Demostrar que $\cot^2{(\pi/7)} + \cot^2{(2\pi/7)} + \cot^2{(3\pi/7)} = 5$.
Estoy seguro de esto se deriva del uso de las raíces de la unidad y número complejo función de Euler, pero estoy muy incómoda en estas áreas por lo que sería gran ayuda. Es evidente que $(a + b + c)^2 - 2(ab + ac + bc) = a^2 + b^2 + c^2$. Así, utilizando un polinomio de grado 3 y los coeficientes en el $x^2$ y $x$ términos conseguirá donde necesitamos estar.
Primero de todo, al darse cuenta de $\cot^2(\pi - x) = \cot^2(x)$, podemos escribir esta identidad como $$\sum_{k=1,3,5} \cot^2(\frac{2\pi k}{14}) = 5$$
Por escritura $\cot^2(x) = \frac{1}{\sin^2(x)} - 1$, y el uso de simetrías de $\cos$ y $\sin$ ($\cos(x)=\cos(-x)$, $\sin(\frac{\pi}{2}-x)=\cos x$), podemos escribir esta suma como sigue:
$$\sum_{k=1,3,5} \frac{1}{\cos^2(\frac{\pi k}{14})} = 8$$
Si dejamos $a_i = \cos(\frac{\pi (2i-1)}{14}), i=1,2,3$, podemos escribir esta expresión como $$(*) \frac{(\sum_{i<j} a_i a_j)^2 - 2\prod a_i \sum a_i}{(\prod a_i)^2}$$
El 7-esima Polinomio de Chebyshev (de primera clase) se desvanece exactamente en $\cos(\frac{2k-1}{14}\pi)$, $1\le k \le 7$. Esas raíces son en realidad $\pm (a_1, a_2, a_3)$$0$, cada una es una raíz simple.
Podemos calcular el polinomio de forma recursiva y encontrar que es igual a $$T_7(x) = 64x^7-112x^5+56x^3-7x=x(64x^6-112x^4+56x^2-7)$$ Vamos a trabajar con la $P_7(x)=\frac{T_7(x)}{64x}$, un monic polinomio con raíces $\pm(a_1,a_2,a_3)$.
Esta muestra, mediante el uso de Vieta y la simetría de las raíces (requiere de la manipulación de polinomios simétricos):
De modo que la suma de $(*)$ es igual a $\frac{56}{64} / \frac{7}{64} = 8$, lo que implica su identidad. $\blacksquare$
EDIT: voy a describir algunos de la filosofía detrás de la respuesta.
La primera mitad - yo sabía que quería que los polinomios de Chebyshev de alguna manera (porque sus raíces están relacionados con la expresión), así que hice básica manipulaciones que me ayudó a utilizar los coeficientes del polinomio de Chebyshev. Yo no sabía que apriori que no son 'buenas' manipulaciones, pero yo esperaba y de hecho funcionó.
La segunda mitad - Lo que realmente quería es un polinomio $Q(x)$ cuyas raíces se $a_1,a_2,a_3$. Por desgracia, yo había conseguido sólo para construir el polinomio $P_7(x)$ lo que equivale a $-Q(x)Q(-x)$. Afortunadamente, los coeficientes de $P_7$ codificar la información suficiente acerca de los coeficientes de $Q$. De forma explícita, mediante la comparación de los coeficientes: $$P_7[X^k] = \sum_{i+j=k} (-1)^{1+j} Q[X^i]Q[X^j]$$ He utilizado este para $k=0,2$ y fue suficiente. $k=0$ dio $P_7(0)=-Q(0)^2$, es decir, tenemos el producto de la $a_i$! (hasta firmar, pero que no es necesaria).
$k=2$ dio $P_7[X^2] = Q[X^1]^2-2Q[X^2]Q[X^0]$, que por suerte era exactamente el ingrediente que falta en el cálculo de la expresión racional $(*)$, por lo que es.
EDIT 2: me siento que necesito para ampliar la "teoría" de polinomio de Chebyshev, porque el uso que podría asustar a la gente.
