Demostrar la identidad trigonométrica $(35)$

Question

Demostrar que

\begin{equation} \prod_{k=1}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)= \left\{ \begin{aligned} \sqrt{n} \space \space \text{for %#%#% odd}\\ \\ \ 1 \space \space \text{for %#%#% even}\\ \end{aligned} \right. \end{equation}

He encontrado esta identidad aquí en$n$. En el momento en que no sé por dónde debo empezar. Gracias!

Answer 1

$$\tan nx=\frac{^nC_1t-^nC_3t^3+^nC_5t^5-\cdots }{^nC_0t^0-^nC_2t^2+^nC_4t^4-\cdots }$$ where $t=\tan x$

Si $\tan nx=0, x=\frac {k\pi}n$ donde $0\le k< n$, claramente, las raíces de esta $n$-grado de la ecuación se $\tan\frac{k\pi}n$

Si $n$ es impar,

$^nC_n(-1)^{\frac{n-1}2}t^n+^nC_{n-2}(-1)^{\frac{n-3}2}t^{n-2}+\cdots-^nC_3t^3+^nC_1t=0$

$^nC_n(-1)^{\frac{n-1}2}t^{n-1}+^nC_{n-2}(-1)^{\frac{n-3}2}t^{n-3}+\cdots-^nC_3t^2+^nC_1=0$ si excluimos $k=0$

Por eso, $\prod_{k=1}^{n-1}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)=n(-1)^{\frac{n-1}2}$ (aplicando Vieta's de la fórmula)

Ahora, $\tan \left(\frac{(n-k) \pi}{n}\right)=\tan \left(\pi-\frac{k \pi}{n}\right)=-\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)$

Por lo tanto, hay $\frac{n-1}2$ tales pares y $\lfloor \frac{n-1}2 \rfloor=\frac{n-1}2$ $n$ es impar.

$\prod_{k=1}^{n-1}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)$ $=(-1)^{\frac{n-1}2}\prod_{k=1}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor}\tan^2 \left(\frac{k \pi}{n}\right) $

$\implies (-1)^{\frac{n-1}2}\prod_{k=1}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor}\tan^2 \left(\frac{k \pi}{n}\right)=n(-1)^{\frac{n-1}2} $

$\implies \left(\prod_{k=1}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)\right)^2=n$

$\implies \prod_{k=1}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)=\sqrt n$ todos los ángulos se encuentra en $(0,\frac \pi 2)$

Si $n$ es incluso,

$ ^nC_1t^{n-1}-^nC_3t^{n-3}+^nC_5t^{n-5}-\cdots+^nC_{n-1}(-1)^{\frac n 2}t=0$ que tiene raíces $\tan\frac{k\pi}n$ donde $0\le k<n$ $k\ne \frac n 2$ $k=\frac n 2$ corresponde a $\tan \frac \pi 2(=\infty)$ que se ha producido como el co-eficiente de $t^n$$0$.

Por eso, $ ^nC_1t^{n-2}-^nC_3t^{n-4}+^nC_5t^{n-6}-\cdots+^nC_{n-1}(-1)^{\frac n 2}=0$ si excluimos $k=0$ es decir, $(n-2)$ grado de la ecuación en $t$.

Por eso, $\prod_{k=1}^{n-1}_{(k\ne \frac n 2)}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)=-(-1)^{\frac n 2}$

Ahora, $\tan \left(\frac{(n-k) \pi}{n}\right)=\tan \left(\pi-\frac{k \pi}{n}\right)=-\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)$

Por lo tanto, hay $\frac{n-2}2=(\frac n 2 -1)$ tales pares y $\lfloor \frac{n-1}2 \rfloor=\frac{n-2}2$ $n$ es incluso.

$-(-1)^{\frac n 2}$ $=\prod_{k=1}^{n-1}_{(k\ne \frac n 2)}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)$ $=(-1)^{\frac{n-2}2}\left(\prod_{k=1}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)\right)^2$

$\implies \left(\prod_{k=1}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)\right)^2=1$

$\implies \prod_{k=1}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)=1$ todos los ángulos se encuentra en $(0,\frac \pi 2)$

Answer 2

Esta respuesta sólo presenta las respuestas ya dadas, pero en lo que espero es una forma más accesible.

