Arctangentes de las potencias Impares de la proporción áurea

Question

Mientras trataba de responder esta pregunta de MSE Encontré que los arctangentes de muchas potencias Impares de la proporción áurea $\varphi=\frac{1+\sqrt5}2$ son expresables como combinaciones lineales racionales de arctangentes de enteros positivos: $$\begin{align} \arctan\varphi&=2\arctan1-\frac12\,\arctan2\\ \arctan\varphi^3&=\arctan1+\frac12\,\arctan2\\ \arctan\varphi^5&=4\arctan1-\frac32\,\arctan2\\ \arctan\varphi^7&=3\arctan1+\frac12\,\arctan2-\arctan5\\ \arctan\varphi^9&=\arctan1-\frac12\,\arctan2+\arctan4\\ \arctan\varphi^{11}&=5\arctan1+\frac12\,\arctan2-\arctan5-\arctan34\\ \arctan\varphi^{13}&=3\arctan1-\frac12\,\arctan2+\arctan4-\arctan89\\ \arctan\varphi^{15}&=-2\arctan1+\frac32\,\arctan2+\arctan11 \end{align}$$ No he podido encontrar dicha representación para $\arctan\varphi^{17}$ sin embargo.

Pregunta 1. ¿Podemos demostrar que no existe?

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Tampoco he podido encontrar una representación de este tipo para ningún poder positivo.

Pregunta 2. ¿Podemos demostrar que no existe para ninguna potencia positiva?

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Pregunta 3. ¿Existe una forma sencilla de determinar si esa representación existe para una determinada potencia?

Answer 1

Q1, Q2: Esta representación existe para todos los poderes Impares de $\varphi$ como podemos demostrar por inducción. Usando la identidad arctangente, escribamos primero:

$\arctan \varphi^{2n+1} = \arctan\frac{\varphi^{2n+1}+v}{1-\varphi^{2n+1}v} - \arctan v$

A continuación, establecemos el argumento $\frac{\varphi^{2n+1}+v}{1-\varphi^{2n+1}v}$ igual a $\varphi^{2n-1}$ para establecer una inducción y resolver para $v$ . Después de desplazar los términos y simplificar mediante identidades que implican $\varphi$ terminamos con $v = \frac{\varphi^{2n-1}-\varphi^{2n+1}}{1+\varphi^{4n}} = -\frac{1}{L_{2n}}$ donde $L_n$ es el $n^{th}$ Número de Lucas. Como $\arctan\left(-\frac{1}{x}\right) = -(2\arctan 1-\arctan x)$ Esto demuestra que la reivindicación de los poderes de impar $\varphi$ .

Q3: Para las potencias pares si establecemos la ecuación análoga:

$\arctan \varphi^{2n} = \arctan\frac{\varphi^{2n}+v}{1-\varphi^{2n}v} - \arctan v$

Sin embargo, en este caso, la fijación de $\frac{\varphi^{2n}+v}{1-\varphi^{2n}v} = \varphi^{2n-2}$ y resolviendo para $v$ da $v=\frac{-1}{F_{2n-1}\sqrt{5}}$ . Esto implica que no puede haber una expresión racional para $\arctan\varphi^{2n}$ en términos de $\arctan\varphi^{2n-2}$ y los arctangentes de los enteros ya que, si existiera tal expresión, se podría aplicar la identidad arctangente a estos términos para expresar $\frac{-1}{F_{2n-1}\sqrt{5}}$ como un número racional. Problemas similares con $\sqrt{5}$ que aparece en la expresión para $v$ ocurren si intentamos establecer el argumento $\frac{\varphi^{2n}+v}{1-\varphi^{2n}v} = \varphi^k$ para otros poderes $k$ como $k=2n-1$ Así pues, si cualquier $\arctan \varphi^{2n}$ resultan ser combinaciones racionales de arctangentes de números enteros, dichas expresiones no deberían estar relacionadas entre sí, a diferencia de lo que ocurre con las potencias Impares.

Como nota al margen, esta diferencia entre los poderes pares e Impares me recuerda la situación de los valores del $\zeta$ en los números enteros en los que el $\zeta(2n)$ tienen expresiones simples de forma cerrada mientras que se desconoce si alguna $\zeta(2n+1)$ tienen una expresión de forma cerrada. Tal vez alguien que esté más familiarizado con $\zeta$ Los valores pueden comentar si podemos esperar un comportamiento similar aquí.

Answer 2

Puede ser útil transformar esto de un problema de tangentes a uno de exponenciales complejos. Obsérvese que $\exp(2 i \arctan(x)) = \dfrac{i-x}{i+x}$ . Por lo tanto, una identidad $2 \arctan(x) = \sum k_j \arctan(x_j)$ para los enteros $k_j$ implica $$ \left(\dfrac{i-x}{i+x}\right)^2 = \prod_j \left( \dfrac{i-x_j}{i+x_j} \right)^{k_j} \tag{1}$$ A la inversa, (1) implica $2 \arctan(x) = \sum_{j} k_j \arctan(x_j) + n \pi$ para algún número entero $n$ .

Por lo tanto, para tener una identidad para $2 \arctan(x)$ como una combinación lineal entera de $\arctan(x_j)$ (con $x_1 = 1$ para ocuparse de la $n\pi$ ), necesitamos $((i-x)/(i+x))^2$ para estar en el grupo generado por $((i-x_j)/(i+x_j))$ .

En el caso que nos ocupa, para impar $n$ Me sale

$$ \left( \dfrac{i - \phi^n}{i+\phi^n}\right)^2 = \dfrac{L_{2n} - 6 - 4 i L_n}{L_{2n}+2} = \dfrac{i+2}{i-2} \prod_{k=1}^{(n-1)/2} \left(\dfrac{i+L_{2k}}{i-L_{2k}}\right)^2$$

(Admito que podría no haber encontrado estas fórmulas sin ver el comentario de Pakk a la respuesta de ARupinski). Para incluso $n$ Por otro lado, tengo

$$\left(\dfrac{i-\phi^n}{i+\phi^n}\right)^2 = \dfrac{L_{2n} - 6 - 4 i \sqrt{5} F_n}{L_{2n}+2}$$

y es evidente que se necesitan algunos factores que impliquen $\sqrt{5}$ para tener alguna esperanza.