Generalizaciones de la identidad $\tan{\frac{3\pi}{11}}+4\sin{\frac{2\pi}{11}}=\sqrt{11}$

Question

Recientemente me encontré con esta curiosa suma trigonométrica:

$$\tan{\frac{3\pi}{11}}+4\sin{\frac{2\pi}{11}}=\sqrt{11}$$

que tiene una prueba limpia aquí: cómo demostrar que: $\tan(3\pi/11) + 4\sin(2\pi/11) = \sqrt{11}$

¿Para qué valores de $k$ la siguiente identidad general tiene soluciones entero $a,b,x,y$?

$$a\tan{\frac{x\pi}{k}}+b\sin{\frac{y\pi}{k}}=\sqrt{k}$$

Answer 1

Aquí están algunas ideas :

Deje $\zeta_n = e^{2i\pi/n}$ $K_n = \Bbb Q(\zeta_n)$ el cyclotomic extensión.
Es bien sabido que esta extensión es de Galois y su grupo de Galois es $\{\sigma_k : \zeta_n \mapsto \zeta_n^k, k \(\Bbb Z/n\Bbb Z)^*\}$.
$K_n$ contiene $\cos(2\pi/n), i\sin(2\pi/n)$, e $i\tan(\pi/n)$.
Por lo tanto, $i(a\tan(x\pi/n)+b\sin(y\pi/n)) \in K_n \cap i \Bbb R$.

Así, en primer lugar, sería bueno saber cuando $\sqrt{-n} \in K_n$.

Si $n$ es incluso, a continuación, $K_n$ nunca contiene $\sqrt {\pm n}$ (se necesitaría $K_{4n}$).
Si $n \equiv 1 \pmod 4$, $K_n$ contiene $\sqrt n$ e no $i$, por lo que no contengan $\sqrt{-n}$, y también podemos detener.

Si $n \equiv 3 \pmod 4$, $K_n$ contiene $\sqrt {-n}$. Deje $\chi_n : (\Bbb Z/n\Bbb Z)^* \to \{\pm 1\}$ ser el personaje de satisfacciones $\sigma_k(\sqrt{-n}) = \chi_n(k) \sqrt{-n}$, e $H_n = \ker \chi_n$.

Tenemos $\Bbb Q(\sqrt{-n}) = K_n^{H_n}$, y los números de la forma $a\sqrt{-n} \in K_n^{H_n}$ son los números de $x \in K$ satisfacción $\sigma_k(x) = \chi_n(k)x$. Desde $\sigma_k(i\sin(x\pi/n)) = i\sin(kx\pi/n)$ y de manera similar con $\tan$, queremos encontrar enteros $a,b,x,y$ tal que forall $k$ primer con $n$, $a\tan(kx\pi/n)+b\sin(2ky\pi/n) = \chi_n(k)(a\tan(x\pi/n)+b\sin(2y\pi/n))$.

Es suficiente para encontrar un con $x=1$ y para incluir sólo un conjunto de generadores de $(\Bbb Z/n\Bbb Z)^*$$k$. Después de un poco de reescritura, tenemos que encontrar un entero $y$ tal que forall $k$ en un set de generación de energía, $\frac{\chi_n(k)\tan(\pi/n)-\tan(k\pi/n)}{\chi_n(k)\sin(2y\pi/n)-\sin(2ky\pi/n)} = -b/a \in \Bbb Q$

Olvidando que este racional tiene que ser independiente de $k$, la comprobación de que este es un racional es la misma como la comprobación de que es invariante por la $\sigma_k$, lo que significa que debe comprobar que forall $k,k'$ en un set de generación de energía,

$(\chi_n(k)\tan(\pi/n) - \tan(k\pi/n))(\chi_n(k)\sin(2k i\pi/n)-\sin(2kk i\pi/n)) - (\chi_n(k)\tan(k'\pi/n) - \tan(k k\pi/n))(\chi_n(k)\sin(2y\pi/n)-\sin (- 2ky - \pi/n)) = 0$

Por ejemplo, con $n=11$, podemos recoger $k=k'=2$,$\chi_{11}(2) = -1$, y, de hecho, $y=4$ o $y=7$ obras.

Para $n=7$, $3$ es una raíz primitiva, y $y= 1$ obras, que da $-b/a = 4$, y finalmente llegamos $4\sin(2\pi/7) - \tan(\pi/7) = \sqrt 7$.

Para $n=19$, $2$ es de nuevo una raíz primitiva y cálculo de esta expresión para $y= 1 \ldots 18$, no encontramos ningún cero, lo que demuestra que no existe tal fórmula (ni a $n$ prime menos de $700$, y probablemente nunca más)