网友问的一道合情推理三角恒等式

kuing

长风大侠 (9022***) 12:01:41

如何证明？

真难，忍不住撸了一下……

证明：易知方程
\[\frac{z^{2n+1}-1}{z-1}=0\]
有 $2n$ 个根，它们分别为
\[z_k=\cos\frac{2k\pi}{2n+1}+i\sin\frac{2k\pi}{2n+1},\quad k=1,2,\ldots ,2n,\]
记
\[y_k=\cot\frac{k\pi}{2n+1},\]
则
\[z_k=\left( \cos\frac{k\pi}{2n+1}+i\sin\frac{k\pi}{2n+1} \right)^2
=\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}\left( \cot\frac{k\pi}{2n+1}+i \right)^2
=\frac{(y_k+i)^2}{1+y_k^2}
=\frac{(y_k+i)^2}{y_k^2-i^2}
=\frac{y_k+i}{y_k-i},\]
由此可见，方程
\[\frac{\bigl( \frac{y+i}{y-i} \bigr)^{2n+1}-1}{\frac{y+i}{y-i}-1}=0\]
的 $2n$ 个根为 $y_k$（$k=1$, $2$, \ldots, $2n$），由于分母一定不会为零，且 $y=i$ 也显然不是它的根，因此上述方程等价于
\[(y+i)^{2n+1}=(y-i)^{2n+1},\]
用二项式定理展开，上式可以化简为
\[C_{2n+1}^1y^{2n}-C_{2n+1}^3y^{2n-2}+C_{2n+1}^5y^{2n-4}-\cdots +C_{2n+1}^{2n-1}(-1)^{n-1}y^2+C_{2n+1}^{2n+1}(-1)^n=0,\]
由于 $y$ 全是偶次的，所以可作代换 $x=y^2$，可得方程
\[C_{2n+1}^1x^n-C_{2n+1}^3x^{n-1}+C_{2n+1}^5x^{n-2}-\cdots +C_{2n+1}^{2n-1}(-1)^{n-1}x+C_{2n+1}^{2n+1}(-1)^n=0\]
的 $n$ 个根为 $x_k=y_k^2$（$k=1$, $2$, \ldots, $n$），那么，根据韦达定理，即得
\[\sum_{k=1}^n\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}
=\frac{C_{2n+1}^3}{C_{2n+1}^1}=\frac{n(2n-1)}3,\]
所以
\[\sum_{k=1}^{2n}\left( \sin\frac{k\pi}{2n+1} \right)^{-2}
=2\sum_{k=1}^n\left( \sin\frac{k\pi}{2n+1} \right)^{-2}
=2n+2\sum_{k=1}^n\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}
=2n+\frac{2n(2n-1)}3=\frac{4n(n+1)}3.\]
即得证。

