我个人觉得此三角等式会沉下去$12\cos \frac{2\pi}{13}=\cdots$

isee

证明：$$12\cos \frac {2\pi}{13}=\sqrt{13}-1+\sqrt{104-8\sqrt{13}}\cos\left(\frac 13 \require{cancel}\cancelto{\phantom{\star}\arctan}{\mathrm{arccot}}{\frac {\sqrt{3}(\sqrt{13}+1)}{7-\sqrt{13}}}\right).$$

PS:反余切竟然不是常用函数（代码 ）……

zhcosin

这个太像三次方程的三角解了(见下图红色方框)

估计是建立关于左边余弦的三次方程，再解方程得出来的，结合切比雪夫多项式，有
\[ \cos{2\theta}=2\cos^2{\theta}-1 ,\  \cos{3\theta}=4\cos^3{\theta}-3\cos{\theta} \]
所以猜测是建立类似如下的方程
\[ \alpha \cos{\frac{6\pi}{13}} + \beta \cos{\frac{4\pi}{13}} + \gamma \cos{\frac{2\pi}{13}} + \delta = 0 \]
然后展开为关于$\cos{\frac{2\pi}{13}}$的三次方程，再三角解法搞出来，应该就是要证的结果，不过这个方程我还没找到。

isee

回复 2# zhcosin


    应该就是和三次方程有关。。。。。。

kuing

回复 1# isee

软件显示两边的值并不相等。

回PS、没有 \arccot 这一点我在置顶帖里也吐槽过……

isee

回复 4# kuing

要么是原文录入错误，要么是软件计算有误差。。。

色k

hejoseph

等式左边是下面方程的一个根
\[
x^6+6x^5-180x^4-864x^3+7776x^2+23328x-46656=0，
\]
等式右边是下面方程的一个根
\[
x^{12}+12x^{11}-324x^{10}-3056x^9+38832x^8+248832x^7-1962752x^6-9126144x^5+41743872x^4+160551936x^3-269816832x^2-1154580480x-623849472=0，
\]
而且这两个方程左边都是不可约多项式，因此肯定不相等。

hejoseph

可以做一下这个问题：一个可以三等分尺规作图能作出的角的工具，请用尺规作图和这个三登分角工具作出角 $\pi/7$。

色k

回复 7# hejoseph

第一个我知道是用切比雪夫多项式搞出来的，在MMC用 Factor[ChebyshevT[13, x/12] - 1] 就得到那个式子了。

第二个怎么算的？

isee

回复 7# hejoseph


    这似乎就是这题的核心啊。

isee

你们太强大了，，，，，，

色k

\(\newcommand\arccot{\text{arccot}\,}\)
令
\[t=\frac{\sqrt3(\sqrt{13}+1)}{7-\sqrt{13}},\]
这值显然还没化简，化简下即
\[t=\frac{2\sqrt{13}+5}{3\sqrt3},\]
则易知
\[27-154t^2+27t^4=0,\]
令
\[u=\cos\left( \frac13\arccot t \right),\]
则由三倍角公式有
\[4u^3-3u=\cos(\arccot t)=\sqrt{\frac{t^2}{1+t^2}},\]
即
\[(4u^3-3u)^2(1+t^2)-t^2=0,\]
令
\[v=\sqrt{104-8\sqrt{13}},\]
则易知
\[9984-208v^2+v^4=0,\]
把原等式右边那堆记为 $x$，则按上述所设的，有
\[(x-vu+1)^2-13=0,\]
联合起来，即有如下方程组
\[\led
27-154t^2+27t^4&=0, \\
(4u^3-3u)^2(1+t^2)-t^2&=0, \\
9984-208v^2+v^4&=0, \\
(x-vu+1)^2-13&=0,
\endled\]
利用结式逐一消去变量，最终可得出关于 $x$ 的方程。

但我在 MMC 中操作发现，最终得出的方程除了 7 楼的第二个方程之外，还包含其他几个方程，我不知道何版是怎么判断原式属于哪个方程的（或许他用的方法和上面的不同），不过我已经不太关心这一点，因为我猛然发现 7 楼的第一个方程也在里面！那也就是说，很可能只是因为某些正负号搞错了而已，应该有机会稍加修改就成立。

首先下手改的当然是那个难看的 $t$ 了，它所满足的方程 $27-154t^2+27t^4=0$ 的四个根为
\[t_{1,2,3,4}=\pm\frac{2\sqrt{13}\pm5}{3\sqrt3},\]
原式所取的 $t$ 就是其最大根，注意 $t$ 的正负不影响，所以要改就应该改成较小的正根，即取
\[t'=\frac{2\sqrt{13}-5}{3\sqrt3}\]
来验证，用软件一验，还真是成立！另外，注意到
\[tt'=1 \riff \arccot t'=\arctan t,\]
也就是说，那个 $t$ 其实也可以不改，只要将 arccot 改成 arctan 即可！（还避免了代码问题！）即
\[12\cos \frac {2\pi}{13}=\sqrt{13}-1+\sqrt{104-8\sqrt{13}}\cos\left(\frac 13 \arctan{\frac {\sqrt{3}(\sqrt{13}+1)}{7-\sqrt{13}}}\right),\]
不过，我还是觉得写成下面的更简洁
\[12\cos\frac{2\pi}{13}=\sqrt{13}-1+\sqrt{104-8\sqrt{13}}\cos\left(\frac13\arctan\frac{2\sqrt{13}+5}{3\sqrt3}\right),\]
当然，扯了这么多，具体证明我还没想到待续…………

