偶然见到$\tan \frac {3\pi}{11}+4\sin \frac{2\pi}{11}=\sqrt{11}.$

hbghlyj

kuing 发表于 2021-5-23 15:23
今天又用了一回这个高斯和，证明：
\[\sin\frac{2\pi}{13}-\sin\frac{5\pi}{13}+\sin\frac{6\pi}{13}=\frac12\sqrt{\frac{13-3\sqrt{13}}2}.\]

$\frac12\sqrt{\frac{13-3\sqrt{13}}2}$的极小多项式为 $16 x^4 - 52 x^2 + 13$
SageMath:

1. R.<x> = PolynomialRing(QQ)
2. f = 16*x^4 - 52*x^2 + 13
3. f.galois_group()==CyclicPermutationGroup(4)

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Galois group是$C_4$

这帖枚举出很多“$\Bbb Q(\sqrt{a+b\sqrt{D}})$的Galois group是$C_4$”的例子，($a,b,D\inQ,\sqrt{D}\not\inQ$)
不知这种$\Bbb Q(\sqrt{a+b\sqrt{D}})$是不是无穷多的
它们似乎都能表示为有理度数三角

kuing

isee 发表于 2017-8-9 20:02
原来这个涉及到的 数论 竟然是数论中的 “基石”——算术理论中的宝石，是一个黄金定律——二次互反律，当 ...
...
证明是容易的，注意回代$x^{11}=1$，由于
\begin{align*}
&(x-x^2+x^3+x^4+x^5-x^6-x^7-x^8+x^9-x^{10})^2\\
&=-10+x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6+x^7+x^8+x^9+x^{10}\\
&=-11
\end{align*}
就这么简单算算而已。
...

中间这段证明其实还没证完。
由 `x^{11}=1` 算出 原式`^2=-11`，这没问题。
问题是，你如何确定原式 `=i\sqrt{11}` 而不是 `-i\sqrt{11}`？

kuing

不用算平方，用以下恒等式来推也行：
\[2^{n-1}\sin\frac\pi n\sin\frac{2\pi}n\cdots\sin\frac{(n-1)\pi}n=n.\]
（证明见 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread& … &page=1#pid17381）

上式当 `n` 为奇数时，正弦乘积的头尾相等，可得
\[2^n\sin\frac\pi{2n+1}\sin\frac{2\pi}{2n+1}\cdots\sin\frac{n\pi}{2n+1}=\sqrt{2n+1},\]
所以有
\[2^5\sin\frac\pi{11}\sin\frac{2\pi}{11}\sin\frac{3\pi}{11}\sin\frac{4\pi}{11}\sin\frac{5\pi}{11}=\sqrt{11},\]
诱导公式用一下，变成
\[2^5\sin\frac{10\pi}{11}\sin\frac{2\pi}{11}\sin\frac{8\pi}{11}\sin\frac{4\pi}{11}\sin\frac{6\pi}{11}=\sqrt{11},\quad(*)\]
当 `x=\cos(2\pi/11)+i\sin(2\pi/11)` 时，由什么佛公式有
\[\led
x^k&=\cos\frac{2k\pi}{11}+i\sin\frac{2k\pi}{11},\\
x^{-k}&=\cos\frac{2k\pi}{11}-i\sin\frac{2k\pi}{11}
\endled
\riff
\sin\frac{2k\pi}{11}=\frac{x^k-x^{-k}}{2i},\]
代入式 (*) 中化简得
\[(x-x^{-1})(x^2-x^{-2})(x^3-x^{-3})(x^4-x^{-4})(x^5-x^{-5})=i\sqrt{11},\quad(**)\]
展开并利用 `x^{11}=1`，可得
\begin{align*}
\LHS&=x^{15}-\frac1{x^{15}}-x^{13}+\frac1{x^{13}}-x^{11}+\frac1{x^{11}}+x^5-\frac1{x^5}+x^3-\frac1{x^3}+x-\frac1x\\
&=x^4-x^7-x^2+x^9+x^5-x^6+x^3-x^8+x-x^{10},
\end{align*}
这样就得到了 `x-x^2+x^3+x^4+x^5-x^6-x^7-x^8+x^9-x^{10}=i\sqrt{11}`。

一般情况估计也可以这样推，但恐怕免不了需要一些数论知识，就是那些二次剩余啥的……

kuing

那干脆直接用那恒等式来证原题，顺便对 9# 作进一步。

我在 9# 最后提到：对任意 $k\inZ$ 且 $11\nmid k$ 都有
\[\left(\tan\frac{3k\pi}{11}+4\sin\frac{2k\pi}{11}\right)^2=11,\]
但开方是正是负没说。

下面我将证明：对任意 $k\inZ$ 都有
\[\tan\frac{3k\pi}{11}+4\sin\frac{2k\pi}{11}=2^5\sin\frac{2k\pi}{11}\sin\frac{4k\pi}{11}\sin\frac{6k\pi}{11}\sin\frac{8k\pi}{11}\sin\frac{10k\pi}{11}.\]

证明：记 `x=\cos(2k\pi/11)+i\sin(2k\pi/11)`，则 `x^{11}=1`，对于 `m\inZ`，有
\[\sin\frac{2mk\pi}{11}=\frac{x^m-x^{-m}}{2i},~\cos\frac{2mk\pi}{11}=\frac{x^m+x^{-m}}2,\]
所以有
\[\tan\frac{3k\pi}{11}=\frac{\sin\frac{6k\pi}{11}}{1+\cos\frac{6k\pi}{11}}=\frac{\frac{x^3-x^{-3}}{2i}}{1+\frac{x^3+x^{-3}}2}=\frac1i\cdot\frac{x^3-1}{x^3+1},\]
代入待证式中，等价于证
\[\frac{x^3-1}{x^3+1}+2(x-x^{-1})=(x-x^{-1})(x^2-x^{-2})(x^3-x^{-3})(x^4-x^{-4})(x^5-x^{-5}),\]
右边的展开和楼上是一样的，至于左边，第一项根据 10# 有
\[\frac{x^3-1}{x^3+1}=\frac{x^3-x^{33}}{1+x^3}=x^3\frac{1-(-x^3)^{10}}{1-(-x^3)}=x^3-x^6+x^9-x+x^4-x^7+x^{10}-x^2+x^5-x^8,\]
再加上 `2(x-x^{-1})=2(x-x^{10})`，恰好也是 `x - x^2 + x^3 + x^4 + x^5 - x^6 - x^7 - x^8 + x^9 - x^{10}`，这样就得到了证明。

（也可用 mma 直接验证上上式：

1. A = (x^3 - 1)/(x^3 + 1) + 2 (x - x^-1) - Product[x^k - x^-k, {k, 5}];
2. PolynomialMod[A, x^11 - 1]

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输出 0 说明当 `x^{11}=1` 时左减右=0）

最后，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*}
再根据楼上的恒等式，那就是
\[\tan\frac{3k\pi}{11}+4\sin\frac{2k\pi}{11}=
\led
&0,&&11\mid k,\\
&\sqrt{11},&& k\bmod11=1,3,4,5,9,\\
&{-}\sqrt{11},&& k\bmod11=2,6,7,8,10,
\endled\]
仍然与那啥 Legendre 符号的正负一样，也就是可以写成
\[\tan\frac{3k\pi}{11}+4\sin\frac{2k\pi}{11}=\left(\frac k{11}\right)\sqrt{11}.\]

isee

如何证明 [tan(3π/11)＋4sin(2π/11)]/√11＝1？ - 知乎
zhihu.com/question/344018667

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4#链接失效了，上面链接是补充