再扯一类三角恒等式

kuing

刚才有网友问：


我在 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4148 里得到过一个结论：方程
\[C_{2n+1}^1x^n-C_{2n+1}^3x^{n-1}+C_{2n+1}^5x^{n-2}-\cdots+C_{2n+1}^{2n-1}(-1)^{n-1}x+C_{2n+1}^{2n+1}(-1)^n=0\quad(*)\] 的 `n` 个根为
\[\cot^2\frac{k\pi}{2n+1},\quad k=1, 2, \ldots, n,\]要变成 `\tan` 的话，只需对方程 (*) 作代换 `x\to1/x`，去分母后，即得：方程
\[x^n-C_{2n+1}^2x^{n-1}+C_{2n+1}^4x^{n-2}-\cdots+(-1)^{n-1}C_{2n+1}^{2n-2}x+(-1)^nC_{2n+1}^{2n}=0\] 的 `n` 个根为
\[\tan^2\frac{k\pi}{2n+1},\quad k=1, 2, \ldots, n.\]
回到网友问的，就是
\[\prod_{k=1}^{2n}\tan\frac{k\pi}{2n+1}=(-1)^n\prod_{k=1}^n\tan^2\frac{k\pi}{2n+1}=(-1)^nC_{2n+1}^{2n}=(-1)^n(2n+1).\]
未扯完，其实该网友昨天就在群里发过这个问题，而且还附上了一个解法，由于不知是谁给出的，我也看不懂，他也没写清楚具体展开的过程，这里就不转载了，内容涉及到如下式子的展开
\[\left( x-\cos\frac{2\pi}{2n+1} \right)\left( x-\cos\frac{4\pi}{2n+1} \right)\cdots\left( x-\cos\frac{2n\pi}{2n+1} \right)\]这里利用前面的结果也尝试研究一下它，由于 `\cot^2\theta=(1+\cos2\theta)/(1-\cos2\theta)`，于是对方程 (*) 作代换 `x\to(1+x)/(1-x)`，然后去分母化简，即得：方程
\[C_{2n+1}^1(x+1)^n+C_{2n+1}^3(x+1)^{n-1}(x-1)+C_{2n+1}^5(x+1)^{n-2}(x-1)^2+\cdots+C_{2n+1}^{2n+1}(x-1)^n=0\quad(**)\]的 `n` 个根为
\[\cos\frac{2k\pi}{2n+1},\quad k=1, 2, \ldots, n,\]方程 (**) 的 `x^n` 的系数为 `C_{2n+1}^1+C_{2n+1}^3+C_{2n+1}^5+\cdots+C_{2n+1}^{2n+1}=4^n`，也就是说
\begin{align*}
&C_{2n+1}^1(x+1)^n+C_{2n+1}^3(x+1)^{n-1}(x-1)+C_{2n+1}^5(x+1)^{n-2}(x-1)^2+\cdots+C_{2n+1}^{2n+1}(x-1)^n\\
={}&4^n\left( x-\cos\frac{2\pi}{2n+1} \right)\left( x-\cos\frac{4\pi}{2n+1} \right)\cdots\left( x-\cos\frac{2n\pi}{2n+1} \right),
\end{align*}如果取 `x=\pm1` 则可得到
\begin{align*}
\left( 1-\cos\frac{2\pi}{2n+1} \right)\left( 1-\cos\frac{4\pi}{2n+1} \right)\cdots\left( 1-\cos\frac{2n\pi}{2n+1} \right)&=\frac{2n+1}{2^n},\\
\left( 1+\cos\frac{2\pi}{2n+1} \right)\left( 1+\cos\frac{4\pi}{2n+1} \right)\cdots\left( 1+\cos\frac{2n\pi}{2n+1} \right)&=\frac1{2^n},
\end{align*}两式相除也能得出上面 `\tan` 的结果。

