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[函数] 来来来,与三角函数值有关的等式

本帖最后由 zhcosin 于 2018-1-24 22:36 编辑

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
\[ \sqrt[3]{\cos{40^{\circ}}}+\sqrt[3]{\cos{80^{\circ}}}-\sqrt[3]{\cos{20^{\circ}}} = \sqrt[3]{\frac{3}{2}(\sqrt[3]{9}-2)} \]
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数学暗恋者,程序员,喜欢古典文学/历史,个人主页: https://zhcosin.coding.me/

本帖最后由 zhcosin 于 2018-1-25 10:50 编辑

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。

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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。
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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第二个:


\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*}

\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
\[\sqrt[3]{\cos40\du\cos80\du}-\sqrt[3]{\cos80\du\cos20\du}
-\sqrt[3]{\cos20\du\cos40\du}=-\sqrt[3]{\frac34\sqrt[3]9-\frac34}.\]
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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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

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未命名.PNG
2018-1-25 08:26
1

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回复 6# 游客

对噢!这就瞬间f(u)=u了,爽!

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本帖最后由 zhcosin 于 2018-1-25 10:48 编辑

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。

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回复 6# 游客
这个实在是太牛逼啦

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未命名.PNG
2018-1-25 10:48


这个可以跟4楼思路的结合起来,我自己没想出那思路。

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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。

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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。

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回复 11# kuing
灰常有道理,

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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)

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