$\cos\big(π\frac i{2n+1}\big)$连乘积

hbghlyj

May 2011 riddle
$$
-\prod_{i=0}^{n-1} \cos \left(\pi \frac{2^{i}}{2^{n}-1}\right)=2^{-n}
$$

证明

定义
$$
C S(x)=\prod_{i=0}^{n-1} \cos \left(\pi \frac{x·2^{i}}{2^{n}-1}\right)
$$
$$
S N(x)=\prod_{i=0}^{n-1} \sin \left(\pi \frac{x·2^{i}}{2^{n}-1}\right) .
$$
利用三角函数等式，我们知道
$$
2^{n}·S N(1)·C S(1)=S N(2)=S N(1)·\frac{\sin \left(\pi \frac{2^{n}}{2^{n}-1}\right)}{\sin \left(\pi \frac{1}{2^{n}-1}\right)}=-S N(1),
$$
其中最后一个等式由 $\sin (\pi+x)=-\sin (x)$ 给出。除以 $S N(1) \neq 0$ 得出 $C S(1)=-2^{-n}$.

\[\prod_{i=1}^{n} \cos \left(\pi \frac{i}{2 n+1}\right)=2^{-n}\]

证明

定义
$$
C S(x)=\prod_{i=1}^{n} \cos \left(\pi \frac{x·i}{2 n+1}\right)
$$
$$
S N(x)=\prod_{i=1}^{n} \sin \left(\pi \frac{x·i}{2 n+1}\right) .
$$
现在，$2^{n}·S N(1)·C S(1)=S N(2)$，但 $S N(2)=S N(1)$，因为使用等式 $\sin (\pi-x)=\sin (x)$ 我们可以将 $S N(1)$ 计算中的任何奇数值 $i$ 替换为 $S N(2)$ 计算中出现但不在 $S N(1)$ 计算中的相应偶数值 $2 n+1-i$。注意 $S N(1) \neq 0$，我们得出 $C S(1)=2^{-n}$.

hbghlyj

简化以下三角函数表达式：$\prod_{i=1}^{n} \tan \left(2 \pi \frac{i}{2 n+1}\right)$
math.stackexchange.com/questions/3556048/prov … 2n1-right-sqrt2n1-us
基于 @WETutorialSchool 的提示，从等式开始$$i\tan\frac{\theta}{2}=\frac{2i\sin\frac{\theta}{2}\exp\frac{i\theta}{2}}{2\cos\frac{\theta}{2}\exp\frac{i\theta}{2}}=\frac{\exp i\theta-1}{\exp i\theta+1}.$$定义 $z:=\exp\frac{2i\pi}{2n+1}$ 所以$$\frac{z^k-1}{z^k+1}=i\tan\frac{k\pi}{2n+1},\,\frac{z^{2n+1-k}-1}{z^{2n+1-k}+1}=\frac{z^{-k}-1}{z^{-k}+1}=\frac{1-z^k}{1+z^k}=-i\tan\frac{k\pi}{2n+1}.$$由于 $\prod_{k=1}^n\tan\frac{k\pi}{2n+1}$ 是 $n$ 个锐角正切的乘积，$$\prod_{k=1}^n\tan\frac{k\pi}{2n+1}=\sqrt{\prod_{k=1}^ni\tan\frac{k\pi}{2n+1}\cdot-i\tan\frac{k\pi}{2n+1}}=\sqrt{\prod_{k=1}^n\frac{z^k-1}{z^k+1}\frac{z^{2n+1-k}-1}{z^{2n+1-k}+1}}=\sqrt{\prod_{k=1}^{2n}\frac{z^k-1}{z^k+1}}.$$为了证明 $\prod_{k=1}^{2n}\frac{z^k-1}{z^k+1}=2n+1$，考虑 $z^k+1,\,0\le k\le 2n$ 的值。它们是 $(w-1)^{2n+1}-1$ 的根，因此它们的乘积是该多项式常数项的 $-1$ 倍，即 $2$。换句话说，$\prod_{k=0}^{2n}(z^k+1)=2$ 和 $\prod_{k=1}^{2n}(z^k+1)=1$。类似地，$\prod_{k=1}^{2n}(z^k-1)$ 是 $\frac{(w+1)^{2n+1}-1}{w}$ 的根的乘积，因此等于其常数项 $\binom{2n+1}{1}$.