isee

回复 12# 色k

啧啧，这个可以有！太赞了！

如果说证明，应该就是何版的方向。
何版在代数，方程，三角，立几……有专长，也是复合人才啊。

kuing

续：
既然形式是三次方程的解的形式，由公式反推其满足的三次方程应该不难。
不过我就懒得慢慢推了，直接由 7 楼第一个方程入手，六次应该能分解成两个三次，而原等式中有那么多 $\sqrt{13}$，系数应该是包含它的，于是果断再次开软件，最终得
\begin{align*}
&x^6+6x^5-180x^4-864x^3+7776x^2+23328x-46656\\
={}&\Bigl(x^3+\bigl(3+3\sqrt{13}\bigr)x^2-36x-324-108\sqrt{13}\Bigr)
\Bigl(x^3+\bigl(3-3\sqrt{13}\bigr)x^2-36x-324+108\sqrt{13}\Bigr),
\end{align*}
睡觉先，继续待续……

hejoseph

回复 9# 色k
第一个用Mathematica的RootReduce[12 Cos[Pi/13]]就可以了
第二个要先求出后面带余弦那串所满足的三次方程，再求出整个数的三次方程，最后用Reduce和RootReduce求出来

hejoseph

回复 9# 色k
但一般是用分圆多项式去求 $\cos(2\pi/n)$ 所满足的多项式的，下面是 $n=13$ 的例子。令 $t=\cos(2\pi/13)+\mathrm{i}\sin(2\pi/13)$，则
\[
t^{12}+t^{11}+t^{10}+t^9+t^8+t^7+t^6+t^5+t^4+t^3+t^2+t+1=0，
\]
两边除以 $t^6$ 得
\[
t^6+t^5+t^4+t^3+t^2+t+1+\frac{1}{t}+\frac{1}{t^2}+\frac{1}{t^3}+\frac{1}{t^4}+\frac{1}{t^5}+\frac{1}{t^6}=0，
\]
将左边配成 $t+1/t$ 的多项式，得
\[
\left(t+\frac{1}{t}\right)^6+\left(t+\frac{1}{t}\right)^5-5\left(t+\frac{1}{t}\right)^4-4\left(t+\frac{1}{t}\right)^3+6\left(t+\frac{1}{t}\right)^2+3\left(t+\frac{1}{t}\right)-1=0
\]
所以 $2\cos(2\pi/13)$ 满足方程
\[
x^6+x^5-5x^4-4x^3+6x^2+3x-1=0。
\]

hejoseph

回复 14# kuing
$x^6+x^5-5x^4-4x^3+6x^2+3x-1$ 可以继续尝试分解，一般 $n$ 是素数的时，就可猜想有 $\sqrt{n}$，因此尝试
\[
x^6+x^5-5x^4-4x^3+6x^2+3x-1=(x^3+a x^2+b x+c)^2-13 (d x^2+e x+f)^2，
\]
Mathematica输入
Collect[(x^3+a x^2+b x+c)^2-13  (d x^2 + e x + f)^2, x]
运行结果
c^2-13 f^2+(2 b c-26 e f) x+(b^2+2 a c-13 e^2-26 d f) x^2+(2 a b+2 c-26 d e) x^3+(a^2+2 b-13 d^2) x^4+2 a x^5+x^6
再运行
Solve[{2 a==1,a^2+2 b-13 d^2==-5,2 a b+2 c-26 d e==-4,b^2+2 a c-13 e^2-26 d f==6,2 b c-26 e f==3,c^2-13 f^2==-1},{a,b,c,d,e,f},Rationals]
运行结果
{{a->1/2,b->-1,c->-(3/2),d->-(1/2),e->0,f->1/2},{a->1/2,b->-1,c->-(3/2),d->1/2,e->0,f->-(1/2)}}
所以
\[
x^6+x^5-5x^4-4x^3+6x^2+3x-1=\left(x^3+\frac{1}{2}x^2-x-\frac{3}{2}\right)^2-13\left(\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}\right)^2。
\]

hejoseph

有了三次方程的形式，后面都不难了

kuing

回复 17# hejoseph

soga，看了上面两楼，才想起上次这帖：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4795 都是由 $\cos(2\pi/13)+\mathrm{i}\sin(2\pi/13)$ 入手的这类方法，还有那个 $\sqrt n$ 的应该也和帖里的高斯和结论有联系

kuing

引用一下那帖的东西：

Let $x=e^{2\pi i/13}$.
……
The key step in the deduction is the
famous exponential sum of Gauss, which gives,
$$1+2(x+x^4+x^9+x^3+x^{12}+x^{10})=\sqrt{13}.$$
……

换回三角式对比实部，即
\[1+2\cos\frac{2\pi}{13}+2\cos\frac{4\cdot2\pi}{13}+2\cos\frac{9\cdot2\pi}{13}
+2\cos\frac{3\cdot2\pi}{13}+2\cos\frac{12\cdot2\pi}{13}+2\cos\frac{10\cdot2\pi}{13}=\sqrt{13},\]
即
\[1+4\cos\frac{2\pi}{13}+4\cos\frac{3\cdot2\pi}{13}+4\cos\frac{4\cdot2\pi}{13}=\sqrt{13},\]
（和2楼尝试建立的方程就差一点）
令 $y=\cos(2\pi/13)$ 用三、四倍角公式后为
\[5-8 y-32 y^2+16 y^3+32 y^4=\sqrt{13},\]
可因式分解为
\[\bigl(1+\sqrt{13}+4 y\bigr) \Bigl(3-\sqrt{13}+4 y+\bigl(-4+4 \sqrt{13}\bigr) y^2-16 y^3\Bigr)=0,\]
然后就可以解了……