tanの和
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.
$\left(\dfrac{n}{p}\right)$はLegendre記号
$\zeta=\zeta_p:=e^\frac{2i\pi}{p}$
$\displaystyle\tau_p:=\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\zeta^n$
$p\equiv1\pmod{4}$ 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.
\begin{aligned}
f_p(x)&=\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\frac{1}{1-\zeta^n x}\\
&=\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\\
&=\tau_p\sum_{m=0}^\infty x^m\left(\frac{m}{p}\right)\\
&=\tau_p\sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^{p-1} x^{mp+k}\left(\frac{mp+k}{p}\right)\\
&=\tau_p\sum_{k=0}^{p-1}\left(\frac{k}{p}\right)x^k\sum_{m=0}^\infty x^{mp}\\
&=\frac{\tau_p}{1-x^p}\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{k}{p}\right)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
$p\equiv3\pmod{4}$ 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．
$\sin\theta$が$e^{i\theta}$の虚部であったことを考えると,
\begin{equation}
\tan\frac{2n\pi}{p}
=\mathrm{Im}\left(\frac{\cos\frac{2n\pi}{p}+i\sin\frac{2n\pi}{p}}{\cos\frac{2n\pi}{p}}\right)
=\mathrm{Im}\frac{2}{1+\zeta^{-2n}}\end{equation}
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,
$\begin{aligned}
S_p&=2\left(\frac{-2}{p}\right)\sum_{n=1}^{p-1}\left(\frac{n}{p}\right)\frac{1}{1+\zeta^n}\\
&=2\left(\frac{-2}{p}\right)f_p(-1)\\
&=\left(\frac{-2}{p}\right)\tau_p\sum_{n=1}^{p-1}(-1)^n\left(\frac{n}{p}\right)
\end{aligned}$
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
\begin{equation}
\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)
\end{equation}
とわかります.
$p\equiv3\pmod{4}$ となる素数$p$に対して,
\begin{equation}
\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)
\end{equation}
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.