Matematyka.pl

Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \tg^2\left( \frac{k\pi}{2n+1}\right) }\) jest liczbą całkowitą nieparzystą.

Na pewno poprawna treść zadania? Jak to wygląda dla \(\displaystyle{ n=2}\)?
\(\displaystyle{ \tg^2\left(\frac{\pi}{5}\right)+\tg^2\left(\frac{2\pi}{5}\right)=10}\).

Można wykazać, że
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\tg^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)=n(2n+1)}\) i tym się poniżej zajmę.
Z pomocą przychodzi nam taka oto śliczna tożsamość, już niegdyś wspomniana na forum przez yorgina i mająca nieco niebanalny dowód zaprezentowany m.in. na stackexchange:
\(\displaystyle{ \tg \theta+\tg\left(\theta+\frac{\pi}{n}\right)+\ldots+\tg \left(\theta+\frac{n-1}{n}\pi\right)=-n\ctg\left(\frac{n\pi}{2}+n\theta\right)}\).
Kładąc \(\displaystyle{ n:=2n+1}\) dostajemy więc
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{2n}\tg\left(\theta+\frac{k\pi}{2n+1}\right)=-(2n+1)\ctg\left(\frac{2n+1}{2}\pi+(2n+1)\theta\right)}\).
Różniczkujemy tę równość stronami po \(\displaystyle{ \theta}\), co daje nam
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{\cos^2\left(\theta+\frac{k\pi}{2n+1}\right)}=\frac{(2n+1)^2}{\sin^2\left(\frac{2n+1}{2}\pi+(2n+1)\theta\right)}}\).
Teraz przekształcamy LHS, korzystając ze znanej i lubianej tożsamości \(\displaystyle{ \frac{1}{\cos^2 x}=1+\tg^2 x: \\2n+1+\sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{\cos^2\left(\theta+\frac{k\pi}{2n+1}\right)}=\frac{(2n+1)^2}{\sin^2\left(\frac{2n+1}{2}\pi+(2n+1)\theta\right)}}\).
Następnie podstawiamy \(\displaystyle{ \theta:=\frac{\pi}{2n+1}}\), co daje nam
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{2n}\tg^2\left(\frac{(k+1)\pi}{2n+1}\right)=2n(2n+1)}\).
Ostatni wyraz w sumie w naszej LHS równy jest po prostu \(\displaystyle{ \tg^2\pi =0}\), a pozostałe parujemy, korzystając z tożsamości
\(\displaystyle{ \tg^2(\pi-y)=\tg^2 y}\) dla odpowiednich \(\displaystyle{ y}\), otrzymując, po podzieleniu stronami przez dwa,
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1}\tg^2\left(\frac{(k+1)\pi}{2n+1}\right)=n(2n+1)}\).
Przesuwamy indeksy po lewej i dowód skończony.