来来来，与三角函数值有关的等式

zhcosin

诸位歇歇脚，来折腾折腾这两个等式，在中国数学会的微信公众号今天的文章《拉马努金的笔记本》中看到的。

第一个是
\[ 2 \sin{\frac{\pi}{18}} = \sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2-\cdots}}}} \]
这里符号序列 -,+,+... 以3为周期。

第二个是
\[ \sqrt[3]{\cos{40^{\circ}}}+\sqrt[3]{\cos{80^{\circ}}}-\sqrt[3]{\cos{20^{\circ}}} = \sqrt[3]{\frac{3}{2}(\sqrt[3]{9}-2)} \]

zhcosin

想了一下，应该都跟三倍角公式有关，第一个，由正弦三倍角公式
\[ \sin{3\theta}=3\sin{\theta}-4\sin^3{\theta} \]
如果令$x=\sin{\frac{\pi}{18}}$，就有
\[ 3x-4x^3=\frac{1}{2} \]
于是令$r=2x$，则$r$满足方程
\[ r^3-3r+1=0 \]
易知这方程在区间$(0,\frac{1}{2})$上有且仅有一根，而对于右边的无穷根式，设其为$t$，可知其满足方程
\[ [(2-t^2)^2-2]^2-2=t \]
（2018-01-25续）根据3楼kk的因式分解，上述方程即
\[ (t-2)(t+1)(t^3-3t+1)(t^3+t^2-2t-1)=0 \]
可以证明，这个方程在区间$(0,\frac{1}{2})$上也有唯一根，这个根只能是来源于$(t^3-3t+1)$这个因子，这就证得了结论。

kuing

第一个：

记 $u=2\sin(\pi/18)$，设数列 \an 满足 $a_0=0$, $a_1=\sqrt2$, $a_2=\sqrt{2-\sqrt2}$ 且对 $n\inN$ 有
\[a_{n+3}=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+a_n}}},\]
那么问题等价于证明
\[\lim_{n\to\infty}a_n=u.\]

利用数归容易证明恒有 $a_n\in\bigl[0,\sqrt2\bigr]$，设
\[f(x)=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+x}}},\]
则对于任意 $x_1$, $x_2\in\bigl[0,\sqrt2\bigr]$，有
\begin{align*}
&\abs{f(x_1)-f(x_2)}\\
={}&\left| \frac{\sqrt{2+\sqrt{2+x_2}}-\sqrt{2+\sqrt{2+x_1}}}{f(x_1)+f(x_2)} \right|\\
={}&\left| \frac{\sqrt{2+x_2}-\sqrt{2+x_1}}{\bigl(f(x_1)+f(x_2)\bigr)\left( \sqrt{2+\sqrt{2+x_2}}+\sqrt{2+\sqrt{2+x_1}} \right)} \right|\\
={}&\left| \frac{x_2-x_1}{\bigl(f(x_1)+f(x_2)\bigr)\left( \sqrt{2+\sqrt{2+x_2}}+\sqrt{2+\sqrt{2+x_1}} \right)\bigl( \sqrt{2+x_2}+\sqrt{2+x_1} \bigr)} \right|\\
<{}&\left| \frac{x_2-x_1}{8f\bigl(\sqrt2\bigr)\sqrt{2+\sqrt2}\sqrt2} \right|,
\end{align*}
记 $k=8f\bigl(\sqrt2\bigr)\sqrt{2+\sqrt2}\sqrt2$，可以证明 $k>1$，上式即
\[\abs{f(x_1)-f(x_2)}<\frac{\abs{x_1-x_2}}k,\]
由于 $f(x)$ 递减且 $f(0)>0$, $f\bigl(\sqrt2\bigr)<\sqrt2$，故存在唯一的 $x_0\in\bigl(0,\sqrt2\bigr)$ 使 $f(x_0)=x_0$，则
\begin{align*}
\abs{a_n-x_0}&=\abs{f(a_{n-3})-f(x_0)}\\
&<\frac{\abs{a_{n-3}-x_0}}k\\
&=\frac{\abs{f(a_{n-6})-f(x_0)}}k\\
&<\frac{\abs{a_{n-6}-x_0}}{k^2}\\
&=\cdots,
\end{align*}
将 $n$ 写成 $n=3p+r$, $p\inN$, $0\leqslant r<3$，则上式最终为
\[\abs{a_n-x_0}<\frac{\abs{a_r-x_0}}{k^p},\]
当 $n\to\infty$ 时 $p\to\infty$，由于 $k>1$，则上式右边趋向零，故由夹逼定理知 $a_n\to x_0$，于是，问题即是证明 $x_0=u$，又由于 $f(x)=x$ 的实解是唯一的，所以只需验证 $f(u)=u$ 即可。

