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kuing
发表于 2019-7-15 17:25
回复 15# facebooker
还是照我自己的想法先把这题证了先。
将原式记为 `P_n`，记
\[x_k=\tan^2\frac{k\pi}{2n+1},\quad k=1,2,\ldots,n,\]再把它们的初等对称多项式记为 `e_k`，即 `e_1=x_1+x_2+\cdots+x_n`, `e_2=\sum_{i<j}x_ix_j` 等。
根据《撸题集》P13 中间那种恒等式，我们有
\begin{align*}
P_n&=(1+x_1^2)(1+x_2^2)\cdots(1+x_n^2)\\
&=(1-e_2+e_4-e_6+\cdots)^2+(e_1-e_3+e_5-e_7+\cdots)^2,
\end{align*}又根据 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4148 的结论，由于那里是 `\cot` 而这里是 `\tan`，所以方程要作倒数，即 `x_k`（`k=1`, `2`, \ldots, `n`）为方程
\[C_{2n+1}^1\left( \frac1x \right)^n-C_{2n+1}^3\left( \frac1x \right)^{n-1}+C_{2n+1}^5\left( \frac1x \right)^{n-2}-\cdots+(-1)^{n-1}C_{2n+1}^{2n-1}\frac1x+(-1)^nC_{2n+1}^{2n+1}=0\]即
\[x^n-C_{2n+1}^2x^{n-1}+C_{2n+1}^4x^{n-2}-\cdots+(-1)^{n-1}C_{2n+1}^{2n-2}x+(-1)^nC_{2n+1}^{2n}=0\]的 `n` 个根，故由韦达定理得
\[e_k=C_{2n+1}^{2k},\quad k=1,2,\ldots,n,\]所以
\[P_n=(1-C_{2n+1}^4+C_{2n+1}^8-C_{2n+1}^{12}+\cdots )^2+(C_{2n+1}^2-C_{2n+1}^6+C_{2n+1}^{10}-C_{2n+1}^{14}+\cdots )^2,\]即得证。 |
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