Тригонометрия угла pi/n и симметричные однородные нерав-ва

[Edward_Tur]

1. Вычислить:

\[ \frac{1}{{\cos \frac{{6\pi }}{{13}}}} - 4\cos \frac{{4\pi }}{{13}} - 4\cos \frac{{5\pi }}{{13}} \]

Доказать, что:
2.

\[ tg\frac{\pi }{{13}} + 4\sin \frac{{4\pi }}{{13}} = tg\frac{{3\pi }}{{13}} + 4\sin \frac{{3\pi }}{{13}} \]

3.

\[ tg\frac{{2\pi }}{{13}} + 4\sin \frac{{6\pi }}{{13}} = tg\frac{{5\pi }}{{13}} + 4\sin \frac{{2\pi }}{{13}} \]

[RIP]

1. Докажем, что это выражение равно $1+\sqrt{13}$. Имеем

$$\frac1{\cos\frac{6\pi}{13}}-4\cos\frac{4\pi}{13}-4\cos\frac{5\pi}{13}=\frac{1-2\cos\frac\pi{13}+2\cos\frac{3\pi}{13}}{\cos\frac{6\pi}{13}},$$

поэтому надо проверить, что

$$1-2\cos\frac\pi{13}+2\cos\frac{2\pi}{13}-\cos\frac{6\pi}{13}=\sqrt{13}\,\cos\frac{6\pi}{13}.$$

Возведём это в квадрат (обе части положительны) и после простых преобразований придём к очевидному

$$1+2\cos\frac{2\pi}{13}+2\cos\frac{4\pi}{13}+2\cos\frac{6\pi}{13}+2\cos\frac{8\pi}{13}+2\cos\frac{10\pi}{13}+2\cos\frac{12\pi}{13}=0.$$

Интересно, как решить эту задачу, не угадав предварительно ответ?

2-3. Просто домножаем на знаменатель и заменяем произведения тригонометрических функций на их суммы/разности.

[Edward_Tur]

Господин Rip писал:

Цитата:

Интересно, как решить эту задачу, не угадав предварительно ответ?

Для меня теперь загадка, как я составил эти и аналогичные задачи лет 35 назад (без комп'ютеров и калькуляторов). Например:

Доказать, что

\[ \frac{1}{{\tan \frac{\pi }{7}}} + \frac{1}{{\tan \frac{{2\pi }}{7}}} - \frac{1}{{\tan \frac{{3\pi }}{7}}} = \sqrt 7 \]

\[ \frac{1}{{\tan \frac{{5\pi }}{{11}}}} + \frac{1}{{\sin \frac{{2\pi }}{{11}}}} + \frac{1}{{\sin \frac{{3\pi }}{{11}}}} = \sqrt {11} \]

\[ \tan 20^ \circ + 4\sin 20^ \circ = - \tan 40^ \circ + 4\sin 40^ \circ = \tan 80^ \circ - 4\sin 80^ \circ = \sqrt 3 \]

[maxal]

Могу предложить лобовой метод для задачи 1 и аналогичных.

Из формулы Муавра легко составить многочлен 12-й степени, корнем которого является $\alpha=\cos \frac{\pi}{13}$. Из него опять же легко получить многочлен $f(x)$ степени 12, корнем которого является $g(\alpha)$ для любой рациональной функции $g(x)$ над $\mathbb{Q}$. Остается только выразить корни $f(x)$ в радикалах, а это уже чисто техническая задача - см. например.

[RIP]

maxal писал(а):

Из формулы Муавра легко составить многочлен 12-й степени, корнем которого является $\alpha=\cos\frac\pi{13}$.

Зачем же так жестоко? С помощью многочленов Чебышёва легко составить многочлен 6-й степени (он будет неприводим над $\mathbb Q$, поскольку степень $\alpha$ равна 6):

$$\frac{\cos(7\arccos x)+\cos(6\arccos x)}{x+1}=0.$$

maxal писал(а):

Из него опять же легко получить многочлен $f(x)$ степени 12, корнем которого является $g(\alpha)$ для любой рациональной функции $g(x)$ над $\mathbb{Q}$.

