三次方根之和的三角恒等式

kuing

刚才 86鱼 发来的一道题：


为方便书写记
\begin{align*}
\theta&=\frac\pi{19},\\
x&=\sqrt[3]{\cos\theta\cos7\theta\cos8\theta},\\
y&=\sqrt[3]{\cos2\theta\cos3\theta\cos5\theta},\\
z&=\sqrt[3]{\cos4\theta\cos6\theta\cos10\theta},
\end{align*}问题即证
\[x+y+z=\frac12\sqrt[3]{3\sqrt[3]{19}-1}.\]
首先由积化和差及归纳法易知
\[\cos a_1\cos a_2\cdots\cos a_n=\frac1{2^{n-1}}\sum\cos(a_1\pm a_2\pm\cdots\pm a_n),\]这里的 `\sum` 表示那些 `\pm` 取遍所有情况然后求和，也就是上式右边有 `2^{n-1}` 个 `\cos`。

于是有
\begin{align*}
x^3+y^3+z^3&=\frac14\sum\cos(1\pm7\pm8)\theta+\frac14\sum\cos(2\pm3\pm5)\theta+\frac14\sum\cos(4\pm6\pm10)\theta\\
&=\frac14(3+\cos2\theta+\cos14\theta+\cos16\theta+\cos4\theta+\cos6\theta+\cos10\theta+\cos8\theta+\cos12\theta+\cos20\theta),
\end{align*}由于 `\cos20\theta=\cos18\theta`，所以
\begin{align*}
x^3+y^3+z^3&=\frac14(3+\cos2\theta+\cos4\theta+\cdots+\cos16\theta+\cos18\theta)\\
&=\frac14\left( 3+\frac{\sin19\theta-\sin\theta}{2\sin\theta} \right)=\frac14\left( 3-\frac12 \right)=\frac58,
\end{align*}类似地
\begin{align*}
x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3={}&\frac1{32}\sum\cos(1\pm7\pm8\pm2\pm3\pm5)\theta\\
&+\frac1{32}\sum\cos(2\pm3\pm5\pm4\pm6\pm10)\theta\\
&+\frac1{32}\sum\cos(4\pm6\pm10\pm1\pm7\pm8)\theta,
\end{align*}这个项数太多就不一一写出了，总之利用 `\cos k\theta=\cos(38-k)\theta` 将大于 `19` 的变成小于 `19` 的，最终也恰好得到
\begin{align*}
x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3&=\frac3{16}+\frac5{16}(\cos2\theta+\cos4\theta+\cdots+\cos16\theta+\cos18\theta)\\
&=\frac3{16}-\frac5{16}\cdot\frac12=\frac1{32},
\end{align*}最后由恒等式 `\prod_{k=1}^n\cos\frac{k\pi}{2n+1}=\frac{1}{2^n}`（见 这里）得
\[xyz=-\sqrt[3]{\cos\theta\cos2\theta\cos3\theta\cdots\cos9\theta}=-\sqrt[3]{\frac1{2^9}}=-\frac18.\]
然后引用 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5138&rpid=2 ... &page=1#pid25073 里的方法：

记
\begin{align*}
a&=x^3+y^3+z^3,\\
b&=x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3,\\
c&=xyz,\\
t&=x+y+z,\\
u&=xy+yz+zx,
\end{align*}则不难验证以下两个等式成立
\begin{align*}
t^3-a-3tu+3c&=0,\\
u^3-b-3ctu+3c^2&=0,
\end{align*}消去 `u`，得到
\[t^9-3(a+6c)t^6+3(a^2-9b+3ac+9c^2)t^3-(a-3c)^3=0,\quad(*)\]

在这里前面已经计算出 `a=5/8`, `b=1/32`, `c=-1/8`，代入式 (*) 即得 `x+y+z` 就是以下方程的根
\[t^9+\frac38t^6+\frac3{64}t^3-1=0,\]配方为
\[\left( t^3+\frac18 \right)^3=19\left( \frac38 \right)^3,\]所以
\[x+y+z=t=\sqrt[3]{\frac38\sqrt[3]{19}-\frac18}=\frac12\sqrt[3]{3\sqrt[3]{19}-1}.\]

kuing

题虽然已证出，但显然还没完全弄透：是什么原因使得 {1,7,8}, {2,3,5}, {4,6,10} 这样的系数分组就能使两次计算那些 cos 后都恰好出现了 cos2θ+cos4θ+...+cos18θ ？将 19 改为其他，是不是也存在类似的分组？

abababa

回复 2# kuing

z里最后一个分子是10？然后主楼图片里的那个，最后一个是减号？

最后是变成求某个方程的根了，那是不是也能化成什么复数来计算啊，因为我有一次就是用mathematica求三次方程的根，形式很复杂，但一变成三角函数的形式又非常简捷，我还在论坛里发过帖，不记得在哪了。不知道会不会有什么关系。

kuing

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z里最后一个分子是10？然后主楼图片里的那个，最后一个是减号？
abababa 发表于 2021-6-18 21:05

