cos как многочлен от sin

[maxal]

1) Пусть $n$ - нечетное натуральное число. Докажите, что $\cos\left(\frac{\pi}n\right)$ выражается как многочлен с рациональными коэффициентами от $\sin\left(\frac{\pi}n\right)$.

2) Для каких натуральных $n$ значение $\sin\left(\frac{\pi}n\right)$ можно выразить в виде многочлена с рациональными коэффициентами от $\cos\left(\frac{\pi}n\right)$ ?

[EtCetera]

По формуле Муавра имеем:
$\cos nx+i\sin nx=(\cos x+i\sin x)^n=\sum\limits_{k=0}^n i^k\binom{n}{k}\cos^{n-k}x\sin^k x=$ $\cos^n x+i\binom{n}{1}\cos^{n-1}x\sin x-\binom{n}{2}\cos^{n-2}x\sin^2 x-i\binom{n}{3}\cos^{n-3}x\sin^3 x+$ $\cos^{n-4} x+i\binom{n}{5}\cos^{n-5}x\sin^4 x-\binom{n}{6}\cos^{n-6}x\sin^6 x-i\binom{n}{7}\cos^{n-7}x\sin^7 x$$+\dots=\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}(-1)^k\binom{n}{2k}\cos^{n-2k}x\sin^{2k}x+i\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor}(-1)^k\binom{n}{2k+1}\cos^{n-1-2k}x\sin^{2k+1}x$
Отсюда
$\cos nx=\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}(-1)^k\binom{n}{2k}\cos^{n-2k}x\sin^{2k}x$ (1)
$\sin nx=\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor}(-1)^k\binom{n}{2k+1}\cos^{n-1-2k}x\sin^{2k+1}x$ (2)
1) По формуле (1) получаем:
$\cos \pi=\cos n\frac{\pi}{n}=\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}(-1)^k\binom{n}{2k}\cos^{n-2k}\frac{\pi}{n}\sin^{2k}\frac{\pi}{n}$
Т.к. $n$ - нечетное, то $\cos \frac{\pi}{n}\ne 0$, поэтому можно домножить последнее равенство на $\cos \frac{\pi}{n}$:
$-\cos \frac{\pi}{n}=\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}(-1)^k\binom{n}{2k}\cos^{n+1-2k}\frac{\pi}{n}\sin^{2k}\frac{\pi}{n}$
$\cos \frac{\pi}{n}=\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}(-1)^{k+1}\binom{n}{2k}\left(1-\sin^2\frac{\pi}{n}\right)^{\frac{n+1}{2}-k}\left(\sin^2\frac{\pi}{n}\right)^k$
Таким образом, $\cos\frac{\pi}{n}$ является полиномом с рациональными коэффициентами не только от $\sin\frac{\pi}{n}$ (ч.т.д.), но и от $\sin^2\frac{\pi}{n}$.
2) Докажем, что четном $n$ условия задачи соблюдаются. По формуле (2) получаем:
$\sin\frac{\pi}{2}=\sin \frac{n}{2}\cdot\frac{\pi}{n}=\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{\frac{n}{2}-1}{2}\right\rfloor}(-1)^k\binom{\frac{n}{2}}{2k+1}\cos^{\frac{n}{2}-1-2k}\frac{\pi}{n}\sin^{2k+1}\frac{\pi}{n}$
При четном $n$ $\sin \frac{\pi}{n}\ne 0$, поэтому можно домножить последнее равенство на $\sin \frac{\pi}{n}$:
$\sin\frac{\pi}{n}=\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-2}{4}\right\rfloor}(-1)^k\binom{\frac{n}{2}}{2k+1}\cos^{\frac{n}{2}-1-2k}\frac{\pi}{n}\left\sin^{2k+2}\frac{\pi}{n}=$$\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-2}{4}\right\rfloor}(-1)^k\binom{\frac{n}{2}}{2k+1}\cos^{\frac{n}{2}-1-2k}\frac{\pi}{n}\left(1-\cos^2\frac{\pi}{n}\right)^{k+1}$ - ч.т.д.
Возможно, при каких-либо (или даже при всех) нечетных $n$ условие задачи также соблюдается... Интересно, можно ли определить это с помощью формул (1) и (2)?..

[maxal]

Верно, но гораздо проще получить то же через многочлены Чебышева:

$$\cos \frac{\pi}n = \frac{\sin \frac{2\pi}n}{2\sin \frac{\pi}n} = \frac{\sin \frac{(n-2)\pi}n}{2\sin \frac{\pi}n} = \frac{(-1)^{\frac{n-3}2}T_{n-2}\left(\sin \frac{\pi}n\right)}{2\sin \frac{\pi}n}.$$

Остается только заметить, что свободный член $T_{n-2}(x)$ равен нулю, и в левой части действительно получается многочлен от $\sin \frac{\pi}n$.

-- Sun Aug 08, 2010 21:18:17 --

В обратную сторону для чётного $n$ и того проще:

$$\sin \frac{\pi}n = \cos \frac{(n/2-1)\pi}n = T_{n/2-1}\left(\cos \frac{\pi}n\right).$$

[TOTAL]

maxal в сообщении #343384 писал(а):

Верно, но гораздо проще получить то же через многочлены Чебышева:

$$\cos \frac{\pi}n = \frac{\sin \frac{2\pi}n}{2\sin \frac{\pi}n} = \frac{\sin \frac{(n-2)\pi}n}{2\sin \frac{\pi}n} = \frac{(-1)^{\frac{n-3}2}T_{n-2}\left(\sin \frac{\pi}n\right)}{2\sin \frac{\pi}n}.$$

Остается только заметить, что свободный член $T_{n-2}(x)$ равен нулю

Про свободный член можно не замечать:

$$\cos \frac{\pi}n = -\cos\left( \frac{n-1}{2}\frac{2\pi}{n}\right) = -T_{\frac{n-1}{2}}\left(1-2\sin^2 \frac{\pi}{n} \right)$$