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tanの和

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この記事では,奇素数$p$について $\displaystyle\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\tan\frac{2n\pi}{p}$ という和を考えます.

$\displaystyle\left(\frac{n}{p}\right)$はLegendre記号
$\displaystyle\zeta=\zeta_p:=e^\frac{2i\pi}{p}$
$\displaystyle\tau_p:=\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\zeta^n$

$p\equiv1\pmod{4}$ のときに$0$となるのは明らかですが,$p\equiv3\pmod{4}$のときはどうなるでしょうか.
小さい素数で例を挙げると,
$\tan\frac{2\pi}{3}-\tan\frac{4\pi}{3}=-2\sqrt{3} \\\tan\frac{2\pi}{7}+\tan\frac{4\pi}{7}-\tan\frac{6\pi}{7}+\tan\frac{8\pi}{7}-\tan\frac{10\pi}{7}-\tan\frac{12\pi}{7}=-2\sqrt{7} \\\tan\frac{2\pi}{11}-\tan\frac{4\pi}{11}+\tan\frac{6\pi}{11}+\tan\frac{8\pi}{11}+\tan\frac{10\pi}{11}-\tan\frac{12\pi}{11}-\tan\frac{14\pi}{11}-\tan\frac{16\pi}{11}+\tan\frac{18\pi}{11}-\tan\frac{20\pi}{11}=-6\sqrt{11}$
となります.
これの一般項とその証明をこれから述べていきます.

準備

次の関数を考えます.

$\displaystyle f_p(x)=\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\frac{1}{1-\zeta^n x}$

このとき,次が成り立ちます.

$\displaystyle f_p(x)=\frac{\tau_p}{1-x^p}\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)x^n$

$|x|<1$について示す.
$f_p(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\frac{1}{1-\zeta^n x} \\=\displaystyle\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\sum_{m=0}^\infty\zeta^{mn}x^m \\=\displaystyle\sum_{m=0}^\infty x^m\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\zeta^{mn} \\=\displaystyle\sum_{m=0}^\infty x^m\left(\frac{m}{p}\right)\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\zeta^n \\=\displaystyle\tau_p\sum_{m=0}^\infty x^m\left(\frac{m}{p}\right) \\=\displaystyle\tau_p\sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^{p-1} x^{mp+k}\left(\frac{mp+k}{p}\right) \\=\displaystyle\tau_p\sum_{k=0}^{p-1}\left(\frac{k}{p}\right)x^k\sum_{m=0}^\infty x^{mp} \\=\displaystyle\frac{\tau_p}{1-x^p}\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{k}{p}\right)x^k$
また,$|x|<1$で成り立つので一致の定理より特異点を除いて成り立つ.

本題

$p\equiv3\pmod{4}$ とします.
$\displaystyle\tan\frac{2n\pi}{p}$ の形をどうやって作るかを考えます.
$\sin\theta$$e^{i\theta}$の虚部であったことを考えると,$\displaystyle\tan\frac{2n\pi}{p}=\mathrm{Im}\frac{\cos\frac{2n\pi}{p}+i\sin\frac{2n\pi}{p}}{\cos\frac{2n\pi}{p}}=\mathrm{Im}\frac{2}{1+\zeta^{-2n}}$となります.
ということで,ここからは代わりに $S_p=\displaystyle\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\frac{2}{1+\zeta^{-2n}}$ を考えればいいことがわかります.

補題を使うと,
$\displaystyle S_p=2\left(\frac{-2}{p}\right)\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\frac{1}{1+\zeta^n} \\\displaystyle=2\left(\frac{-2}{p}\right)f_p(-1) \\\displaystyle=\left(\frac{-2}{p}\right)\tau_p\sum_{n=1}^{p-1}(-1)^n\left(\frac{n}{p}\right)$
となります.

ここで,$p\equiv3\pmod{4}$ より $\displaystyle\left(\frac{-2}{p}\right)=(-1)^\frac{p-3}{4}$ となります.
また,$\tau_p=i\sqrt{p}$となる(証明は知りませんが結果だけ引用します)ので,$\displaystyle S_p=(-1)^\frac{p-3}{4}i\sqrt{p}\sum_{n=1}^{p-1}(-1)^n\left(\frac{n}{p}\right)$となり,虚部を見ると
$\displaystyle\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\tan\frac{2n\pi}{p}=(-1)^\frac{p-3}{4}\sqrt{p}\sum_{n=1}^{p-1}(-1)^n\left(\frac{n}{p}\right)$ とわかります.

また,$\mod p$の平方剰余のうち$1$以上$\frac{p-1}{2}$以下のものの個数を$a_p$ とすると,$\displaystyle\sum_{n=1}^{p-1}(-1)^n\left(\frac{n}{p}\right)=\left(\frac{2}{p}\right)(4a_p-p+1)$となるので$\displaystyle\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\tan\frac{2n\pi}{p}=\sqrt{p}(p-1-4a_p)$とできます.

投稿日:2022427

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