偶然见到$\tan \frac {3\pi}{11}+4\sin \frac{2\pi}{11}=\sqrt{11}.$

isee

求证：$$\tan \frac {3\mathrm\pi}{11}+4\sin \frac{2\mathrm\pi}{11}=\sqrt{11}.$$

PS:附件中的符号，显然是老书了。。。。。。

kuing

印象中以前在群里讨论过，好像是何版主和Salvation他们

kuing

查了下群聊记录，原来不是这题，不过倒是提到另一类似的题

比如tan(2pi/13)+4sin(6pi/13)这个就比原来那个容易很多

isee

果真很老，网上早有完整的答案，不过，真要深入估计亦好玩

zybang.com/question/ac683be70c736f4011fb932e6d37fe0a.html

zybang.com/question/d6d82a4fee6fc941b05101770aecf7a7.html

（百度快照）

isee

查了下群聊记录，原来不是这题，不过倒是提到另一类似的题
kuing 发表于 2017-8-4 19:25

    $$\tan{2\pi/13}+4\sin{6\pi/13}=\sqrt{13+2\sqrt{13}}.$$

楼上那个英文网上也有这个证明。

abababa

看网友证明过这个，不过第一步就看不懂，后面到是简单了。是和数论有关的问题。
注意$11$是素数且$11\equiv-1\pmod{4}$因此有
\[\sin\frac{2\cdot1\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot3\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot4\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot5\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot9\pi}{11}=\frac{\sqrt{11}}{2}\]
即只要证明
\[-\sin\frac{2\cdot1\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot3\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot4\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot5\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot9\pi}{11}=\frac{1}{2}\tan\frac{3\pi}{11}\]

注意$\sin x\cos y=\frac{1}{2}(\sin(x+y)+\sin(x-y))$，把右边乘上$\cos\frac{3\pi}{11}$并化简左边，只要证明
\[\frac{1}{2}(-(\sin\frac{2+3}{11}\pi+\sin\frac{2-3}{11}\pi)+(\sin\frac{6+3}{11}\pi+\sin\frac{6-3}{11}\pi)+(\sin\frac{8+3}{11}\pi+\sin\frac{8-3}{11}\pi)+(\sin\frac{10+3}{11}\pi+\sin\frac{10-3}{11}\pi)+(\sin\frac{18+3}{11}\pi+\sin\frac{18-3}{11}\pi))=\frac{1}{2}\sin\frac{3}{11}\pi\]
即只要证明
\[\sin\frac{1}{11}\pi+\sin\frac{9}{11}\pi+\sin\frac{13}{11}\pi+\sin\frac{7}{11}\pi+\sin\frac{21}{11}\pi+\sin\frac{15}{11}\pi=0\]
这是显然的。

isee

回复 6# abababa


    这首两行，与4楼图片中的 $S=x+x^3+x^4+x^5+x^9$估计是有联系的。

isee

回复 7# isee


    不知道这个分式是怎么计算成多项式的。。。。。。

\begin{align*}
\mathrm i\tan 3\pi/11&=\cdots\\
&=\frac{x^3-x^{33}}{1+x^3}\\
&=x^3-x^6+x^9-x+x^4-x^7+x^{10}-x^2+x^5-x^8
\end{align*}

kuing

想起了这帖：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=3936，发现后面那坑爹解法也能用于这里。

记
\begin{align*}
f&=\tan\frac{3\pi}{11}+4\sin\frac{2\pi}{11}, \\
t&=\tan\frac\pi{11},
\end{align*}
因为 $\tan(11\pi/11)=0$，于是由 $n$ 倍角公式有
\[C_{11}^1t-C_{11}^3t^3+C_{11}^5t^5-C_{11}^7t^7+C_{11}^9t^9-C_{11}^{11}t^{11}=0,\]
即
\[11-165t^2+462t^4-330t^6+55t^8-t^{10}=0,\]
由三倍角及万能公式有
\[f=\frac{3t-t^3}{1-3t^2}+\frac{8t}{1+t^2},\]
再经 baoli 计算得
\begin{align*}
f^2&=\frac{121t^2-484t^4+462t^6+44t^8+t^{10}}{1-4t^2-2t^4+12t^6+9t^8} \\
&=\frac{121t^2-484t^4+462t^6+44t^8
+(11-165t^2+462t^4-330t^6+55t^8)}{1-4t^2-2t^4+12t^6+9t^8} \\
&=11,
\end{align*}
从而 $f=\sqrt{11}$。