El $n$'th polinomio de Chebyshev de la primera clase es el único polinomio de satisfacciones $T_n(\cos (\theta)) = \cos(n\theta)$, para cualquier $\theta$. Evidentemente, $\cos(\frac{\pi}{2n}(2k+1))$ es una raíz para cualquier $k$ - sólo tiene que conectar $\theta = \frac{\pi}{2n}(2k+1))$. Como $\deg T_n = n$ (véase el párrafo siguiente), no puede ser de otra raíces.
¿Por qué es $T_n$ necesariamente un polinomio? Así, por $n=0$ tenemos $T_0 = 1$, y para $n=1$ tenemos $T_1(x)=x$. Para $n=2$ que ya necesita algo de trigonometría: $\cos(2\theta)=2\cos^2(\theta)-1$, lo $T_2(x)=2x^2-1$. Podemos definir a la $T_n$ recursivamente por trigonométricas ideas: $$\cos(\alpha)+\cos(\beta)=2\cos(\frac{\alpha+\beta}{2})\cos(\frac{\alpha-\beta}{2})$$ $$\implies \cos((n+1)\theta) + \cos((n-1)\theta) = 2\cos(n\theta)\cos(\theta)$$ $$\implies T_{n+1}(x) + T_{n-1}(x) = 2T_{n}(x)x$$
Esta es la forma en que calcula $T_7$. En la práctica, que sólo utiliza la relación de recurrencia $T_{n+1}(x) = 2T_{n}(x)x-T_{n-1}$ y la tabla de aquí. Hay algunos accesos directos, ya que el coeficiente inicial de $T_n$ $2^{n-1}$ y el último coeficiente es $0$ al $n$ es impar.
Uso de este,
es $\displaystyle z^3+z^2-3z-1=0\qquad (1)$ $\displaystyle 2\cos\frac{2\pi}7, 2\cos\frac{4\pi}7, 2\cos\frac{6\pi}7$
Si $\displaystyle\cot^2\frac{r\pi}7=u, \cos\frac{2r\pi}7=\frac{1-\tan^2\frac{r\pi}7}{1+\tan^2\frac{r\pi}7}=\frac{\cot^2\frac{r\pi}7-1}{\cot^2\frac{r\pi}7+1}=\frac{u-1}{u+1}$
$\displaystyle\implies\frac{2(u-1)}{u+1}=2\cos\frac{2r\pi}7($ donde satisfacer $r=1,2,3)$ $(1)$
$\displaystyle\implies \left(\frac{2(u-1)}{u+1}\right)^3+\left(\frac{2(u-1)}{u+1}\right)^2-3\left(\frac{2(u-1)}{u+1}\right)-1=0$
Simplificación, $\displaystyle 7 u^3-35 u^2+21 u-1=0$ cuyas raíces son $\displaystyle\cot^2\frac{r\pi}7($ donde $r=1,2,3)$
Ahora, utilizar fórmulas de Vieta, a encontrar $\displaystyle \sum \cot^2\frac{r\pi}7=\frac{35}7$
Como $$\tan(2n+1)s=\frac{t^{2n+1}-\binom{2n+1}2t^{2n-1}+\cdots}{\binom{2n+1}1t^{2n}-\binom{2n+1}3t^{2n-2}+\cdots}$$ where $t=\tan s$
Por eso, $$\tan 7s=\frac{t^7-21t^5+35t^3-7t}{7t^6-35t^4+21t-1}$$
Si ponemos $7s=\pi,t^7-21t^5+35t^3-7t=0--->(1)$ cuyas raíces se $\tan\frac{r\pi}7$ donde $r=0,1,2,3,4,5,6$
Así, las raíces de $t^6-21t^4+35t^2-7=0--->(2)$ $\tan\frac{r\pi}7$ donde $r=1,2,3,4,5,6$
Si ponemos $z=\frac1t$ (como $t\ne0,$) $\frac1{z^6}-\frac{21}{z^4}+\frac{35}{z^2}-7=0\implies z^6-5z^4+3z^2-\frac17=0$ cuyas raíces se $\cot\frac{r\pi}7$ donde $r=1,2,3,4,5,6$
Por eso, $$z^6-5z^4+3z^2-\frac17=\prod_{1\le r\le 6}(z-\cot\frac{r\pi}7)$$