原先是 9 ，前面是减号，那我变成 10，前面就变成加号咯
变成三个相加才是更优美嘀，也符合每组系数都是前两个之和等于第三个这一规律。

kuing

还是 86鱼 发来的类似题（2021年陈省身杯数学奥林匹克）：


这题的计算比 1# 要简单。还是同样的操作，记
\[\theta=\frac\pi9,\,x=\sqrt[3]{\cos\theta},\,y=\sqrt[3]{\cos5\theta},\,z=\sqrt[3]{\cos7\theta},\]问题就是求证
\[\frac1x+\frac1y+\frac1z=\sqrt[3]{6-6\sqrt[3]9}.\]
由和差化积及积化和差，有
\[x^3+y^3+z^3=\cos\theta+\cos5\theta+\cos7\theta=\cos\theta(1+2\cos6\theta)=0,\]以及
\begin{align*}
x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3&=\cos\theta\cos5\theta+\cos5\theta\cos7\theta+\cos7\theta\cos\theta\\
&=\frac12(\cos2\theta+\cos4\theta+2\cos6\theta+\cos8\theta+\cos12\theta)\\
&=\frac12\left( \cos2\theta+\cos4\theta+\cos8\theta-\frac32 \right)\\
&=\frac12\left( \cos2\theta(1+2\cos6\theta)-\frac32 \right)\\
&=-\frac34,
\end{align*}以及
\[xyz=\sqrt[3]{\cos\theta\cos5\theta\cos7\theta}=\sqrt[3]{\cos\theta\cos2\theta\cos4\theta}=\sqrt[3]{\frac{\sin8\theta}{8\sin\theta}}=\frac12,\]然后同样引用 1# 所引用那段，但这次不是消 `u`，而是消 `t`，得到的是
\[u^9-3(b+6c^2)u^6+3(b^2+3bc^2-9ac^3+9c^4)u^3-(b-3c^2)^3=0,\quad(**)\]上面已经计算出 `a=0`, `b=-3/4`, `c=1/2`，代入即
\[u^9-\frac94u^6+\frac{27}{16}u^3+\frac{27}8=0,\]配方为
\[\left( u^3-\frac34 \right)^3+\frac{243}{64}=0\riff u=\sqrt[3]{\frac34-\frac34\sqrt[3]9},\]所以
\[\frac1x+\frac1y+\frac1z=\frac uc=2u=\sqrt[3]{6-6\sqrt[3]9}.\]

isee

回复 5# kuing


看到份解答，可能是标合，发上来

hbghlyj

在ramanujanday.pdf找到一个$$\sqrt[3]{\cos \frac{2 \pi}{7}}+\sqrt[3]{\cos \frac{4 \pi}{7}}+\sqrt[3]{\cos \frac{8 \pi}{7}}=\sqrt[3]{\frac{5-3 \sqrt{7}}{2}}$$
2,4,8满足$x^3\equiv1\pmod7$
math.stackexchange.com/questions/1830092
math.stackexchange.com/questions/1068084
math.stackexchange.com/questions/644003

---

\begin{equation}\sqrt[3]{\cos \frac{2 \pi}{9}}+\sqrt[3]{\cos \frac{4 \pi}{9}}+\sqrt[3]{\cos \frac{8 \pi}{9}}=\sqrt[3]{\frac{3}{2} \left(3^{2/3}-2\right)}\label y\end{equation}
2,4,8满足$x^3\equiv1\pmod9$
Total[CubeRoot[Cos[# Pi/9]]&/@{2,4,8}]//RootReduce//ToRadicals

hbghlyj

abababa 发表于 2021-6-18 14:05
回复 2# kuing

z里最后一个分子是10？然后主楼图片里的那个，最后一个是减号？

最后一个是减号是因为在 mma 里, 负数 的分数次幂是复数
它写成正数的开方, 就不会歧义了.

kuing 发表于 2021-6-18 08:38
题虽然已证出，但显然还没完全弄透：是什么原因使得 {1,7,8}, {2,3,5}, {4,6,10} 这样的系数分组就能使两次 ...