但是，方程 (**) 的左边能否展开出一个具体的表达式？好像有点难，又或者从其他方向来撸？待续……

kuing

由链接中的过程可知，开头的方程 (*) 实际上是由 `\bigl( \sqrt x+i \bigr)^{2n+1}-\bigl( \sqrt x-i \bigr)^{2n+1}=0` 展开而来的，因此，后来作置换得到的方程 (**) 就等价于
\[\left( \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}+i \right)^{2n+1}-\left( \sqrt{\frac{1+x}{1-x}}-i \right)^{2n+1}=0,\]将 `i` 写成 `\sqrt{-1}` 再去分母的话就是 `\bigl( \sqrt{x+1}+\sqrt{x-1} \bigr)^{2n+1}-\bigl( \sqrt{x+1}-\sqrt{x-1} \bigr)^{2n+1}=0`，展开提取 `2\sqrt{x-1}` 就是方程 (**)，因此后面的结论也就可以写成这样
\[\prod_{k=1}^n\left( x-\cos\frac{2k\pi}{2n+1} \right)=\frac{\bigl( \sqrt{x+1}+\sqrt{x-1} \bigr)^{2n+1}-\bigl( \sqrt{x+1}-\sqrt{x-1} \bigr)^{2n+1}}{4^n\cdot2\sqrt{x-1}}.\quad(*{*}*)\]
写到这里才想起这帖 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=6539 ，有结论
\[\prod_{k=0}^{n-1}\left( x-\cos\frac{2k\pi}n \right)=\frac{\bigl(x+\sqrt{x^2-1}\bigr)^n+\bigl(x-\sqrt{x^2-1}\bigr)^n-2}{2^n},\quad(*{**}*)\]应该也能推出上面的，吃饭先，晚点再说……（总感觉走了弯路……

isee

首楼链接证法非常精彩，实际给学有余力者讲这个，也需要解释，理解一阵。

估计本楼也是不易了

kuing

前两天人教群网友 86鱼 发了一个恒等式
\[\sum_{k=1}^n\sec\frac{2k\pi}{2n+1}=(-1)^n\left( n+\frac12+\frac{(-1)^{n+1}}2 \right),\]然而冷场王，今天闲着，利用 2# 的结论来撸一下它。

将 `\sec` 写成 `\cos` 的倒数再通分，就只需求所有 `\cos` 的乘积以及 `n-1` 个 `\cos` 的对称和，因此，若令
\[\prod_{k=1}^n\left( x-\cos\frac{2k\pi}{2n+1} \right)=x^n+\cdots+(-1)^{n-1}a_{n-1}x+(-1)^na_n,\]那么
\[\sum_{k=1}^n\sec\frac{2k\pi}{2n+1}=\frac{a_{n-1}}{a_n}.\]
为了方便书写，临时定义一个符号：
如果某数当 `n\bmod4=0,1,2,3` 时分别取 `a,b,c,d`，则把该数记作 `[a,b,c,d]`。

先撸分母，根据 2# 的式 (***)，直接代入 `x=0` 得
\[(-1)^na_n=\frac{(1+i)^{2n+1}-(1-i)^{2n+1}}{4^n\cdot2i},\]利用什么佛定理易得 $(1+i)^{2n+1}-(1-i)^{2n+1}=2^n\sqrt2\sin(90\du n+45\du)\cdot2i$，所以
\[
a_n=\frac{\sqrt2\sin(90\du n+45\du)}{(-1)^n2^n}=\frac{[1,-1,-1,1]}{2^n};
\]
再撸分子，这个麻烦点，同样根据 2# 的式 (***)，只需对 `x` 求导，再代入 `x=0`，导数表达式有点长，我就懒得码了，总之代入 `x=0` 后得
\[(-1)^{n-1}a_{n-1}=\frac{(2n+1)\bigl( (1+i)^{2n+1}+(1-i)^{2n+1} \bigr)+\bigl( (1+i)^{2n+1}-(1-i)^{2n+1} \bigr)i}{-4^{n+1}},\]再次用什么佛定理化简得
\begin{align*}
a_{n-1}&=\frac{(2n+1)\sqrt2\cos(90\du n+45\du)-\sqrt2\sin(90\du n+45\du)}{(-1)^n2^{n+1}}\\
&=\frac{(2n+1)[1,-1,-1,1]-[1,1,-1,-1]}{(-1)^n2^{n+1}}\\
&=\frac{[1,1,-1,-1]n+[0,1,0,-1]}{2^n},
\end{align*}所以
\[\sum_{k=1}^n\sec\frac{2k\pi}{2n+1}=\frac{[1,1,-1,-1]n+[0,1,0,-1]}{[1,-1,-1,1]}=[1,-1,1,-1]n+[0,-1,0,-1],\]也就是当 `n` 为偶数时结果为 `n`，当 `n` 为奇数时结果为 `-n-1`，这与 86鱼 的式子是一样的。

kuing

回复 4# kuing

转自人教群：闽D学沫咸鱼(2541****)  18:02:39

tommywong

回复 5# kuing

咦 即係可以咁架喇喎

$f(z)=z^{2n+1}-1$

$\displaystyle \sum_{k=0}^{2n} \frac{2z^k}{z^{2k}+1}=\sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{z^k+i}+\sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{z^k-i}
=\sum_{k=0}^{2n}\frac{-1}{-i-z^k}+\sum_{k=0}^{2n}\frac{-1}{i-z^k}$