Именно так я и угадал ответ.

[arqady]

Edward_Tur писал(а):

Для меня теперь загадка, как я составил эти и аналогичные задачи лет 35 назад (без комп'ютеров и калькуляторов).

Примерно в то же время появилось следующая задача:
Для неотрицательных $a,$ $b,$ $c$ и $d$ докажите, что
$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\geq a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2.$
Это Ваше неравенство?

[Edward_Tur]

Моё

[arqady]

Edward_Tur
Испытываю трепет... Это неравенство было тогда по-настоящему революционным!
Для любителей тригонометрии добавлю мою в стиле Рамануджана:
Докажите,что $ \sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-...}}}}}}=2\left(\cos\frac{4\pi}{19}+\cos\frac{6\pi}{19}+\cos\frac{10\pi}{19}\right).$
Знаки идут так: $++-++-++-++-...$

[RIP]

arqady писал(а):

Для любителей тригонометрии добавлю мою в стиле Рамануджана:
Докажите,что $ \sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-...}}}}}}=2\left(\cos\frac{4\pi}{19}+\cos\frac{6\pi}{19}+\cos\frac{10\pi}{19}\right).$
Знаки идут так: $++-++-++-++-...$

Обозначим $x=2\left(\cos\frac{4\pi}{19}+\cos\frac{6\pi}{19}+\cos\frac{10\pi}{19}\right)$. Тогда $x^2-4=-2\left(\cos\frac{8\pi}{19}+\cos\frac{12\pi}{19}+\cos\frac{20\pi}{19}\right)$ (просто возводим в квадрат, а затем пользуемся равенством

$$1+2\sum_{n=1}^9\cos\frac{2\pi n}{19}=0$$

). Продолжая в том же духе, получим

$$(x^2-4)^2-4=-2\left(\cos\frac{16\pi}{19}+\cos\frac{24\pi}{19}+\cos\frac{40\pi}{19}\right),$$

$$((x^2-4)^2-4)^2-4=-2\left(\cos\frac{32\pi}{19}+\cos\frac{48\pi}{19}+\cos\frac{80\pi}{19}\right)=-x.$$

Собственно, на этом всё.

Здесь, кстати, приведено ещё одно выражение для $x$. Согласен, что оно не столь элегантно.

P.S. Теперь понятно, что подразумевалось под словами ""хороший" корень".

[Edward_Tur]

Господин arqady писал:

Цитата:

Это неравенство было тогда по-настоящему революционным!

Чем оно особенное? Один раз я видел, как для него применяли неравенство Караматы. Когда-то я отправил в журнал "Квант" его обобщение на $n$ переменных (степени $n$), но его не опубликовали.

Ещё одна тригонометрия:
$ - \sin \frac{\pi }{{23}} + \sin \frac{{2\pi }}{{23}} - \sin \frac{{3\pi }}{{23}} + \sin \frac{{4\pi }}{{23}} + \sin \frac{{5\pi }}{{23}} +$
$+ \sin \frac{{6\pi }}{{23}} + \sin \frac{{7\pi }}{{23}} + \sin \frac{{8\pi }}{{23}} - \sin \frac{{9\pi }}{{23}} - \sin \frac{{10\pi }}{{23}} + \sin \frac{{11\pi }}{{23}}=? $

[arqady]

Edward_Tur писал(а):

Господин arqady писал:

Цитата:

Это неравенство было тогда по-настоящему революционным!