$1,7,-8$满足$x^3\equiv1\pmod{19}$
$2,3,-5$满足$x^3\equiv8\pmod{19}$
$4,6,-10$满足$x^3\equiv7\pmod{19}$

Function[x,MinimalPolynomial[Cos[x[[1]]Pi/19]Cos[x[[2]]Pi/19]Cos[x[[3]]Pi/19],t]]/@{{1,7,8},{2,3,5},{4,6,10}}
可见,这三个cos×cos×cos的极小多项式都是$512 t^3-320 t^2+16 t+1$
可以推广到mod 27. 对于{{5,14,23},{7,16,25},{1,10,19}} 它们是公差为9的等差数列
Function[x,MinimalPolynomial[Cos[x[[1]]Pi/27]Cos[x[[2]]Pi/27]Cos[x[[3]]Pi/27],t]]/@{{5,14,23},{7,16,25},{1,10,19}}
可见,这三个cos×cos×cos的极小多项式都是$512 t^3-24 t+1$,而且
\begin{equation}\sqrt[3]{\cos\left(\frac{5 \pi }{27}\right) \cos\left(\frac{14 \pi }{27}\right) \cos\left(\frac{23 \pi }{27}\right)}+\sqrt[3]{\cos\left(\frac{7 \pi }{27}\right) \cos\left(\frac{16 \pi }{27}\right) \cos\left(\frac{25 \pi }{27}\right)}+\sqrt[3]{\cos\left(\frac{ \pi }{27}\right) \cos\left(\frac{10 \pi }{27}\right) \cos\left(\frac{19 \pi }{27}\right)}=\frac{1}{2} \sqrt[3]{3 \left(3^{2/3}-2\right)}
\label x\end{equation}
Mathematica代码
(Cos[5π/27] Cos[14π/27] Cos[23π/27])^(1/3)+(Cos[7π/27] Cos[16π/27] Cos[25π/27])^(1/3)-(-Cos[π/27] Cos[10π/27] Cos[19π/27])^(1/3)//RootReduce//ToRadicals
使用三倍角公式
\begin{align*}
\frac{1}{4} \cos \left(\frac{10 \pi }{9}\right)&=\cos \left(\frac{\pi }{27}\right) \cos \left(\frac{10 \pi }{27}\right)
   \cos \left(\frac{19 \pi }{27}\right)\\
\frac{1}{4} \cos \left(\frac{4 \pi }{9}\right)&=\cos \left(\frac{5 \pi }{27}\right) \cos \left(\frac{14 \pi }{27}\right) \cos \left(\frac{23 \pi }{27}\right)\\
\frac{1}{4} \cos \left(\frac{2 \pi }{9}\right)&=\cos \left(\frac{7 \pi }{27}\right) \cos \left(\frac{16 \pi }{27}\right) \cos \left(\frac{25 \pi }{27}\right)
\end{align*}
将\eqref{x}化为\eqref{y}.

hbghlyj

WolframAlpha或Reduce[EulerPhi[n]==18,n,PositiveIntegers]得
n = 19, 27, 38, 54
$ℤ^×_{38}$可以分成
±{1, 7, 11}
±{9, 13, 15}
±{3, 5, 17}
38的sin和19的cos一一对应相等
所以38的sin×sin×sin的极小多项式等于19的cos×cos×cos的极小多项式
得出的恒等式和1#的恒等式是一样的
\[\sqrt[3]{\sin \left(\frac{9 \pi }{38}\right) \sin \left(\frac{13 \pi }{38}\right) \sin \left(\frac{15 \pi }{38}\right)}+\sqrt[3]{\sin \left(\frac{3 \pi }{38}\right) \sin \left(\frac{5 \pi }{38}\right) \sin \left(\frac{17 \pi }{38}\right)}-\sqrt[3]{\sin \left(\frac{\pi }{38}\right) \sin \left(\frac{7 \pi }{38}\right) \sin \left(\frac{11 \pi }{38}\right)}=\frac12\sqrt[3]{3\sqrt[3]{19}-1}\]
$ℤ^×_{54}$可以分成...
sin得出的恒等式和8#的恒等式是一样的
...