Incluso n

Una clave de identidad es $\tan(x)\tan(\pi/2-x)=1$. Para $n$ incluso, este comprueba inmediatamente que $$ \prod_{k=1}^{n/2-1}\tan\left(\frac{k\pi}{n}\right)=1\etiqueta{1} $$ Impar n

Desde $\cos(nx)(1+i\tan(nx))=e^{inx}=(\cos(x)(1+i\tan(x)))^n$. Teniendo en cuenta la proporción de la parte imaginaria a la parte real, por extraño $n$, obtenemos $$ \tan(nx)=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{(n-1)/2}(-1)^{k}\binom{n}{2k+1}\tan^{2k+1}(x)}{\displaystyle\sum_{k=0}^{(n-1)/2}(-1)^{k}\binom{n}{2k}\tan^{2k}(x)}\tag{2} $$ Por lo tanto, $$ \sum_{k=0}^{(n-1)/2}(-1)^{k}\binom{n}{2k+1}x^{2k}=0\etiqueta{3} $$ tiene sus raíces en $x\in\left\{\tan\left(\dfrac{k\pi}{n}\right):1\le k\le n-1\right\}$. Desde $(3)$ tiene incluso mayor, el producto de las raíces es la relación entre el coeficiente constante de la cabeza del coeficiente: $$ \prod_{k=1}^{n-1}\tan\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)=(-1)^{(n-1)/2}n\etiqueta{4} $$ Otra de las claves de la identidad es $\tan(\pi-x)=-\tan(x)$. Combinado con $(4)$, esto produce $$ \prod_{k=1}^{(n-1)/2}\tan\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)=\sqrt{n}\etiqueta{5} $$

Answer 3

Me olvidé de que yo había publicado una respuesta a esta pregunta, y respondió a una pregunta duplicada recientemente. Desde esta respuesta a la extraña caso es significativamente diferente de las otras respuestas, he movido de aquí.

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Tenga en cuenta que $$ \tan^2(\theta/2)=-\left(\frac{e^{i\theta}-1}{e^{i\theta}+1}\right)^2 $$ Por lo tanto, por extraño $n$, $$ \begin{align} \prod_{k=1}^{(n-1)/2}\tan^2(k\pi/n) &=\prod_{k=1}^{(n-1)/2}(-1)\left(\frac{e^{2\pi ik/n}-1}{e^{2\pi ik/n}+1}\right)^2\\ &=\prod_{k=1}^{(n-1)/2}\left(\frac{e^{2\pi ik/n}-1}{e^{2\pi ik/n}+1}\right)\left(\frac{e^{-2\pi ik/n}-1}{e^{-2\pi ik/n}+1}\right)\\ &=\prod_{k=1}^{(n-1)/2}\left(\frac{e^{2\pi ik/n}-1}{e^{2\pi ik/n}+1}\right)\left(\frac{e^{2\pi i(n-k)/n}-1}{e^{2\pi i(n-k)/n}+1}\right)\\ &=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{e^{2\pi ik/n}-1}{e^{2\pi ik/n}+1}\\ &=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{1-e^{2\pi ik/n}}{1+e^{2\pi ik/n}}\\ &=\lim_{z\to1}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{z-e^{2\pi ik/n}}{z+e^{2\pi ik/n}}\\ &=\lim_{z\to1}\frac{z^n-1}{z-1}\frac{z+1}{z^n+1}\\[12pt] &=n \end{align} $$ Dado que la tangente es positiva en el primer cuadrante, $$ \prod_{k=1}^{(n-1)/2}\tan(k\pi/n)=\sqrt{n} $$

Answer 4

Solución parcial:

Tenga en cuenta que

$$\tan(\frac{\pi}{2}-x) \tan(x)=1$$

Esto resuelve el problema de $n$ incluso: si $n=2m$, luego

$$P:=\prod_{k=1}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor}\tan \left(\frac{k \pi}{n}\right)=\prod_{k=1}^{m-1}\tan \left(\frac{k \pi}{2m}\right) =\prod_{k=1}^{m-1}\tan \left(\frac{(m-k) \pi}{2m}\right) $$

por lo tanto

$$P^2=\prod_{k=1}^{m-1}\tan \left(\frac{k \pi}{2m}\right)\prod_{k=1}^{m-1}\tan \left(\frac{(m-k) \pi}{2m}\right)=1$$

y desde $P$ es positivo, se hacen...

Answer 5

Para$n$, incluso, el uso de

es obvio desde $\cos(\frac {\pi}{2}) = 0$