三角证明

lemondian

证明: $\cot \frac{\pi}{11}-\cot \frac{2 \pi}{11}+\cot \frac{3 \pi}{11}+\cot \frac{4 \pi}{11}+\cot \frac{5 \pi}{11}=\sqrt{11}$

kuing

写成 `\cot \theta +\cot 3\theta +\cot 4\theta +\cot 5\theta +\cot 9\theta =\sqrt {11}`，其中 `\theta=\pi/11`，又是 1,3,4,5,9 这个组合，看来又和 forum.php?mod=redirect&goto=findpost& … =65242&ptid=4795 有关联……

kuing

先抄 2# 链接内的相关内容：

根据诱导公式可得
\begin{align*}
&\sin\frac{2k\pi}{11}\sin\frac{4k\pi}{11}\sin\frac{6k\pi}{11}\sin\frac{8k\pi}{11}\sin\frac{10k\pi}{11}\\
={}&\led
&\sin\frac\pi{11}\sin\frac{2\pi}{11}\sin\frac{3\pi}{11}\sin\frac{4\pi}{11}\sin\frac{5\pi}{11},&&k=1,3,4,5,9,\\
&{-}\sin\frac\pi{11}\sin\frac{2\pi}{11}\sin\frac{3\pi}{11}\sin\frac{4\pi}{11}\sin\frac{5\pi}{11},&&k=2,6,7,8,10,
\endled
\end{align*}
根据 forum.php?mod=viewthread&tid=3996#pid17381 可知
\[2^n\sin\frac\pi{2n+1}\sin\frac{2\pi}{2n+1}\cdots\sin\frac{n\pi}{2n+1}=\sqrt{2n+1},\]
因此有
\[2^5\sin\frac{2k\pi}{11}\sin\frac{4k\pi}{11}\sin\frac{6k\pi}{11}\sin\frac{8k\pi}{11}\sin\frac{10k\pi}{11}
=\led
&\sqrt{11},&&k=1,3,4,5,9,\\
&{-}\sqrt{11},&&k=2,6,7,8,10,
\endled\]
现在记
\[x_k=\cos\frac{2k\pi}{11}+i\sin\frac{2k\pi}{11},\]
则有 `\sin(2k\pi/11)=(x_k-x_k^{-1})/(2i)`, `\sin(4k\pi/11)=(x_k^2-x_k^{-2})/(2i)` 等等，因此
\[(x_k-x_k^{-1})(x_k^2-x_k^{-2})(x_k^3-x_k^{-3})(x_k^4-x_k^{-4})(x_k^5-x_k^{-5})
=\led
&i\sqrt{11},&&k=1,3,4,5,9,\\
&{-}i\sqrt{11},&&k=2,6,7,8,10,
\endled\]
利用 `x_k^{11}=1` 可将上式左边化为
\[\LHS=x_k-x_k^2+x_k^3+x_k^4+x_k^5-x_k^6-x_k^7-x_k^8+x_k^9-x_k^{10},\]
也就是说：

`x_k`（`k\in\{1,3,4,5,9\}`）是方程
\[x-x^2+x^3+x^4+x^5-x^6-x^7-x^8+x^9-x^{10}-i\sqrt{11}=0\]
的十根中的其中五根；

`x_k`（`k\in\{2,6,7,8,10\}`）是方程
\[x-x^2+x^3+x^4+x^5-x^6-x^7-x^8+x^9-x^{10}+i\sqrt{11}=0\]
的十根中的其中五根。

而 `x_k`（`k\in\{1,2,\ldots,10\}`）是方程 `1+x+x^2+\cdots+x^{10}=0` 的全部十根。

对这三条方程因式分解有
\begin{align*}
&1+x+x^2+\cdots+x^{10}\\
={}&\left(-1+\frac{-1-i\sqrt{11}}2x+x^2-x^3+\frac{1-i\sqrt{11}}2x^4+x^5\right)\\
&\times\left(-1+\frac{-1+i\sqrt{11}}2x+x^2-x^3+\frac{1+i\sqrt{11}}2x^4+x^5\right),\\
\\
&x-x^2+x^3+x^4+x^5-x^6-x^7-x^8+x^9-x^{10}-i\sqrt{11}\\
={}&-\left(-1+\frac{-1-i\sqrt{11}}2x+x^2-x^3+\frac{1-i\sqrt{11}}2x^4+x^5\right)\\
&\times\left(-i\sqrt{11}+\frac{-9+i\sqrt{11}}2x+\left(4+i\sqrt{11}\right)x^2-i\sqrt{11}x^3+\frac{-3+i\sqrt{11}}2x^4+x^5\right),\\
\\
&x-x^2+x^3+x^4+x^5-x^6-x^7-x^8+x^9-x^{10}+i\sqrt{11}\\
={}&-\left(-1+\frac{-1+i\sqrt{11}}2x+x^2-x^3+\frac{1+i\sqrt{11}}2x^4+x^5\right)\\
&\times\left(i\sqrt{11}+\frac{-9-i\sqrt{11}}2x+\left(4-i\sqrt{11}\right)x^2+i\sqrt{11}x^3+\frac{-3-i\sqrt{11}}2x^4+x^5\right),
\end{align*}
由此可见：方程
\[-1+\frac{-1-i\sqrt{11}}2x+x^2-x^3+\frac{1-i\sqrt{11}}2x^4+x^5=0\]
的五根为 `x_k`（`k\in\{1,3,4,5,9\}`）；方程
\[-1+\frac{-1+i\sqrt{11}}2x+x^2-x^3+\frac{1+i\sqrt{11}}2x^4+x^5=0\]
的五根为 `x_k`（`k\in\{2,6,7,8,10\}`）。

