来自讨论组的 `\csc(\pi/7)=\csc(2\pi/7)+\csc(3\pi/7)`

kuing

生如夏花 11:00:45

这个是不是原来弄过
地狱的死灵 11:10:54
快教我怎么证
用复数？
灰飞烟灭 11:58:16
好像弄个三角形
生如夏花 11:59:50
是的，本来就是一道初中几何题。相当于这个。

该几何题是：
`\triangle ABC` 中，`A:B:C=1:2:4`，求证 `1/AB+1/AC=1/BC`。
之后灰飞烟灭贴了一堆几何证法……

所以我现在有点纠结，这帖究竟应该选[几何]还是[函数]，但考虑到我自己用复数+三角变换，还是选后者吧……

方程
\[\frac{1-x^7}{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^6=0\]的六根为
\[x_k=\cos\frac{2k\pi}7+i\sin\frac{2k\pi}7,\quad k=1,2,\ldots,6,\]对方程两边除以 `x^3` 可配为
\[\left( x+\frac1x \right)^3+\left( x+\frac1x \right)^2-2\left( x+\frac1x \right)-1=0,\]而
\[x_k+\frac1{x_k}=2\cos\frac{2k\pi}7=2-\frac4{\csc^2\frac{k\pi}7},\]所以方程
\[\left( 2-\frac4u \right)^3+\left( 2-\frac4u \right)^2-2\left( 2-\frac4u \right)-1=0\]的三根为
\[u_k=\csc^2\frac{k\pi}7,\quad k=1,2,3,\]方程化简为
\[u^3-8u^2+16u-\frac{64}7=0,\]故由韦达定理有
\[4(u_1u_2+u_2u_3+u_3u_1)-(u_1+u_2+u_3)^2=4\times16-8^2=0,\]因式分解得
\[\bigl( \sqrt{u_1}+\sqrt{u_2}-\sqrt{u_3} \bigr)\bigl( \sqrt{u_2}+\sqrt{u_3}-\sqrt{u_1} \bigr)\bigl( \sqrt{u_3}+\sqrt{u_1}-\sqrt{u_2} \bigr)\bigl( \sqrt{u_1}+\sqrt{u_2}+\sqrt{u_3} \bigr)=0,\]显然 `u_1` 最大，故 `\sqrt{u_2}+\sqrt{u_3}-\sqrt{u_1}=0`，即
\[\csc\frac{2\pi}7+\csc\frac{3\pi}7-\csc\frac\pi7=0.\]

isee

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还以为有平方！

这个等式还真和这个几何题是等价的，某种意义上来说。

仅就这个几何题而言，主楼的解法，完全与几何无关，分类函数合适。

这个几何题也是数学竞赛中的名题，大约是2009年的，好像什么世界杯的，具体搜索不到了。。。。

不过，仅就这个几何中题，其实难度并不大，就是两次倍角的应用，然后变变形。

hbghlyj

正七边形特质
五种几何证明
充要条件
我们正着手把这个作推广，从托勒密定理角度入手好一些，考虑正n边形的四顶点构成的圆内接四边形，它的四边和两条对角线这七条线段共有三个不同的长。。几何构图上分类讨论一下。。把n的取值穷举一下。。去掉等腰梯形的平凡情形就只有n=7一种了。。

hbghlyj

正n边形有三条对角线$a,b,c$满足$\frac1a=\frac1b+\frac1c$,求n的所有值