怎么推出$\cos\frac{360°}{17}$的值？【关于正17边形】

dodonaomik

作法
先计算或作出cos(360°/17)
设正17边形中心角为a，则17a=360°,即16a=360°-a
故sin 16a=-sin a，而
sin 16a=2sin 8a·cos 8a=4sin 4a·cos 4a·cos 8a=16sin a·cos a·cos 2a·cos 4a·cos 8a
因sin a不等于0，两边除之有：
16cos a·cos 2a·cos 4a·cos 8a=-1
又由2cos a·cos 2a=cos a+cos 3a(三角函数积化和差公式)等
注意到cos 15a=cos 2a,cos 12a=cos 5a(诱导公式)等，有
2(cos a+cos 2a+…+cos 8a)=-1
令
x=cos a+cos 2a+cos 4a+cos 8a
y=cos 3a+cos 5a+cos 6a+cos 7a
有：
$x+y=-\frac12$
又xy=(cos a+cos 2a+cos 4a+cos 8a)(cos 3a+cos 5a+cos 6a+cos 7a)
=$\frac12$ (cos 2a+cos 4a+cos 4a+cos 6a+…+cos 14a+cos 15a)
经计算知xy=-1
因而：$x=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}, y=\frac{-1-\sqrt{17}}{4}$
其次再设：$x_1$=cos a+cos 4a,$x_2$=cos 2a+cos 8a
y1=cos3a+cos5a,y2=cos6a+cos7a
故有$x_1+x_2=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}$
$y_1+y_2=\frac{-1-\sqrt{17}}{4}$
最后，由cosa+cos4a=x1,cosacos4a=(y1)/2
可求cosa之表达式,
$\cos \frac{2 \pi}{17}=\frac{1}{16}(-1+\sqrt{17}+\sqrt{2(17-\sqrt{17})}+2 \sqrt{17+3 \sqrt{17}-\sqrt{2(17-\sqrt{17})}-2 \sqrt{2(17+\sqrt{17})}})$
它是有理数的加减乘除平方根的组合, 故正17边形可用尺规作出

步骤一
给一圆O，作两垂直的半径OA、OB，
在OB上作C点使OC=1/4OB，
在OA上作D点使∠OCD=1/4∠OCA 　作AO延长线上E点使得∠DCE=45度。
步骤二
作AE中点M，并以M为圆心作一圆过A点，
此圆交OB于F点，再以D为圆心，作一圆
过F点，此圆交直线OA于G4和G6两点。
步骤三
过G4作OA垂直线交圆O于P4，
过G6作OA垂直线交圆O于P6，
则以圆O为基准圆，A为正十七边形之第一顶点P4为第四顶点，P6为第六顶点。
以1/2弧P4P6为半径，即可在此圆上截出正十七角星的所有顶点。

游客

一元二次方程的韦达定理和求根公式。

dodonaomik

回复 2# 游客


    我的理解是，要用到三角函数的转换、变换


应该不是仅仅依靠韦达定理那么简单



我算了一哈，但算到最后，又回到”原点“啦

dodonaomik

\begin{aligned}
& P=\cos \alpha+2(\cos 2 \alpha)^2-1=8 \cos ^4 \alpha-8 \cos ^2 \alpha+\cos \alpha+1 \\
& Q=\cos 2 \alpha+\cos 8 \alpha=\binom{-2-30 \cos ^2 \alpha+160 \cos ^4 \alpha}{-256 \cos ^6 \alpha+128 \cos ^8 \alpha} \\
& \Rightarrow P+Q=\binom{-1+\cos \alpha-38 \cos ^2 \alpha+168 \cos ^4 \alpha}{-256 \cos ^6 \alpha+128 \cos ^8 \alpha}=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}\Rightarrow\binom{-1+T-38 T^2+168 T^4-256 T^6+128 T^8}{=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}}
\end{aligned}

hbghlyj

原文链接

注意到 $3$ 是模 $17$ 的原根.

也就是说 $ω^3$ 是乘法模群 $(\mathbb{Z}/17\mathbb{Z})^{×}$ 的生成元.

其中

$$ \begin{aligned} ω^{17} & = 1\\ ω^{n} &= ω^{n\bmod 17} \end{aligned} $$

第零轨道

不妨设

$$ \begin{aligned} ζ_0 &=ω^{3^{0}}+ω^{3^{1}}+ω^{3^{2}}+ω^{3^{3}}+ω^{3^{4}}+ω^{3^{5}}+ω^{3^{6}}+ω^{3^{7}}+ω^{3^{8}}\\ &+ω^{3^{9}}+ω^{3^{10}}+ω^{3^{11}}+ω^{3^{12}}+ω^{3^{13}}+ω^{3^{14}}+ω^{3^{15}}+ω^{3^{16}} \end{aligned} $$

对这个东西的幂模 $17$, 得到第零轨道

$$ \begin{aligned} σ^{0}(ζ_{0}) &=ω^{1}+ω^{3}+ω^{9}+ω^{10}+ω^{13}+ω^{5}+ω^{15}+ω^{11}\\ &+ω^{16}+ω^{14}+ω^{8}+ω^{7}+ω^{4}+ω^{12}+ω^{2}+ω^{6}\\ \end{aligned} $$