isee

结果很好猜啊。。。。。。
能数归不？

其妙

结果很好猜啊。。。。。。
能数归不？
isee 发表于 2016-7-5 17:48

主要是难于建立递推关系，

kuing

回复 3# 其妙

嗯，所以我还是考虑了韦达，而且由上述证明其实还得出了一系列cot^2的恒等式了

isee

回复  其妙

嗯，所以我还是考虑了韦达，而且由上述证明其实还得出了一系列cot^2的恒等式了 ...
kuing 发表于 2016-7-6 23:19

如今像这个优美的招式都快要失传了

力工

回复 5# isee


    复 数不学，好多知识都是新的了。类如此题

isee

回复 6# 力工


    大部分地区还是学复数的，理科。但只学个皮。。。

其妙

只学习简单的代数形式，什么德莫佛公式，三角形式和指数形式，全部不见了，要不然，复数还挺难的

阿鲁

回复 8# 其妙

然而不学的那些恰好是最有趣最好用的那些

kuing

话说，其实也可以把分母是奇是偶的情况一起来搞。

方程
\[\frac{z^N-1}{z-1}=0\]
有 $N-1$ 个根，分别为
\[z_k=\cos\frac{2k\pi}N+i\sin\frac{2k\pi}N,\quad k=1,2,\ldots,N-1,\]
记
\[y_k=\cot\frac{k\pi}N,\]
与上面一样，有
\[z_k=\frac{y_k+i}{y_k-i},\]
以及方程
\[(y+i)^N=(y-i)^N\]
的 $N-1$ 个根为 $y_k$（$k=1$, $2$, \ldots, $N-1$），展开化简为
\[C_N^1y^{N-1}-C_N^3y^{N-3}+C_N^5y^{N-5}-\cdots=0,\]
（最后那项不用管了）由韦达定理
\[\sum_{1\leqslant k<m\leqslant N-1}y_ky_m=-\frac{C_N^3}{C_N^1},\]
而 $y_1+y_2+\cdots+y_{N-1}=0$，故
\[
y_1^2+y_2^2+\cdots+y_{N-1}^2
=-2\cdot\sum_{1\leqslant k<m\leqslant N-1}y_ky_m
=2\cdot\frac{C_N^3}{C_N^1}.
\]

（1）当 $N=2n+1$ 时，$y_1^2=y_{2n}^2$, $y_2^2=y_{2n-1}^2$, \ldots, $y_n^2=y_{n+1}^2$，于是 $y_1^2+y_2^2+\cdots+y_{2n}^2=2(y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2)$，所以
\[
y_1^2+y_2^2+\cdots+y_n^2=\frac{C_{2n+1}^3}{C_{2n+1}^1},
\]
即
\[\sum_{k=1}^n\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}=\frac{n(2n-1)}3;\]

（2）当 $N=2n$ 时，$y_1^2=y_{2n-1}^2$, $y_2^2=y_{2n-2}^2$, \ldots, $y_{n-1}^2=y_{n+1}^2$ 且 $y_n^2=0$，于是 $y_1^2+y_2^2+\cdots+y_{2n-1}^2=2(y_1^2+y_2^2+\cdots+y_{n-1}^2)$，所以
\[
y_1^2+y_2^2+\cdots+y_{n-1}^2=\frac{C_{2n}^3}{C_{2n}^1},
\]
即
\[\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}{2n}=\frac{(n-1)(2n-1)}3.\]

软件验证：

kuing

还能玩奇数分子的，根据楼上结果有
\begin{align*}
& \cot^2\frac\pi{4n}+\cot^2\frac{3\pi}{4n}+\cot^2\frac{5\pi}{4n}+\cdots +\cot^2\frac{(2n-1)\pi}{4n} \\
={}&\cot^2\frac\pi{4n}+\cot^2\frac{2\pi}{4n}+\cot^2\frac{3\pi}{4n}+\cdots +\cot^2\frac{(2n-1)\pi}{4n}\\
&-\left( \cot^2\frac\pi{2n}+\cot^2\frac{2\pi}{2n}+\cot^2\frac{3\pi}{2n}+\cdots +\cot^2\frac{(n-1)\pi}{2n} \right) \\
={}&\frac{(2n-1)(4n-1)}3-\frac{(n-1)(2n-1)}3 \\
={}&n(2n-1),
\end{align*}
以及
\begin{align*}
&\cot^2\frac\pi{4n+2}+\cot^2\frac{3\pi}{4n+2}+\cot^2\frac{5\pi}{4n+2}+\cdots +\cot^2\frac{(2n-1)\pi}{4n+2} \\
={}&\cot^2\frac\pi{4n+2}+\cot^2\frac{2\pi}{4n+2}+\cot^2\frac{3\pi}{4n+2}+\cdots +\cot^2\frac{2n\pi}{4n+2} \\
&-\left( \cot^2\frac\pi{2n+1}+\cot^2\frac{2\pi}{2n+1}+\cot^2\frac{3\pi}{2n+1}+\cdots +\cot^2\frac{n\pi}{2n+1} \right) \\
={}&\frac{(2n+1-1)(4n+2-1)}3-\frac{n(2n-1)}3 \\
={}&n(2n+1).
\end{align*}

