以前、「正多角形上のランダムウォーク」で、以下の等式が成立することに触れた。
\begin{equation}
\label{trig-inverse-quadratic-eq:1}
\sum_{j=1,3,5,\dots,2n-1} \frac{2}{1 – \cos\frac{j\pi}{n}} =
\sum_{j=1,3,5,\dots,2n-1} \frac{1}{\sin^{2}\frac{j\pi}{2n}} = n^{2}
\end{equation}
そこでは
割と綺麗な形の式なので、きっと簡潔で巧妙な式変形があるのだろうが、自力では思いつけなかったので、以下のように複素数表示にモノを言わせて強引に片付けてしまった
などと書いていたが、「大学への数学」のバックナンバーを眺めていたら、今年の2月号の巻頭言と3月号記事に関連する話題が載っていた。
\begin{align}
\label{trig-inverse-quadratic-eq:2}
\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sin^{2}\frac{k\pi}{n}} &= \frac{n^{2}-1}{3} \\
\label{trig-inverse-quadratic-eq:3}
\sum_{k=1}^{n-1} \cot^{2}\frac{k\pi}{2n+1} = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\tan^{2}\frac{k\pi}{2n+1}} &= \frac{n(2n-1)}{3} \\
\label{trig-inverse-quadratic-eq:4}
\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sin^{2}\frac{k\pi}{2n+1}} &= \frac{2n(n+2)}{3} \\
\label{trig-inverse-quadratic-eq:5}
\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sin^{2}\frac{k\pi}{2n}} &= \frac{2n^{2}-2}{3}
\end{align}
\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}が2月号巻頭言で紹介され、3月号では\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:3}を通じて\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:4}が示されている。\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:3}, \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:4}からはさみうちで
\[ \zeta(2) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2}} = \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{3^{2}} + \dotsb = \frac{\pi^{2}}{6} \]
が導ける、というのがその記事の主眼だが、補足的に\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:5}が1990 年の東工大に誘導つきで出ていた、というコメントと共に「同様に導ける」と紹介された上で、\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}は\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:4}, \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:5}から導ける、とされている（\(n\) の偶奇の場合分けで、\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}は容易に\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:4}, \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:5}のいずれかに帰着できる）。
そしてこれらの式より実は\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1}も導ける。まず\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:5}、あるいは\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}で \(n\) を \(2n\) に置きかえた式から
\begin{equation}
\label{trig-inverse-quadratic-eq:6}
\sum_{k=1}^{2n-1} \frac{1}{\sin^{2}\frac{k\pi}{2n}} = \frac{4n^{2}-1}{3}
\end{equation}
が言える。
この左辺を、\(k\) が奇数の部分と偶数の部分に分けると
\begin{equation}
\label{trig-inverse-quadratic-eq:7}
\underbrace{\sum_{k=1,3,\dots,2n-1} \frac{1}{\sin^{2}\frac{k\pi}{2n}}}_{\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1}} + \underbrace{\sum_{j=1}^{n-1} \frac{1}{\sin^{2}\frac{2j\pi}{2n}}}_{\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}}
\end{equation}
なので、結局
\begin{gather*}
\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1}+\frac{n^{2}-1}{3} = \frac{4n^{2}-1}{3} \\
\therefore \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1} = \frac{4n^{2}-1}{3} – \frac{n^{2}-1}{3} = n^{2}
\end{gather*}
となる。（つまり\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1}は \(f(2n)-f(n)\) の形として求まる）
逆に、\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1}を前提にして\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}を導くこともできた。
\[ \frac{1}{\sin^{2}\frac{k\pi}{n}} = \frac{1}{1-\cos^{2}\frac{k\pi}{n}} = \frac{1}{2} \Bigl( \frac{1}{1-\cos\frac{k\pi}{n}} + \frac{1}{1+\cos\frac{k\pi}{n}} \Bigr) \]
で、この右辺は \(k=1,2,\dots,n-1\) で和をとるなら \(\dfrac{1}{1-\cos\frac{k\pi}{n}}\) の和と同じで
\[ \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2} = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{1-\cos\frac{k\pi}{n}} = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2 \sin^{2}\frac{k\pi}{2n}} \]
したがって \(\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sin^{2}\frac{k\pi}{2n}} (=2\times \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2})\) が求まれば OK。ここで、和の範囲を \(1, \dots, 2n-1\) に広げてみると
\[ \sum_{k=1}^{2n-1} \frac{1}{\sin^{2}\frac{k\pi}{2n}} =
2\underbrace{\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sin^{2}\frac{k\pi}{2n}}}_{2\times \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}} + 1 \]
だから左辺が求まればいいが、これは\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:6}に出てきた形だから\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:7}のように変形でき、\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1}を前提とすれば
\[ \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:7} = \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1} + \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2} = n^{2} + \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2} \]
となる。したがって
\begin{gather*}
2 \cdot 2\cdot \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2} + 1 = n^{2} + \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2} \\
\therefore 3 \cdot \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2} = n^{2}-1 \\
\therefore \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2} = \frac{n^{2}-1}{3}
\end{gather*}
となって\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}が出る。
\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}〜\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:5}すべての元となった\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:3}, \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:5}が共に de Moivre から導いた \(\cot\) を解に持つ方程式の解と係数の関係から出たので、その手順を真似て\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1}も直接出ないかとやってみたが、解になる \(\cot^{2}\theta_{k}\) の値に \(k=1,2,\dots,n\) でダブリがでてしまうので、うまく行かないようだ。
また逆に、\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1}を導いた私のやり方で\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}〜\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:5}が出せないか考えてみたが、左辺に \(\dfrac{z}{(z-1)^{2}}\) の形の有理式が出てくることに変わりはないのに、\(k\) が奇数に限られないため \(z^{\square}=-1\) の解ではなく \(z^{\square}=1\) の形の方程式になってしまい、有理式を多項式に直す変形が同じ流れではできずに行き詰まってしまうようだ。
【2017,11/16 追記】こちらの方はそんなことはなかった。\(\mathbb{Q}(z)\) の元を \(\mathbb{Q}[z]\) の元の形に書き直す変形を真面目に行うと、一応出ることは出ますね。ただ、きれいにならない面倒な計算をがんばってやり抜く必要があるようです（詳細省略）。もっときれいにもできるのかもしれませんが、それを追究すると結局大数記事の計算に収斂していくのでしょう、きっと。
【2017, 11/19 追記】前者の方もできますね。\(2\) 乗和を直接解と係数の関係の式のひとつとして求めるという固定観念に囚われていましたが、\(\cot^{2}\theta\) ではなく \(\cot\theta\) を解とする方程式を作って、解の \(2\) 乗和を基本対称式で表す…という方針なら問題なく導けました。しかも、\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:1}のみでなく\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}も。つまり\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:2}は、必ずしも\eqref{trig-inverse-quadratic-eq:4}, \eqref{trig-inverse-quadratic-eq:5}を経由しなくても求まるわけです。