$\displaystyle =\frac{-f'(-i)}{f(-i)}-\frac{f'(i)}{f(i)}
=\frac{-(2n+1)(-i)^{2n}}{(-i)^{2n+1}-1}-\frac{(2n+1)i^{2n}}{i^{2n+1}-1}$
$\displaystyle =\frac{2n+1}{i+(-1)^n}-\frac{2n+1}{i-(-1)^n}
=(2n+1)(-1)^n$

$\displaystyle \sum_{k=1}^n \sec \frac{2k\pi}{2n+1}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n} \sec \frac{2k\pi}{2n+1}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2n} \frac{2z^k}{z^{2k}+1}=\frac{(2n+1)(-1)^n-1}{2}$

kuing

回复 6# tommywong

`f(x)=\prod(x-x_k)` 则 `f'(x)/f(x)=\sum1/(x-x_k)` 这招用得真好

isee

回复 7# kuing

没细看，（工程量太大），就是说，求 正割，最简是6#咯？

kuing

回复 8# isee

嗯，正割和，暂时是 6# 最简单

青青子衿

\(\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{2n}\sec\left(\theta+\dfrac{2k\pi}{2n+1}\right)=\dfrac{(-1)^n(2n+1)}{\cos\left[\big(2n+1\big)\theta\right]}\)

kuing

回复 10# 青青子衿

多谢 86 鱼提供机会让我再复习一遍 6# 的方法

令
\begin{align*}
z&=\cos\frac{2\pi}{2n+1}+i\sin\frac{2\pi}{2n+1},\\
a&=\cos\theta+i\sin\theta,
\end{align*}则
\[\sec\left( \theta+\frac{2k\pi}{2n+1} \right)=\frac2{z^ka+z^{-k}a^{-1}}=\frac{2z^ka^{-1}}{z^{2k}+a^{-2}}=\frac{2z^ka^{-1}}{(z^k+ia^{-1})(z^k-ia^{-1})}=\frac{a^{-1}}{z^k-ia^{-1}}+\frac{a^{-1}}{z^k+ia^{-1}},\]令 `f(x)=x^{2n+1}-1`，则它的所有根为 `\{1,z,z^2,\ldots,z^{2n}\}`，所以 `f(x)` 也可以写成
\[f(x)=(x-1)(x-z)(x-z^2)\cdots(x-z^{2n}),\]则
\[\frac1{x-1}+\frac1{x-z}+\frac1{x-z^2}+\cdots+\frac1{x-z^{2n}}=\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{(2n+1)x^{2n}}{x^{2n+1}-1},\]从而
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{2n}\sec\left( \theta+\frac{2k\pi}{2n+1} \right)
&=\sum_{k=0}^{2n}\left( \frac{a^{-1}}{z^k-ia^{-1}}+\frac{a^{-1}}{z^k+ia^{-1}} \right)\\
&=-a^{-1}\sum_{k=0}^{2n}\frac1{ia^{-1}-z^k}-a^{-1}\sum_{k=0}^{2n}\frac1{-ia^{-1}-z^k}\\
&=-a^{-1}\frac{(2n+1)(ia^{-1})^{2n}}{(ia^{-1})^{2n+1}-1}-a^{-1}\frac{(2n+1)(-ia^{-1})^{2n}}{(-ia^{-1})^{2n+1}-1},\\
&=\frac{2n+1}{(-1)^na^{2n+1}-i}+\frac{2n+1}{(-1)^na^{2n+1}+i}\\
&=\frac{2(2n+1)(-1)^n}{a^{2n+1}+a^{-2n-1}}\\
&=\frac{(2n+1)(-1)^n}{\cos\bigl((2n+1)\theta\bigr)}.
\end{align*}