Чем оно особенное? Один раз я видел, как для него применяли неравенство Караматы. Когда-то я отправил в журнал "Квант" его обобщение на $n$ переменных (степени $n$), но его не опубликовали.
$[/math]

Seychas eta tema sil'no prodvinuta, no v te vremena neravenstva olichayush'iesya ot Murheda ( Muirhead ) schitalis' chem-to revolutsionnym. K primeru neravenstvo Shura ( Schur ) trety'ey stepeni bylo na MMO sformulirovano dlya storon treugol'nika! Do takoy stepeni vidimo strashno bylo otstupleniye ot Murheda.
Voshe zhe heravenstvo bylo togda vtorym primerom takogo otstupleniya i gorazdo bolee krasivym.
Naskol'ko mne izvestno, obobsh'eniye bylo opublikovano v tom zhe nomere, kak neravenstvo Shleyfera:
dlya neotritsatel'nyh $a_i$ dokazhite chto:

$$(n-1)\sum_{i=1}^na_i^2+n\sqrt[n]{\prod_{i=1}^na_i^2}\geq\left(\sum_{i=1}^na_i\right)^2$$

[Edward_Tur]

Господин arqady!
Это действительно неравенство Шлейфера. Я сделал иное обобщение неравенства, но пока не могу его найти

Добавлено спустя 2 часа 31 минуту 51 секунду:

Для неотрицательных $a_1 ,a_2 , \ldots ,a_n $ и натурального $k < n$
$\left( {n - 2} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {a_i^n } + n\prod\limits_{i = 1}^n {a_i } \ge \sum\limits_{i \ne j}^n {a_i^k a_j^{n - k} } $

[maxal]

Edward_Tur писал(а):

Ещё одна тригонометрия:
$ - \sin \frac{\pi }{{23}} + \sin \frac{{2\pi }}{{23}} - \sin \frac{{3\pi }}{{23}} + \sin \frac{{4\pi }}{{23}} + \sin \frac{{5\pi }}{{23}} +$
$+ \sin \frac{{6\pi }}{{23}} + \sin \frac{{7\pi }}{{23}} + \sin \frac{{8\pi }}{{23}} - \sin \frac{{9\pi }}{{23}} - \sin \frac{{10\pi }}{{23}} + \sin \frac{{11\pi }}{{23}}=? $

Ну это совсем просто. Если следовать описанному выше методу, то получится, что это выражение есть корень $(4x^2-23)^{11}$, а так как оно положительно (в чем несложно убедиться), то оно обязано быть равно $\frac{\sqrt{23}}{2}$. Это легко доказывается возведением в квадрат. Например, чтобы не продираться через очевидные упрощения, это можно сделать в мапле:

> a:=Pi/23; 
                                         Pi
                                   a := ----
                                         23

> simplify( (-sin(a) + sin(21*a) - sin(3*a) + sin(19*a) + sin(5*a) + sin(17*a) + sin(7*a) + sin(15*a) - sin(9*a) - sin(13*a) + sin(11*a))^2 );
                                     23/4

[Edward_Tur]

Последняя тригонометрия следует из формулы Гаусса:
$\left( {\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left( {\frac{k}{p}} \right)} e^{2\pi i\frac{{ak}}{p}} } \right)^2 = p$, где $p$ - простое, $(a,p)=1$, ${\left( {\frac{k}{p}} \right)}$ - символ Лежандра

[RIP]

Edward_Tur писал(а):

Последняя тригонометрия следует из формулы Гаусса:
$\left( {\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left( {\frac{k}{p}} \right)} e^{2\pi i\frac{{ak}}{p}} } \right)^2 = p$, где $p$ - простое, $(a,p)=1$, ${\left( {\frac{k}{p}} \right)}$ - символ Лежандра

Правильная формула звучит так:
$\left( {\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left( {\frac{k}{p}} \right)} e^{2\pi i\frac{{ak}}{p}} } \right)^2 =\left( {\frac{-1}{p}} \right) p$

Можно даже уточнить:

$$\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\left( {\frac{k}{p}} \right)} e^{2\pi i\frac{{ak}}{p}} =\begin{cases}\left( {\frac{a}{p}} \right)\sqrt p,&p\equiv1\pmod4;\\\left( {\frac{a}{p}} \right)i\sqrt p,&p\equiv3\pmod4.\end{cases}$$