Pero como $\cot\frac{(7-r)\pi}7=\cot(\pi-\frac{r\pi}7)=-\cot\frac{r\pi}7$,
por lo $\prod_{1\le r\le 6}(z-\cot\frac{r\pi}7)$ $=\prod_{1\le r\le 3}(z-\cot\frac{r\pi}7)\prod_{4\le r\le 6}(z-\cot\frac{r\pi}7)$ $=\prod_{1\le r\le 3}(z-\cot\frac{r\pi}7)\prod_{3\ge u\ge 1}(z+\cot\frac{u\pi}7)$ (poner $7-r=u$)
$=\prod_{1\le r\le 3}(z^2-\cot^2\frac{r\pi}7)$
Por eso,$z^6-5z^4+3z^2-\frac17$ $=z^6-z^4\sum_{1\le r\le 3}\cot^2\frac{r\pi}7$ $+z^2(\cot^2\frac{\pi}7\cot^2\frac{2\pi}7+\cot^2\frac{\pi}7\cot^2\frac{2\pi}7+\cot^2\frac{2\pi}7\cot^2\frac{3\pi}7)-\prod_{1\le r\le 3}\cot^2\frac{r\pi}7$
La comparación de los coeficientes de $z^4,$ se obtiene la necesaria identidad.
Alternativamente, Si ponemos $\cot^2\frac{n\pi}7=y$ donde $n=1,2,3$ o $n=7-1,7-2,7-3$ llegamos $y=\frac1{t^2}$ ($\cot\frac{(7-r)\pi}7=-\cot\frac{r\pi}7$)
La sustitución de $t^2=\frac1y$ $(2)$ obtenemos $\frac1{y^3}-\frac{21}{y^2}+\frac{35}y-7=0$
o $7y^3-35y^2+21y-1=0$
Por eso, $\sum_{1\le n\le 3}\cot^2\frac{n\pi}7=\frac{35}7=5$ el uso de Vieta de Fórmulas.
El siguiente enfoque está íntimamente relacionado con el de Ofir; usted puede pensar en esto como la algebraicas lineales variación de su ruta.
Considerar el perturbado Toeplitz de la matriz tridiagonal
$$\begin{pmatrix}2&-1&&&\\-1&2&-1&&\\&-1&\ddots&\ddots&\\&&\ddots&2&-1\\&&&-1&1\end{pmatrix}$$
que tiene el polinomio característico
$$(-1)^n\left((x-1)U_{n-1}\left(\frac{x-2}{2}\right)-U_{n-2}\left(\frac{x-2}{2}\right)\right)$$
(donde $U_n(x)$ es el polinomio de Chebyshev de la segunda clase) y los autovalores
$$\mu_k=4\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right),\qquad k=1\dots n$$
Encontramos entonces que la matriz $\mathbf H=4\mathbf I-\mathbf T$ tiene los autovalores
$$\eta_k=4\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right),\qquad k=1\dots n$$
Ahora, tomemos el caso $n=3$:
$$\mathbf H=\begin{pmatrix}2&1&\\1&2&1\\&1&3\end{pmatrix}$$
Tenemos
$$\mathbf U=\mathbf H^{-1}=\frac17\begin{pmatrix}5&-3&1\\-3&6&-2\\1&-2&3\end{pmatrix}$$
Los autovalores de a $\mathbf U$
$$\xi_k=\frac14\csc^2\left(\frac{k\pi}{7}\right),\qquad k=1\dots 3$$
lo que significa que los autovalores de a $\mathbf W=4\mathbf U-\mathbf I$
$$\lambda_k=\cot^2\left(\frac{k\pi}{7}\right),\qquad k=1\dots 3$$
Ahora, con
$$\mathbf W=\frac17\begin{pmatrix}13&-12&4\\-12&17&-8\\4&-8&5\end{pmatrix}$$
se puede ver que la traza de $\mathbf W$ (que es también la suma de los autovalores de a$\mathbf W$)$5$.
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