hbghlyj

n=13, 21, 26, 28, 36, 42
\begin{align*}
\cos\left(\frac{2 \pi }{13}\right) \cos\left(\frac{5 \pi }{13}\right) \cos\left(\frac{6 \pi }{13}\right)&=\frac{1}{16} \left(\sqrt{13}-3\right)\\
\cos\left(\frac{\pi }{13}\right) \cos\left(\frac{3 \pi }{13}\right) \cos\left(\frac{9 \pi }{13}\right)&=\frac{1}{16} \left(-\sqrt{13}-3\right)\\
\cos \left(\frac{\pi }{21}\right) \cos \left(\frac{4 \pi }{21}\right) \cos \left(\frac{16 \pi }{21}\right)&=\frac{1}{16} \left(-\sqrt{21}-5\right)\\
\cos \left(\frac{2 \pi }{21}\right) \cos \left(\frac{8 \pi }{21}\right) \cos \left(\frac{11 \pi }{21}\right)&=\frac{1}{16} \left(\sqrt{21}-5\right)
\end{align*}

hbghlyj

$ℤ^×_{31}$根据$x^3\bmod31$分成
±{1, 5, 25}
±{2, 10, 19}
±{3, 13, 15}
±{4, 7, 20}
±{8, 9, 14}
$\cos \left(\frac{\pi }{31}\right) \cos \left(\frac{5 \pi }{31}\right) \cos \left(\frac{25 \pi }{31}\right),\cdots$是$32768 x^5 + 36864 x^4 + 10240 x^3 + 320 x^2 - 88 x + 1$的五个根

---

$ℤ^×_{35}$根据$x^3\bmod35$分成
±{1, 11, 16}
±{2, 22, 32}
±{4, 9, 29}
±{8, 18, 23}
\begin{align*}
\cos \left(\frac{\pi }{35}\right) \cos \left(\frac{11 \pi }{35}\right) \cos \left(\frac{16 \pi }{35}\right)&=\frac{1}{32} \left(-1-3 \sqrt{5}+\sqrt{14 \left(\sqrt{5}+5\right)}\right)\\
\cos \left(\frac{2 \pi }{35}\right) \cos \left(\frac{22 \pi }{35}\right) \cos \left(\frac{32 \pi }{35}\right)&=\frac{1}{32} \left(-1+3 \sqrt{5}+\sqrt{14 \left(5-\sqrt{5}\right)}\right)\\
\cos \left(\frac{4 \pi }{35}\right) \cos \left(\frac{9 \pi }{35}\right) \cos \left(\frac{29 \pi }{35}\right)&=\frac{1}{32} \left(-1-3 \sqrt{5}-\sqrt{14 \left(5+\sqrt{5}\right)}\right)\\
\cos \left(\frac{8 \pi }{35}\right) \cos \left(\frac{18 \pi }{35}\right) \cos \left(\frac{23 \pi }{35}\right)&=\frac{1}{32} \left(1-3 \sqrt{5}+\sqrt{14 \left(5-\sqrt{5}\right)}\right)
\end{align*}
In[]:= Select[Range[1,50,2],Count[Range[#],n_/;CoprimeQ[#,n]&&PowerMod[n,3,#]==1]==3&]
Out[]= {7,9,13,19,21,27,31,35,37,39,43,45,49}

青青子衿

hbghlyj 发表于 2022-12-20 06:44
$ℤ^×_{31}$根据$x^3\bmod31$分成
±{1, 5, 25}
±{2, 10, 19}

1.1 Identities Involving Zeros of Ramanujan and
Shanks Cubic Polynomials
arxiv.org/abs/1401.1474

1.2 A generalized computation procedure for Ramanujan-type identities and cubic Shevelev sum
nntdm.net/papers/nntdm-29/NNTDM-29-1-098-129.pdf
JSS Peter, AG Shannon, SC Huang, JE Reyes - 2023 - nntdm.net
（1.2这篇文章应该是”新出炉的“）

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2022-12-19 17:17
在ramanujanday.pdf找到一个$$\sqrt[3]{\cos \frac{2 \pi}{7}}+\sqrt[3]{\cos \frac{4 \pi}{7}}+\sqrt[3]{\cos \frac{8 \pi}{7}}=\sqrt[3]{\frac{5-3 \sqrt{7}}{2}}$$
2,4,8满足$x^3\equiv1\pmod7$

artofproblemsolving.com/community/c6h1079891p4739088