BTW，由于 $\tan(2k\pi/11)$ 都满足那倍角方程，根据上述解法，我们有：对任意 $k\inZ$ 且 $11\nmid k$ 都有
\[\left(\tan\frac{3k\pi}{11}+4\sin\frac{2k\pi}{11}\right)^2=11.\]

kuing

不知道这个分式是怎么计算成多项式的。。。。。。
\begin{align*}
\mathrm i\tan 3\pi/11&=\cdots\\
&=\frac{x^3-x^{33}}{1+x^3}\\
&=x^3-x^6+x^9-x+x^4-x^7+x^{10}-x^2+x^5-x^8
\end{align*}
isee 发表于 2017-8-5 16:50

注意 $\displaystyle \frac{x^3-x^{33}}{1+x^3}
=x^3\frac{1-(-x^3)^{10}}{1-(-x^3)}$ 且 $x^{11}=1$

isee

注意 $\displaystyle \frac{x^3-x^{33}}{1+x^3}
=x^3\frac{1-(-x^3)^{10}}{1-(-x^3)}$ 且 $x^{11}=1$
kuing 发表于 2017-8-5 17:55

隐藏感觉是等比数列求和逆用，果然如此，多谢了。

v6mm131

回复 9# kuing

see also:
证明：$\cot\dfrac{\pi}{14}-4\sin\dfrac{\pi}{7}=\sqrt{7}$

kuing

see also:
证明：$\cot\dfrac{\pi}{14}-4\sin\dfrac{\pi}{7}=\sqrt{7}$
v6mm131 发表于 2017-8-7 11:09

麻烦认真看帖，我9楼的链接中的3楼就是证明了这个。

isee

看网友证明过这个，不过第一步就看不懂，后面到是简单了。是和数论有关的问题。
注意$11$是素数且$11\equiv ...
abababa 发表于 2017-8-4 20:17

    那个分母为13的英文网站链接中，给了mod为4的链接解释（源头，高斯指数和）。

转载过来

Let $x=e^{2\pi i/13}$. Then $$i\tan{2\pi/13}=\frac{x^2-1}{x^2+1}=\frac{x^2-x^{26}}{x^2+1}$$
(recall that $x^{13}=1$)
$$=x^2(1-x^2)(1+x^4+x^8+x^{12}+x^3+x^7)$$
$$=(x+x^2+x^5+x^6+x^9+x^{10}-x^3-x^4-x^7-x^8-x^{11}-x^{12})$$
$$4i\sin{6\pi/13}=2(x^3-x^{10})$$
So $i\tan{2\pi/13}+4i\sin{6\pi/13}=(x+x^2+x^3+x^5+x^6+x^9-x^4-x^7-x^8-x^{10}-x^{11}-x^{12})$
Recall that $1+x+x^2+\cdots+x^{12}=0$.
After some tedious computation, we arrive at
$$(x+x^2+x^3+x^5+x^6+x^9)(x^4+x^7+x^8+x^{10}+x^{11}+x^{12})$$
$$=4+x+x^3+x^4+x^9+x^{10}+x^{12}$$
The key step in the deduction is the
famous exponential sum of Gauss, which gives,
$$1+2(x+x^4+x^9+x^3+x^{12}+x^{10})=\sqrt{13}.$$
Hence $$(x+x^2+x^3+x^5+x^6+x^9)(x^4+x^7+x^8+x^{10}+x^{11}+x^{12})=(7+\sqrt{13})/2$$
Recall our formula $1+x+x^2+\cdots+x^{12}=0$ again, and
$$(x+x^2+x^3+x^5+x^6+x^9-x^4-x^7-x^8-x^{10}-x^{11}-x^{12})^2=(-1)^2-4\times(7+\sqrt{13})/2$$
$$=-13-2\sqrt{13}$$
Hence $i\tan{2\pi/13}+4i\sin{6\pi/13}=\pm i\sqrt{13+2\sqrt{13}}$
and it is obvious that $\tan{2\pi/13}+4\sin{6\pi/13}=\sqrt{13+2\sqrt{13}}$, Q.E.D.

isee

原来这个涉及到的 数论 竟然是数论中的 “基石”——算术理论中的宝石，是一个黄金定律——二次互反律，当然这里只涉及到定义，最浅层的——勒让德符号。


这里以实例来说明，对于奇质数$p$，若$$x^2\equiv a\pmod{p},(a,p)=1$$有解，则整数$a$叫做模$p$的平方剩余，否则，叫做模$p$的平方非剩余。