接下来就要用 forum.php?mod=viewthread&tid=4148 的方法：令
\[y_k=\cot\frac{k\pi}{11}\riff x_k=\frac{y_k+i}{y_k-i},\]
那么 `y_k`（`k\in\{1,3,4,5,9\}`）为如下方程的五根
\[-1+\frac{-1-i\sqrt{11}}2\frac{y+i}{y-i}+\left(\frac{y+i}{y-i}\right)^2-\left(\frac{y+i}{y-i}\right)^3+\frac{1-i\sqrt{11}}2\left(\frac{y+i}{y-i}\right)^4+\left(\frac{y+i}{y-i}\right)^5=0\]
去分母化简为
\[\frac1{\sqrt{11}}-3y+2\sqrt{11}y^2-2y^3-\sqrt{11}y^4+y^5=0,\]
于是由韦达定理得
\[y_1+y_3+y_4+y_5+y_9=\sqrt{11},\]
这便是 1# 的结论，此外，当然还有
\begin{align*}
y_1y_3+y_1y_4+y_1y_5+y_1y_9+y_3y_4+\cdots\text{（共十项）}&=-2,\\
y_1y_3y_4+y_1y_3y_5+y_1y_3y_9+y_1y_4y_5+\cdots\text{（共十项）}&=-2\sqrt{11},\\
y_1y_3y_4y_5+y_1y_3y_4y_9+y_1y_3y_5y_9+y_1y_4y_5y_9+y_3y_4y_5y_9&=-3,\\
y_1y_3y_4y_5y_9&=-\frac1{\sqrt{11}}.
\end{align*}

同理可得方程
\[-\frac1{\sqrt{11}}-3y-2\sqrt{11}y^2-2y^3+\sqrt{11}y^4+y^5=0\]
的五根为 `y_k`（`k\in\{2,6,7,8,10\}`），然后由韦达定理得出类似的等式，不再详写（也不必写，因为本身就可以由诱导公式变成上面的）。

lemondian

kuing 发表于 2025-5-14 00:02
先抄 2# 链接内的相关内容：

根据诱导公式可得

这么难搞呀！
特别是三个因式分解，这如何想得到的？

1+1=？

lemondian 发表于 2025-5-14 09:42
这么难搞呀！
特别是三个因式分解，这如何想得到的？

有可能是电脑想到的😃😃😃😂😂

Aluminiumor

还是喜欢复数法
令 $\theta=\dfrac\pi{11},e^{i\theta}=t$，易知
$$\cot(k\theta)=i\cdot\frac{1+t^{2k}}{1-t^{2k}}$$
则
$$
\begin{align*}
&-\left(\cot \frac{\pi}{11}-\cot \frac{2 \pi}{11}+\cot \frac{3 \pi}{11}+\cot \frac{4 \pi}{11}+\cot \frac{5 \pi}{11}\right)^2+11\\
=&\left(\frac{1+t^2}{1-t^2}-\frac{1+t^4}{1-t^4}+\frac{1+t^6}{1-t^6}+\frac{1+t^8}{1-t^8}+\frac{1+t^{10}}{1-t^{10}}\right)^2+11\\
=&\frac{4 (1 + t + t^2 + t^3 + t^4 + t^5 + t^6 + t^7 + t^8 + t^9 + t^{10})F(t)}{\left(t^2-1\right)^2 \left(t^2+1\right)^2 \left(t^4+1\right)^2 \left(t^4+t^2+1\right)^2 \left(t^8+t^6+t^4+t^2+1\right)^2}
\end{align*}
$$
其中 $F(t)= (1 - t + t^2 - t^3 + t^4 - t^5 + t^6 - t^7 + t^8 - t^9 + t^{10}) (5 +
   18 t^2 + 40 t^4 + 67 t^6 + 90 t^8 + 99 t^{10} + 90 t^{12} + 67 t^{14} +
   40 t^{16} + 18 t^{18} + 5 t^{20})$
显然 $1 + t + t^2 + t^3 + t^4 + t^5 + t^6 + t^7 + t^8 + t^9 + t^{10}=\frac{t^{11}-1}{t-1}=0$
又显然那一坨三角和是正的，于是值就是 $\sqrt{11}$