可以证明 $u<1/2$，则
\begin{align*}
f(u)=u&\iff\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+u}}}=u\\
&\iff\sqrt{2+\sqrt{2+u}}=2-u^2\\
&\iff\sqrt{2+u}=(2-u^2)^2-2,
\end{align*}
由 $u<1/2$ 可知右边为正，所以可以继续两边平方，即
\[f(u)=u \iff 2+u=\bigl((2-u^2)^2-2\bigr)^2,\]
因式分解为
\[(u-2) (u+1) (u^3-3 u+1) (u^3+u^2-2 u-1)=0,\]
而由三倍角公式可知
\[\frac12=\sin\left( 3\cdot\frac\pi{18} \right)=3\cdot\frac u2-4\left( \frac u2 \right)^3\riff u^3-3u+1=0,\]
即得证。

kuing

第二个：

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
\[t^9-3(a+6c)t^6+3(a^2-9b+3ac+9c^2)t^3-(a-3c)^3=0,\quad(*)\]
现在，令
\begin{align*}
x&=\sqrt[3]{\cos40\du},\\
y&=\sqrt[3]{\cos80\du},\\
z&=-\sqrt[3]{\cos20\du}=\sqrt[3]{\cos160\du},
\end{align*}
则
\begin{align*}
a&=\cos40\du+\cos80\du+\cos160\du,\\
b&=\cos40\du\cos80\du+\cos80\du\cos160\du+\cos160\du\cos40\du,\\
c&=\sqrt[3]{\cos40\du\cos80\du\cos160\du},
\end{align*}
不难证明
\[a=0,b=-\frac34,c=-\frac12,\]
代入式 (*) 中即得
\[t^9+9t^6+27t^3-\frac{27}8=0,\]
配方为
\[(t^3+3)^3=\frac{243}8,\]
从而
\[\sqrt[3]{\cos40\du}+\sqrt[3]{\cos80\du}-\sqrt[3]{\cos20\du}=t=\sqrt[3]{\sqrt[3]{\frac{243}8}-3}=\sqrt[3]{\frac32\sqrt[3]9-3}.\]

另外，如果前面不是消 $u$，而是消 $t$ 的话，之后同样代入 $a$, $b$, $c$ 的值，最终可以化为
\[\left( u^3-\frac34 \right)^3=-\frac{243}{64},\]
故此，我们还可以得出如下结果
\[\sqrt[3]{\cos40\du\cos80\du}-\sqrt[3]{\cos80\du\cos20\du}-\sqrt[3]{\cos20\du\cos40\du}=-\sqrt[3]{\frac34\sqrt[3]9-\frac34}.\]

isee

回复 4# kuing


   昨天看到第一个解了，木想到早上第二个也解了，厉害厉害

游客

kuing

回复 6# 游客

对噢！这就瞬间f(u)=u了，爽！

zhcosin

回复 7# kuing
牛逼牛逼，
有了你三楼的因式分解，我二楼的证明就完成啦。

zhcosin

回复 6# 游客
这个实在是太牛逼啦

游客

这个可以跟4楼思路的结合起来，我自己没想出那思路。

kuing

回复  kuing
牛逼牛逼，
有了你三楼的因式分解，我二楼的证明就完成啦。 ...
zhcosin 发表于 2018-1-25 10:37

2楼目前还是不足的，得先证明那无穷根式收敛，不然我3楼也不用扯开头那一大堆还把逼给夹了。

kuing

回复 10# 游客

嗯，4楼中间的“不难证明$a=0,b=-\frac34,c=-\frac12$”这样证应该是最简单了，我昨晚没写，因为重点是前面用高次式表示低次式的招式。

zhcosin

回复 11# kuing
灰常有道理，

其妙

都是三次方程的求根公式惹的祸（有时候三次方程的根只能用三角函数显式表达出来）

青青子衿

游客 发表于 2018-1-25 08:26

异曲同工
\begin{align*}
a_{n+1}&=\sqrt{2+a_n}\\
2\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}}&=\sqrt{2+2\cos\dfrac{\pi}{2^{n}}}
\end{align*}

hbghlyj

回复 3# kuing

数列 \an 满

这个\an好像没加$

hbghlyj

kuing 发表于 2018-1-24 15:52
第一个：

记 $u=2\sin(\pi/18)$，设数列 $\an$ 满足 $a_0=0$, $a_1=\sqrt2$, $a_2=\sqrt{2-\sqrt2}$ 且对 $n ...

记 $A=\sqrt{4a-7}$，设数列 $\an$ 满足 $a_1=\sqrt a$, $a_2=\sqrt{a-\sqrt{a}}, a_3=\sqrt{a-\sqrt{a+\sqrt a}},\ldots,$
则$$\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\frac {A-1}6+\frac 23\sqrt{4a+A}\sin\left(\frac 13\arctan\frac {2A+1}{3\sqrt3}\right)\tag1$$

hbghlyj

zhcosin 发表于 2018-1-24 14:18
拉马努金的笔记本

Ramanujan--For Lowbrows
Authors: Bruce C. Berndt and S. Bhargava
Stable URL: jstor.org/stable/2323885
Ramanujan--For Lowbrows.pdf (227.66 KB, 下载次数: 2)

2024-12-21 01:48 上传

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hbghlyj

kuing 发表于 2018-1-24 15:52
由于 $f(x)$ 递减且 $f(0)>0$, $f\bigl(\sqrt2\bigr)<\sqrt2$，故存在唯一的 $x_0\in\bigl(0,\sqrt2\bigr)$ 使 $f(x_0)=x_0$

这里只说 $f(x)$ 递减，没说 $f(x)$ 连续，不足以推出不动点存在呀！

设 $g:[0,1]\to[0,1],g(x)=\cases{1-x, 0 \leq x < \frac12\\0, \frac12 \leq x \leq 1}$. 很容易检查 $g(x)\neq x, x\in[0,1]$.

kuing

hbghlyj 发表于 2024-12-23 05:59
这里只说 $f(x)$ 递减，没说 $f(x)$ 连续，不足以推出不动点存在呀！

设 $g:[0,1]\to[0,1],g(x)=\cases{1 ...

`f(x)=\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+x}}}` 不是显然连续吗这还用说