从$1$到$10$一一枚举，知$$x^2\equiv a \pmod{11},a=1,3,4,5,9$$是有解的，如，$5^2\equiv 3 \pmod{11}$，所以（不超过10的中）1，3，4，5，9是模11的平方剩余，2，6，7，8，10是模11的平方非剩余。

有了以上概念后，就可以引出Legendre符号（勒让德符号)定义了,对奇质数$p$(下同），定义：
$$\left(\frac ap\right)=
\left\{\begin{aligned}
& 1,    && \text{$a$是模$p$的平方剩余}\\
& {-}1, && \text{$a$是模$p$的平方非剩余}\\
& 0,    && p\mid a
\end{aligned}\right. $$

则$$\left(\frac 1{11}\right)=\left(\frac 3{11}\right)=\left(\frac 4{11}\right)=\left(\frac 5{11}\right)=\left(\frac 9{11}\right)=1,\\\left(\frac 2{11}\right)=\left(\frac 6{11}\right)=\left(\frac 7{11}\right)=\left(\frac 8{11}\right)=\left(\frac {10}{11}\right)=-1.$$
设$$x=\cos \frac {2\pi}{11}+\mathrm i\sin \frac {2}{11},$$则和式（Gauss Sums)$$\left(\frac 1{11}\right)x+\left(\frac 2{11}\right)x^2+\left(\frac 3{11}\right)x^3+\cdots+\left(\frac {10}{11}\right)x^{10}\\=x-x^2+x^3+x^4+x^5-x^6-x^7-x^8+x^9-x^{10}.$$为定值$\mathrm i\sqrt {11}.$

证明是容易的，注意回代$x^{11}=1$，由于
\begin{align*}
&(x-x^2+x^3+x^4+x^5-x^6-x^7-x^8+x^9-x^{10})^2\\
&=-10+x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6+x^7+x^8+x^9+x^{10}\\
&=-11
\end{align*}
就这么简单算算而已。


另外一方面，对于和式
\begin{align*}
&1+x+x^4+x^9+x^{16}+x^{25}+x^{36}+x^{49}+x^{64}+x^{81}+x^{100}\\
&=1+x+x^4+x^9+x^{5}+x^{3}+x^{3}+x^{5}+x^{9}+x^{4}+x\\
&=1+2(x+x^3+x^4+x^5+x^9)\\
&=-x-x^2-x^3-x^4-x^5-x^6-x^7-x^8-x^9-x^{10}+2(x+x^3+x^4+x^5+x^9)\\
&=x-x^2+x^3+x^4+x^5-x^6-x^7-x^8+x^9-x^{10}.
\end{align*}

这说明这种不同形形的和式，其实等价的。

这也是英文网站证法的源头。

isee

回复 6# abababa


接楼上，从而$$1+2(x+x^3+x^4+x^5+x^9)=\mathrm i\sqrt{11}.$$将$x$代入比较虚部有
$$\sin\frac{2\cdot1\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot3\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot4\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot5\pi}{11}+\sin\frac{2\cdot9\pi}{11}=\frac{\sqrt{11}}{2}.$$

isee

想起了这帖：，发现后面那坑爹解法也能用于这里。

记
\begin{align*}
f&=\tan\frac{3\pi}{11}+4\sin\frac{ ...
kuing 发表于 2017-8-5 17:14

才华横溢！


发现这种证明对顶楼也很强！

kuing

回复 17# isee

比上面那些弱多了……

上面那些我暂时也还没理解，数论是我的一大弱项……

isee

回复  isee

比上面那些弱多了……

上面那些我暂时也还没理解，数论是我的一大弱项…… ...
kuing 发表于 2017-8-9 22:16

分母为11的链接（我用opera dev 打开极慢，所以当时用的快照），今天等了好久，原来有个PDF文件，说得比较细了。
math.stackexchange.com/questions/11246/how-to-prove-that-tan3-pi-11-4-sin2-pi-11-sqrt11

关键是那个 famous exponential sum of Gauss ，这个玩意的具体表达式与具体值涉及Legendre符号，于是事就多了，，，，，我也是现学现卖，，，，，，知点皮毛。。

PS:代码先抄过去咯。。。。。thx

kuing

回复 14# isee

今天又用了一回这个高斯和，证明：
\[\sin\frac{2\pi}{13}-\sin\frac{5\pi}{13}+\sin\frac{6\pi}{13}=\frac12\sqrt{\frac{13-3\sqrt{13}}2}.\]
zhihu.com/question/460968964/answer/1901990325