Demostrando $\frac{1}{\cos^2\frac{\pi}{7}}+ \frac {1}{\cos^2\frac {2\pi}{7}}+\frac {1}{\cos^2\frac {3\pi}{7}} = 24$

Question

Alguien me dio el siguiente problema, y el uso de una calculadora me las arreglé para encontrar la respuesta:

$$\frac {1}{\cos^2\frac{\pi}{7}}+ \frac{1}{\cos^2\frac{2\pi}{7}}+\frac {1}{\cos^2\frac{3\pi}{7}} = 24$$

La única pregunta que queda es, ¿por Qué? He intentado usar la Identidad de Euler, el uso de un heptagon con la Ley del Coseno w/ Ptolomeo, etc. pero el hecho de que el coseno valores son todos cuadrados y en el denominador se pone cada vez me pegó.

Answer 1

Las raíces de $x^6+x^5+\ldots+x+1$$\mathbb{C}$$x=\exp\left(\frac{2\pi\text{i}}{7}\right)$$k=1,2,\ldots,6$. Deje $y:=x+\frac{1}{x}$. A continuación, $$\frac{x^6+x^5+\ldots+x+1}{x^3}=\left(y^3-3y\right)+\left(y^2-2\right)+y+1=y^3+y^2-2y-1\,.$$ Por lo tanto, las raíces de $y^3+y^2-2y-1$$y=y_k:=2\,\cos\left(\frac{2k\pi}{7}\right)$$k=1,2,3$. Observar que $$S:=\sum_{k=1}^3\,\frac{1}{\cos^{2}\left(\frac{k\pi}{7}\right)}=\sum_{k=1}^3\,\frac{2}{1+\cos\left(\frac{2k\pi}{7}\right)}=4\,\sum_{k=1}^3\,\frac{1}{2+y_k}\,.$$ Desde $y_k^3+y_k^2-2y_k-1=0$, tenemos $$y_k^2-y_k=\frac{1}{2+y_k}$$ for all $k=1,2,3$. En consecuencia, $$S=4\,\sum_{k=1}^3\,\left(y_k^2-y_k\right)\,.$$ El resto debe ser fácil.

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En general, vamos a $n$ ser un entero no negativo y estamos evaluando las sumas $\displaystyle \sum_{k=0}^{2n}\,\frac{1}{\cos^{2}\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)}$$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\,\frac{1}{\cos^{2}\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)}$. Las raíces de $x^{2n+1}-1$$\mathbb{C}$$x=x_k:=\exp\left(\frac{2k\pi}{2n+1}\right)$$k=0,1,2,\ldots,2n$. Observar que $$\frac{1}{1+x_k}=\frac{1}{2}\,\left(\frac{1+x_k^{2n+1}}{1+x_k}\right)=\frac{1}{2}\,\sum_{j=0}^{2n}\,(-1)^j\,x_k^j=\frac{2n+1}{2}-\frac{1}{2}\,\sum_{j=1}^{2n}\,\left(1-\left(-x_k\right)^j\right)\,.$$ Es decir, $$\frac{1}{\left(1+x_k\right)^2}=\frac{2n+1}{2}\left(\frac{1}{1+x_k}\right)-\frac{1}{2}\,\sum_{j=1}^{2n}\,\sum_{i=0}^{j-1}\,(-1)^i\,x_k^i\,,$$ o, equivalentemente, $$\frac{1}{\left(1+x_k\right)^2}=\frac{2n+1}{4}\,\sum_{j=0}^{2n}\,(-1)^j\,x_k^j-\frac{1}{2}\,\sum_{j=1}^{2n}\,\sum_{i=0}^{j-1}\,(-1)^i\,x_k^i\,.$$ En consecuencia, $$\frac{x_k}{\left(1+x_k\right)^2}=\frac{2n+1}{4}\,\sum_{j=0}^{2n}\,(-1)^j\,x_k^{j+1}-\frac{1}{2}\,\sum_{j=1}^{2n}\,\sum_{i=0}^{j-1}\,(-1)^i\,x_k^{i+1}=\frac{2n+1}{4}+f\left(x_k\right)$$ for some polynomial $f(x)$ of degree at most $2n$ without the constant term. Then, $$\sum_{k=0}^{2n}\,\frac{x_k}{\left(1+x_k\right)^2}=\frac{(2n+1)^2}{4}+\sum_{k=1}^{2n}\,f\left(x_k\right)\,.$$ Es evidente que $\displaystyle\sum_{k=0}^{2n}\,f\left(x_k\right)=0$. Además, $$\frac{x_k}{\left(1+x_k\right)^2}=\frac{1}{2}\,\left(\frac{1}{1+\cos\left(\frac{2k\pi}{2n+1}\right)}\right)=\frac{1}{4}\,\left(\frac{1}{\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)}\right)\,.$$ Ergo, $$\frac{1}{4}\,\sum_{k=0}^{2n}\,\frac{1}{\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)}=\sum_{k=0}^{2n}\,\frac{x_k}{\left(1+x_k\right)^2}=\frac{(2n+1)^2}{4}\,.$$ This shows that $$\sum_{k=0}^{2n}\,\frac{1}{\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)}=(2n+1)^2\,.$$ Además, hemos $$\sum_{k=1}^n\,\frac{1}{\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)}=\frac{(2n+1)^2-1}{2}=2n(n+1)\,.$$

Answer 2

En esta hermosa respuesta, @joriki establece la identidad $$ \la suma de _{l=1}^{n}\tan^2 \frac {l\pi } {2n+1}=n(2n+1)\;. $$ Con $n=3$ esto da $$ \tan^2\frac\pi7+\tan^2\frac{2\pi}7 + \tan^2\frac{3\pi}7=21. $$ El resultado deseado de la siguiente manera a partir de la identidad $\sec^2\theta=1+\tan^2\theta$.