根据单位根的性质

$$σ^{0}(ζ_{0})=-1$$

然后根据伽罗瓦扩张

$$ (\mathbb{Z}/17\mathbb{Z})^{×} {\,\mathop▷\limits^2\,} K_4 {\,\mathop▷\limits^2\,} K_3 {\,\mathop▷\limits^2\,} K_2 {\,\mathop▷\limits^2\,} K_1 {\,\mathop▷\limits^2\,} K_0 ≅ \mathbb{Q} $$

把其他几个轨道写出来

---

第一轨道

$$ ζ_1=ω^{3^{0}}+ω^{3^{2}}+ω^{3^{4}}+ω^{3^{6}}+ω^{3^{8}}+ω^{3^{10}}+ω^{3^{12}}+ω^{3^{14}}+ω^{3^{16}} $$

$$ \begin{aligned} σ^{0}(ζ_{1})&=ω^{1}+ω^{9}+ω^{13}+ω^{15}+ω^{16}+ω^{8}+ω^{4}+ω^{2}\\ σ^{1}(ζ_{1})&=ω^{3}+ω^{10}+ω^{5}+ω^{11}+ω^{14}+ω^{7}+ω^{12}+ω^{6}\\ \end{aligned} $$

第二轨道

$$ ζ_{2}=ω^{3^{0}}+ω^{3^{4}}+ω^{3^{8}}+ω^{3^{12}} $$

$$ \begin{aligned} σ^{0}(ζ_{2})&=ω^{1}+ω^{13}+ω^{16}+ω^{4}\\ σ^{1}(ζ_{2})&=ω^{3}+ω^{5}+ω^{14}+ω^{12}\\ σ^{2}(ζ_{2})&=ω^{9}+ω^{15}+ω^{8}+ω^{2}\\ σ^{3}(ζ_{2})&=ω^{10}+ω^{11}+ω^{7}+ω^{6} \end{aligned} $$

第三轨道

$$ ζ_{3}=ω^{3^{0}}+ω^{3^{8}} $$

$$ \begin{aligned} σ^{0}(ζ_{3})&=ω^{1}+ω^{16}\\ σ^{1}(ζ_{3})&=ω^{3}+ω^{14}\\ σ^{2}(ζ_{3})&=ω^{9}+ω^{8}\\ σ^{3}(ζ_{3})&=ω^{10}+ω^{7}\\ σ^{4}(ζ_{3})&=ω^{13}+ω^{4}\\ σ^{5}(ζ_{3})&=ω^{5}+ω^{12}\\ σ^{6}(ζ_{3})&=ω^{15}+ω^{2}\\ σ^{7}(ζ_{3})&=ω^{11}+ω^{6} \end{aligned} $$

后面还有个第四轨道, 和这个题无关就不写了.

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我们来研究第一轨道

$$ |K_1/\mathbb{Q}| = |K_1/K_0|=2 $$

记 $σ_{i,j} = σ^{i}(ζ_{j})$.

考虑

$$ \begin{aligned} σ_{0,1}+σ_{1,1}&=ω^{16}+ω^{15}+ω^{14}+ω^{13}+ω^{12}+ω^{11}+ω^{10}+ω^9\\ &+ω^8+ω^7+ω^6+ω^5+ω^4+ω^3+ω^2+ω\\ σ_{0,1}σ_{1,1}&=ω^{30}+ω^{29}+ω^{28}+3 ω^{27}+2 ω^{26}+2 ω^{25}\\ &+ω^{24}+3 ω^{23}+3 ω^{22}+3 ω^{21}+4 ω^{20}+4 ω^{19}+4 ω^{18}+4 ω^{16}\\ &+4 ω^{15}+4 ω^{14}+3 ω^{13}+3 ω^{12}+3 ω^{11}+ω^{10}+2 ω^9+2 ω^8\\ &+3 ω^7+ω^6+ω^5+ω^4\\ \end{aligned} $$

模掉 $ω^{17}$ 得到

$$ \begin{aligned} σ_{0,1}σ_{1,1} &=4 ω^{16}+4 ω^{15}+4 ω^{14}+4 ω^{13}+4 ω^{12}+4 ω^{11}+4 ω^{10}+4 ω^9\\ &+4 ω^8+4 ω^7+4 ω^6+4 ω^5+4 ω^4+4 ω^3+4 ω^2+4 ω\\ \end{aligned} $$

也就是说

$$ \begin{aligned} σ_{0,1}+σ_{1,1}&=σ_{0,0}\\ σ_{0,1}σ_{1,1}&=4σ_{0,0} \end{aligned} $$

因为这个是韦达定理的形式, 不妨记

$$ V(σ_{0,1}, σ_{1,1}) = [σ_{0,0} , 4 σ_{0,0}] $$

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同样的方法研究第二轨道发现

$$ \begin{aligned} V(σ_{0,2}, σ_{2,2})&=[σ_{0,1}, σ_{0,0}]\\ V(σ_{1,2}, σ_{3,2})&=[σ_{1,1}, σ_{0,0}]\\ \end{aligned} $$

同理对于第三轨道有

$$ \begin{aligned} V(σ_{0,3}, σ_{4,3})&=[σ_{0,2}, σ_{1,2}]\\ V(σ_{1,3}, σ_{5,3})&=[σ_{1,2}, σ_{2,2}]\\ V(σ_{2,3}, σ_{6,3})&=[σ_{2,2}, σ_{3,2}]\\ V(σ_{3,3}, σ_{7,3})&=[σ_{3,2}, σ_{0,2}]\\ \end{aligned} $$

因此所有的根和轨道都能由二次根式所表示.

