.
P. S. Как Вы до такого догадались?

[Lion]

Хм... Мое решение несколько иное.

Воспользуемся следующей формулой:

$$\ctg n\alpha=\frac{1-C^2_n\ctg^{n-2}\alpha+C^4_n\ctg^{n-4}\alpha-\ldots}{C^1_n\ctg^{n-1}\alpha-C^3_n\ctg^{n-3}\alpha+C^5_n\ctg^{n-5}\alpha\ldots}.$$

Отсюда сразу получаются корни уравнения $C^1_{2m+1}x^m-C^3_{2m+1}x^{m-1}+C^5_{2m+1}x^{m-2}-\ldots=0$. И этими корнями как раз являются наши котангенсы. По теореме Виета получает ответ.

[Imperator]

Lion писал(а):

Хм... Мое решение несколько иное.

Воспользуемся следующей формулой:

$$\ctg n\alpha=\frac{1-C^2_n\ctg^{n-2}\alpha+C^4_n\ctg^{n-4}\alpha-\ldots}{C^1_n\ctg^{n-1}\alpha-C^3_n\ctg^{n-3}\alpha+C^5_n\ctg^{n-5}\alpha\ldots}.$$

Отсюда сразу получаются корни уравнения $C^1_{2m+1}x^m-C^3_{2m+1}x^{m-1}+C^5_{2m+1}x^{m-2}-\ldots=0$. И этими корнями как раз являются наши котангенсы. По теореме Виета получает ответ.

Lion, а Вы как до такого догадались?
Два красивых решения. Интересно, а есть ли еще какие-то способы найти такую сумму?

[RIP]

Imperator писал(а):

Спасибо, RIP. Теперь все понятно.
P. S. Как Вы до такого догадались?

Не знаю. Первое, что пришло в голову. По-моему, очевидное решение.