三角函数与复数的杂糅，谢谢帮助

dodonaomik

設 $\omega=\cos \frac{2 \pi}{7}+i \sin \frac{2 \pi}{7}$，則 $(2-\omega)\left(2-\omega^3\right)\left(2-\omega^5\right)$ 之值為？

kuing

我怀疑题目打错了什么东西

dodonaomik

呵呵，台湾过来的，我估计没错~~~



形式简洁优美，应该是很有味道的题目，可能还很有深度
题目很短，估计出错的概率小

kuing

那我就等答案好了，反正我只会化到酱紫：
\[8+2\cos\frac\pi7+5\cos\frac{3\pi}7+\left( -6\sin\frac\pi7-4\sin\frac{2\pi}7+3\sin\frac{3\pi}7 \right)i\]

dodonaomik

我猜，应该有什么方法，应该有漂亮的方法！


如果有几何图形法，
那么，不近似为不仅思维漂亮，视觉也很美丽这道数学题木

kuing

依我推测，题目很有可能是想求那个式子的模长，因为模长有比较简单的计算方法如下。
\(\newcommand\bbar\overline\)

由于 $\abs z^2=z\cdot\bbar z$，且 $\bbar\omega=\omega^6$, $\bbar{\omega^3}=\omega^4$, $\bbar{\omega^5}=\omega^2$，故此
\[\abs{(2-\omega)(2-\omega^3)(2-\omega^5)}^2
=(2-\omega)(2-\omega^2)\cdots (2-\omega^6),\]
注意 $x^7=1$ 的七个根为 $1$, $\omega$, $\omega^2$, \ldots, $\omega^6$，故
\[x^7-1=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)\cdots (x-\omega^6),\]
代入 $x=2$ 即得
\[(2-\omega)(2-\omega^2)\cdots (2-\omega^6)=2^7-1,\]
从而
\[\abs{(2-\omega)(2-\omega^3)(2-\omega^5)}=\sqrt{127}.\]

dodonaomik

回复 6# kuing
非常感谢！非常感谢！


那是不是说，针对原题，最后答案有两个？一正一负？

dodonaomik

求模长？
求模长，步骤不是很多~~可能，这道题目，很有深度也不定！


很可惜，类似题目，看都木有看到过~~而题目形式，颇为优美，想把它彻底搞出来而无法

kuing

那是不是说，针对原题，最后答案有两个？一正一负？
dodonaomik 发表于 2016-4-30 09:51

当然不是，模长和绝对值你都弄不清？

dodonaomik

回复 9# kuing

呵呵，我一时犯糊涂啦~~·
我懂模长！

就是，实部平方+虚部平方，之和，开根号~~


________________
数学很长时间没有接触啦，有些东西，有点淡化遗忘啦

色k

闲来无事，写个一般式吧。

一般地，设 $n\inN^+$，令
\[\omega=\cos\frac{2\pi}n+i\sin\frac{2\pi}n,\]
有恒等式
\begin{align*}
x^n-1&=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)\cdots (x-\omega^{n-1}),\\
1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}&=(x-\omega)(x-\omega^2)\cdots (x-\omega^{n-1}),
\end{align*}
故此
\[(m-\omega)(m-\omega^2)\cdots (m-\omega^{n-1})
=\led
&\frac{m^n-1}{m-1},&& m\ne1,\\
&n,&& m=1.
\endled\]

那么，当 $n=2k+1$, $k\inN$, $m\inR$ 时，则
\begin{align*}
\abs{(m-\omega)(m-\omega^3)(m-\omega^5)\cdots(m-\omega^{2k-1})}
&=\sqrt{(m-\omega)(m-\omega^2)(m-\omega^3)\cdots (m-\omega^{2k})}\\
&=\led
&\sqrt{\frac{m^{2k+1}-1}{m-1}},&& m\ne1,\\
&\sqrt{2k+1},&& m=1.
\endled
\end{align*}

色k

$m=1$ 时还能搞出一个三角恒等式，由上述结论有
\[(1-\omega)(1-\omega^2)\cdots (1-\omega^{n-1})=n,\]
取模即
\[\abs{1-\omega}\cdot\abs{1-\omega^2}\cdots \abs{1-\omega^{n-1}}=n,\]
而当 $0\leqslant k\leqslant n$ 时
\[\abs{1-\omega^k}=\sqrt{\left( 1-\cos\frac{2k\pi}n \right)^2+\sin^2\frac{2k\pi}n}
=\sqrt{2-2\cos\frac{2k\pi}n}=2\sin\frac{k\pi}n,\]
所以
\[2^{n-1}\sin\frac\pi n\sin\frac{2\pi}n\cdots\sin\frac{(n-1)\pi}n=n.\]

dodonaomik

回复 12# 色k

那么，从11楼来看的话，
只能算出其模长啦？

dodonaomik

я
昨晚，公园草地上，去趟了一会儿，
冷噤思索，
还是找不到思路

lemondian

回复 11# 色k

@kuing:请教一个问题：
\begin{align*}
x^n-1&=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)\cdots (x-\omega^{n-1}),\\
1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}&=(x-\omega)(x-\omega^2)\cdots (x-\omega^{n-1}),
\end{align*}
第2个等式是在第1个恒等式上推出来的呢？还是其本身就是一个恒等式？

走走看看

回复 15# lemondian

第二个式子，不就是根据等比数列求和公式然后再把第一个式子代入得到的吗？

lemondian

回复 17# 走走看看
不知是不是象你写的这样？
还是如下面的？
在复数范围，有
\begin{align*}
x^n-1&=(x-1)(x-\omega)(x-\omega^2)\cdots (x-\omega^{n-1}),\\
在实数范围，有x^n-1=(x-1)（1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}）
\end{align*}
\begin{align*}
那么，是不是得到下面呢？
1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}&=(x-\omega)(x-\omega^2)\cdots (x-\omega^{n-1}),
\end{align*}

走走看看

回复 18# lemondian

你的倒数第一个和第三个是复数范围内。
你的倒数第二个是实数范围内。   

含ω的为复数范围内。$1、ω、ω^2…ω^{n-1}$是$x^n=1$的n个复数解。