Answer 3

Primer aviso de que desde $\cos(x)=\cos(\pi-x)$, tenemos

$$1+2\left(\frac{1}{\cos(\frac{\pi}{7})^2}+\frac{1}{\cos(\frac{2\pi}{7})^2}+\frac{1}{\cos(\frac{3\pi}{7})^2}\right)=\sum_{k=0}^6 \frac{1}{\cos(\frac{k\pi}{7})^2}$$

Ahora, $x\mapsto 2x$ es un bijection de los enteros mod $7$, por lo que podemos hacer los sumandos $\cos(\frac{2\pi k}{7})^{-2}$.

El uso de $\cos(\frac{2\pi k}{n})=(\zeta^k+\zeta^{-k})/2$ donde $\zeta=e^{2\pi i/n}$ combinado con la fórmula de la suma geométrica

$$\frac{a^n+b^n}{a+b}=\sum_{r=0}^{n-1} a^{(n-1)-r}b^r,$$

y el hecho de que para $n$th raíces de la unidad $\xi$,

$$\sum_{k=0}^{n-1} \xi^k =\begin{cases} n & \xi=1 \\ 0 & \xi\ne1 \end{cases} $$

podemos derivar

$$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\cos(\frac{2\pi k}{n})^m}=\sum_k \left(\frac{2}{\zeta^k+\zeta^{-k}}\right)^m=\sum_k \left(\frac{\zeta^{nk}+\zeta^{-nk}}{\zeta^k+\zeta^{-k}}\right)^m $$

$$=\sum_k\left(\sum_{r=0}^{n-1}(-1)^r \zeta^{-(2r+1)k}\right)^m=\sum_k \sum_{\substack{r_1,\cdots,r_m \\ \sum r_i=r}}(-1)^r\zeta^{-(2r+m)k}$$

$$ =\sum_{\substack{r_1,\cdots,r_m \\ \sum r_i=r}} (-1)^r \sum_k (\zeta^{-2r-m})^k=n(A-B).$$

Por lo tanto, en conclusión, tenemos

Teorema.

$$\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{\cos(\frac{2\pi k}{n})^m}=n(A-B)$$

donde $A$ $B$ recuento de las soluciones a $r_1+\cdots+r_m\equiv -m/2$ mod $n$ $\sum_i r_i$ pares e impares, respectivamente (y $0\le r_1,\cdots,r_m<n$).

Como caso especial, si $m=2$ vemos que $A=n$$B=0$, lo que da el corolario

$$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\cos(\frac{2\pi k}{n})^2}=n^2.$$

Answer 4

Solución incompleta

La idea detrás de esta solución es el uso de Vieta cúbicos de fórmulas para reescribir la igualdad en una más simple, la forma más fácil de administrar. Dejar $\cos^2\frac{\pi}{7}=\alpha$, $\cos^2\frac{2\pi}{7}=\beta$, y $\cos^2\frac{3\pi}{7}=\gamma$, tenemos esto:

$$\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\gamma}=24$$

$$\frac{\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma}{\alpha\beta\gamma}=24$$

Dejando $\alpha,\beta,$ $\gamma$ ser raíces a un cúbicos, utilizamos Vieta la fórmula para ver que $-\frac{c}{d}=24$

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Ahora, considere la posibilidad de los tres denominadores como las raíces de un polinomio cúbico. Vamos a hacer un tercer grado de la ecuación uso de los mismos:

$$(x-\cos^2\frac{\pi}{7})(x-\cos^2\frac{2\pi}{7})(x-\cos\frac{3\pi}{7})$$

Vamos a utilizar sustituciones para evitar un poco desagradable expresión simplificada. Deje $u=\cos\frac{\pi}{7}$. El uso de algunas identidades trigonométricas de la suma de ángulos, podemos transformar la ecuación en esto:

$$(x-u^2)(x-4u^2+4u-1)(x-16u^6+24u^4-9u^2)$$

Multiplicar:

$$x^3+(-16u^6+24u^4-14u^2+4u-1)x^2+(80u^8-64u^7-104u^6+96u^5+25u^4-40u^3+10u^2)x+(-64u^{10}+64u^9+80u^8-96u^7-12u^6+36u^5-9u^4)$$

Considerar la forma $ax^3+bx^2+cx+d$. Por Vietas' fórmulas, $-c/d=24$.

$$\frac{80u^6-64u^5-104u^4+96u^3+25u^2-40u+10}{64u^8-64u^7-80u^6+96u^5+12u^4-36u^3+9u^2}=24$$

Voy a seguir trabajando en demostrar esta última parte, pero pensé que al menos la simplificación de su problema puede ser de algún asssistance, y otra persona puede ser capaz de validar la última ecuación antes que yo. Básicamente, si usted probar la última igualdad a demostrar la pregunta publicado.