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好的, 说了这么多, 一个三角函数都没看见啊, 和题目到底有什么关系呢?

这就要说到欧拉公式了, 建立了指数函数和三角函数之间的桥梁

$$ \cos x=\frac{1}{2}e^{-ix}+\frac{1}{2}e^{ix} $$

$$ \begin{aligned} \cos \left(\frac{2 π }{17}\right)&=\frac{1}{2}e^{-2 i π/17}+\frac{1}{2}e^{2 i π/17}=\frac{ω^{-1}+ω^1}{2}\\ \sin \left(\frac{π }{17}\right)&=\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \cos \left(\frac{2 π }{17}\right)}=\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{4}σ_{0,3}} \end{aligned} $$

然后查上面的轨道表合成序列:

$$ σ_{0,3} ←[σ_{0,2}, σ_{1,2}] ←[σ_{0,1}, σ_{1,1}, σ_{0,0}] ←[σ_{0,0}] $$

所以最终结果一定有四重根式

然后解轨道表得到

$$ \begin{aligned} σ_{0,0}&= -1\\ σ_{0,1}&= \frac{-1+\sqrt{17}}{2}\\ σ_{1,1}&= \frac{-1-\sqrt{17}}{2}\\ σ_{0,2}&= \frac{1}{2} \left(\frac{-1+\sqrt{17}}{2}+\sqrt{\frac{17-\sqrt{17}}{2}}\right)\\ σ_{1,2}&=\frac{1}{2} \left(\frac{-1-\sqrt{17}}{2}+\sqrt{\frac{17+\sqrt{17}}{2}}\right)\\ \end{aligned} $$

于是最终解得

$$ \begin{aligned} \cos\frac{2π}{17}&=+\frac{1}{8} \left(β+\sqrt[4]{17} \sqrt{β}+\sqrt{2} \sqrt{7+3 α -4 \sqrt[4]{17} \sqrt{α }+\sqrt{36-13 β}}\right) \\ \cos\frac{4π}{17}&=+\frac{1}{8} \left(β-\sqrt[4]{17} \sqrt{β}+\sqrt{2} \sqrt{7+3 α +4 \sqrt[4]{17} \sqrt{α }-\sqrt{36-13 β}}\right) \\ \cos\frac{6π}{17}&=-\frac{1}{8} \left(α -\sqrt[4]{17} \sqrt{α }-\sqrt{2} \sqrt{7-3 β+4 \sqrt[4]{17} \sqrt{β}-\sqrt{36+13 α }}\right) \\ \cos\frac{8π}{17}&=+\frac{1}{8} \left(β+\sqrt[4]{17} \sqrt{β}-\sqrt{2} \sqrt{7+3 α -4 \sqrt[4]{17} \sqrt{α }+\sqrt{36-13 β}}\right) \\ \cos\frac{10π}{17}&=-\frac{1}{8} \left(α -\sqrt[4]{17} \sqrt{α }+\sqrt{2} \sqrt{7-3 β+4 \sqrt[4]{17} \sqrt{β}-\sqrt{36+13 α }}\right) \\ \cos\frac{12π}{17}&=-\frac{1}{8} \left(α +\sqrt[4]{17} \sqrt{α }-\sqrt{2} \sqrt{7-3 β-4 \sqrt[4]{17} \sqrt{β}+\sqrt{36+13 α }}\right) \\ \cos\frac{14π}{17}&=-\frac{1}{8} \left(α +\sqrt[4]{17} \sqrt{α }+\sqrt{2} \sqrt{7-3 β-4 \sqrt[4]{17} \sqrt{β}+\sqrt{36+13 α }}\right) \\ \cos\frac{16π}{17}&=+\frac{1}{8} \left(β-\sqrt[4]{17} \sqrt{β}-\sqrt{2} \sqrt{7+3 α +4 \sqrt[4]{17} \sqrt{α }-\sqrt{36-13 β}}\right) \\ \end{aligned} $$

where

$$ \begin{aligned} α &= \frac{\sqrt{17}+1}{2}\\ β &= \frac{\sqrt{17}-1}{2}\\ \end{aligned} $$

最后

$$ \sin\frac{π}{17}=\frac{1}{4} \sqrt{8-\sqrt{2 \sqrt{17}-2 \sqrt{34-2 \sqrt{17}}+2 \sqrt{12 \sqrt{17}+16 \sqrt{2 \sqrt{17}+34}+2 \sqrt{34-2 \sqrt{17}}-2 \sqrt{578-34 \sqrt{17}}+68}+30}} $$