kuing

顺便也写写 $\tan$ 的吧，都是能和 $\cot$ 的互相转化的，结果都是那些。

由
\begin{align*}
\tan^2\frac{k\pi}{2n}&=\cot^2\left( \frac\pi2-\frac{k\pi}{2n} \right)=\cot^2\frac{(n-k)\pi}{2n},\\
\tan^2\frac{k\pi}{2n+1}&=\cot^2\left( \frac\pi2-\frac{k\pi}{2n+1} \right)=\cot^2\frac{(2n-2k+1)\pi}{4n+2},
\end{align*}
得
\[\sum_{k=1}^{n-1}\tan^2\frac{k\pi}{2n}
=\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}{2n}
=\frac{(n-1)(2n-1)}3,\]
以及
\[
\sum_{k=1}^n\tan^2\frac{k\pi}{2n+1}
=\cot^2\frac{\pi}{4n+2}+\cot^2\frac{3\pi}{4n+2}+\cot^2\frac{5\pi}{4n+2}
+\cdots +\cot^2\frac{(2n-1)\pi}{4n+2}=n(2n+1),
\]
由
\begin{align*}
\tan^2\frac{(2k-1)\pi}{4n}&=\cot^2\left( \frac\pi2-\frac{(2k-1)\pi}{4n} \right)=\cot^2\frac{(2n-2k+1)\pi}{4n},\\
\tan^2\frac{(2k-1)\pi}{4n+2}&=\cot^2\left( \frac\pi2-\frac{(2k-1)\pi}{4n+2} \right)=\cot^2\frac{(n+1-k)\pi}{2n+1},
\end{align*}
得
\begin{align*}
&\tan^2\frac\pi{4n}+\tan^2\frac{3\pi}{4n}+\tan^2\frac{5\pi}{4n}+\cdots +\tan^2\frac{(2n-1)\pi}{4n} \\
={}&\cot^2\frac\pi{4n}+\cot^2\frac{3\pi}{4n}+\cot^2\frac{5\pi}{4n}+\cdots +\cot^2\frac{(2n-1)\pi}{4n} \\
={}&n(2n-1),
\end{align*}
以及
\[\tan^2\frac\pi{4n+2}+\tan^2\frac{3\pi}{4n+2}+\tan^2\frac{5\pi}{4n+2}
+\cdots +\tan^2\frac{(2n-1)\pi}{4n+2}
=\sum_{k=1}^n\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}=\frac{n(2n-1)}3.\]

以上结果均由软件验证未发现问题

lemondian

cos的呢？

isee

回复 13# lemondian


    至少有个表面的，诱导公式

Infinity

看到这个，我联想到了这个帖子中的恒等式bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&pti ... 266&fromuid=8865

isee

回复 15# Infinity


    这链接中的    [教程] 善用 LaTeX 排版 数学公式     看上去比较清爽，可能是因为字小吧。。。。。当然，，，，内容也不错。。。

Infinity

回复 16# isee

论坛要是能支持一下行内进行\Display(简化记为\D)显示模式就好了，其实黑色公式看上去更舒服。

isee

回复 17# Infinity


    这个看kuing了，只要论坛有支持一个能搞定。。。

kuing

那帖太高森，完全看不懂

至于 \D ，我觉得没这必要，行内本来就应该尽量不用 \displaystyle ，真正有必要用的情况很少，如果经常要用，那可能是排版方式有问题。

abababa

回复 1# kuing

发网友的解答。
由 Euler，可得$\frac{1}{\sin^2\theta} = \sum_{n \in \mathbb{Z}}\frac{1}{(\theta+n\pi)^2}$，可知
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{\sin^2(\frac{x+k\pi}{2n+1})} &= \sum_{k=0}^{2n}\sum_{r \in \mathbb{Z}}\frac{1}{(\frac{x+k\pi}{2n+1}+r\pi)^2} = \sum_{k=0}^{2n}\sum_{r \in\mathbb{Z}}\frac{1}{\frac{(x+(k+(2n+1)r)\pi)^2}{(2n+1)^2}}\\
&= (2n+1)^2\sum_{r\in\mathbb{Z}}\sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{(x+(k+(2n+1)r)\pi)^2} = (2n+1)^2\sum_{p\in\mathbb{Z}}\frac{1}{(x+p\pi)^2} = \frac{(2n+1)^2}{\sin^2x}
\end{align*}
倒数第二等号是因为$k=0\to2n,r\in\mathbb{Z}$时$(k+(2n+1)r)$遍历整数集。
因此\[\sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{\sin^2(\frac{x+k\pi}{2n+1})} = \frac{(2n+1)^2}{\sin^2x}-\frac{1}{\sin^2\frac{x}{2n+1}}\]
让$x\to0$有原式$=\frac{4n(n+1)}{3}$