tanの和

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

$(\frac{n}{p})$ はLegendre記号
$ζ = ζ_{p} := e^{\frac{2 i π}{p}}$
$τ_{p} := \sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) ζ^{n}$

$p \equiv 1 (\mod 4)$ のときに $0$ となるのは明らかですが, $p \equiv 3 (\mod 4)$ 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,
$\tan \frac{2 π}{3} - \tan \frac{4 π}{3} = - 2 \sqrt{3}$
$\tan \frac{2 π}{7} + \tan \frac{4 π}{7} - \tan \frac{6 π}{7} + \tan \frac{8 π}{7} - \tan \frac{10 π}{7} - \tan \frac{12 π}{7} = - 2 \sqrt{7}$
$\tan \frac{2 π}{11} - \tan \frac{4 π}{11} + \tan \frac{6 π}{11} + \tan \frac{8 π}{11} + \tan \frac{10 π}{11} - \tan \frac{12 π}{11} - \tan \frac{14 π}{11} - \tan \frac{16 π}{11} + \tan \frac{18 π}{11} - \tan \frac{20 π}{11} = - 6 \sqrt{11}$
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．

$f_{p} (x) = \sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) \frac{1}{1 - ζ^{n} x}$

このとき，次が成り立ちます．

$f_{p} (x) = \frac{τ_{p}}{1 - x^{p}} \sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) x^{n}$

$| x | < 1$ について示す.
$\begin{aligned} f_{p} (x) & = \sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) \frac{1}{1 - ζ^{n} x} \\ = \sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) \sum_{m = 0}^{\infty} ζ^{m n} x^{m} \\ = \sum_{m = 0}^{\infty} x^{m} \sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) ζ^{m n} \\ = \sum_{m = 0}^{\infty} x^{m} (\frac{m}{p}) \sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) ζ^{n} \\ = τ_{p} \sum_{m = 0}^{\infty} x^{m} (\frac{m}{p}) \\ = τ_{p} \sum_{m = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{p - 1} x^{m p + k} (\frac{m p + k}{p}) \\ = τ_{p} \sum_{k = 0}^{p - 1} (\frac{k}{p}) x^{k} \sum_{m = 0}^{\infty} x^{m p} \\ = \frac{τ_{p}}{1 - x^{p}} \sum_{k = 1}^{p - 1} (\frac{k}{p}) x^{k} \end{aligned}$
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

$p \equiv 3 (\mod 4)$ とします．
$\tan \frac{2 n π}{p}$ の形をどうやって作るかを考えます．
$\sin θ$ が $e^{i θ}$ の虚部であったことを考えると,
$\tan \frac{2 n π}{p} = Im (\frac{\cos \frac{2 n π}{p} + i \sin \frac{2 n π}{p}}{\cos \frac{2 n π}{p}}) = Im \frac{2}{1 + ζ^{- 2 n}}$
となります.
ということで, ここからは代わりに $S_{p} = \sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) \frac{2}{1 + ζ^{- 2 n}}$ を考えればいいことがわかります.

補題を使うと,
$\begin{aligned} S_{p} & = 2 (\frac{- 2}{p}) \sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) \frac{1}{1 + ζ^{n}} \\ = 2 (\frac{- 2}{p}) f_{p} (- 1) \\ = (\frac{- 2}{p}) τ_{p} \sum_{n = 1}^{p - 1} (- 1)^{n} (\frac{n}{p}) \end{aligned}$
となります.

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

$p \equiv 3 (\mod 4)$ となる素数 $p$ に対して,
$\sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) \tan \frac{2 n π}{p} = (- 1)^{\frac{p - 3}{4}} \sqrt{p} \sum_{n = 1}^{p - 1} (- 1)^{n} (\frac{n}{p})$

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, $\sum_{n = 1}^{p - 1} (- 1)^{n} (\frac{n}{p}) = (\frac{2}{p}) (4 a_{p} - p + 1)$ となるので $\sum_{n = 1}^{p - 1} (\frac{n}{p}) \tan \frac{2 n π}{p} = \sqrt{p} (p - 1 - 4 a_{p})$ とできます.