Тригонометрическая сумма

[nnosipov]

Для нечетного $N$ докажите равенство

$$\sum_{j=1}^{N-1}\sin{\frac{\pi j^2}{N}}\ctg{\frac{\pi j}{N}}=\frac{N-1}{2}.$$

Комментарий. Здесь есть по крайней мере два пути решения --- короткий и длинный. Длинный я придумал сам, а короткий мне показали уже потом. Впрочем, оба пути стартуют с одного и того же тождества.

[maxal]

Те же методы, что и в topic137947.html и topic142895.html ?

[nnosipov]

maxal
Нет, там стандартные суммы, а здесь экзотика из-за $j^2$, как бы намекающая на суммы Гаусса, но на самом деле к ним не имеющая отношения. Как я ни старался, обобщить никак не получилось. Просто какое-то странное тождество.

[maxal]

Сходу получилось так:
Используя то же тождество для котангенса, переписываем сумму в виду

$$\frac1N \sum_{j=1}^{N-1} \sum_{k=1}^{N-1} k\bigg( \cos\frac{\pi(j^2+2kj)}{N} - \cos\frac{\pi(j^2-2jk)}{N}\bigg)$$

Меняя порядок суммирования и заменяя одно $k$ на $N-k$ получаем

$$\frac1N \sum_{k=1}^{N-1} \sum_{j=1}^{N-1} \bigg( k \cos\frac{\pi(j^2+2kj)}{N} - (N-k)\cos\frac{\pi(j^2+2kj)}{N}\bigg) = \frac1N \sum_{k=1}^{N-1} (2k-N) \sum_{j=1}^{N-1} \cos\frac{\pi(j^2+2kj)}{N}.$$

А внутренняя сумма по сути и есть действительная часть (обобщенной) квадратичной сумма Гаусса, ну или можно явно свести к классической, выделив полный квадрат: $j^2+2kj=(j+k)^2-k^2$.

[nnosipov]

Однако, неожиданно... Но не понимаю, куда девается $\sqrt{N}$, ведь эта штука присутствует в выражении для гауссовой суммы. Хотя, возможно, при суммировании по $k$ исчезает. Если так, то это еще один способ доказательства тождества.

[maxal]

nnosipov в сообщении #1651070 писал(а):

Однако, неожиданно... Но не понимаю, куда девается $\sqrt{N}$, ведь эта штука присутствует в выражении для гауссовой суммы.

Как я понимаю, после сворачивания внутренней суммы, внешняя тоже становится Гауссовой и два корешка из $N$ перемножаются.

[nnosipov]

maxal
Что-то я туплю, но я не понимаю, как свести сумму

$$\sum_{j=0}^{N-1} \cos\frac{\pi(j^2+2kj)}{N}\quad (*)$$

к сумме Гаусса. (Это было бы очевидно, если бы вместо $\pi$ было $2\pi$, но там именно $\pi$.) Вот сумма

$$\sum_{j=0}^{2N-1} \cos\frac{2\pi(j^2+2kj)}{2N}=\sum_{j=0}^{2N-1} \cos\frac{\pi(j^2+2kj)}{N}$$

является гауссовой, но она тождественно равна нулю (у нас $N$ нечетно) и это ничего не дает для вычисления $(*)$.

[maxal]

Да, "половинчатая" сумма получается. Сталкивался с подобной (но не квадратичной) в topic4600.html
Возможно и здесь можно к "полной" сумме свести.

[nnosipov]

Спасибо за ссылку, я эту тему раньше не видел. Будем думать.

[nnosipov]

maxal в сообщении #1651566 писал(а):

Сталкивался с подобной (но не квадратичной) в topic4600.html

Похоже, там просто повезло (см. мой комментарий). Есть статья Bruce C. Berndt and Ronald J. Evans, Half Gauss Sums, Math. Ann. 249, t 15-125 (1980) с релевантным названием, но содержание надо еще изучать.