[函数] 关于 tan 的乘积，俩平方数之和

facebooker

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2019-7-15 01:57

大佬 这个能否帮忙搞一下 完全没思路

kuing

回复 12# facebooker

估计要用上《撸题集》P13 中间那种恒等式……先睡一觉……

kuing

回复 13# kuing

然后可能还要用上这帖 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=4148 的东西……继续眯会……

facebooker

回复 14# kuing

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2019-7-15 14:57

上面提示这个结果 并写了构造模长平方，用复数法求解。

kuing

回复 15# facebooker

噢？竟然有这么简洁的表达式……

kuing

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 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?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。

facebooker

多谢大佬。涨姿势了

kuing

这题还是从那帖分割出来好点，因为还有东西要研究，就是怎么得出 4#。

根据我得到的结论有
\begin{align*}
P_1&=1^2+(C_3^2)^2=10,\\
P_2&=(1-C_5^4)^2+(C_5^2)^2=116,\\
P_3&=(1-C_7^4)^2+(C_7^2-C_7^6)^2=1352,\\
P_4&=(1-C_9^4+C_9^8)^2+(C_9^2-C_9^6)^2=15760,\\
P_5&=(1-C_{11}^4+C_{11}^8)^2+(C_{11}^2-C_{11}^6+C_{11}^{10})^2=183712,
\end{align*}的确符合 4# 的通项，同时 4# 的通项还表明存在递推关系 `P_{n+2}=12P_{n+1}-4P_n`，也不知能否通过别的方法直接得到。

facebooker

回复 8# kuing

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2019-7-16 14:59

放答案了 但是看不懂 献给大佬。

kuing

啊噢，Tn 通常用来表示切比雪夫多项式？……看来我得换个字母……
我也得慢慢看看……