Una identidad de buen trignometric

Question

Cómo demostrar que:

$$\cos\dfrac{2\pi}{13}+\cos\dfrac{6\pi}{13}+\cos\dfrac{8\pi}{13}=\dfrac{\sqrt{13}-1}{4} $$

Tengo una solución pero su muy largo, me gustaría ver algunas soluciones elegantes. ¡Gracias!

Answer 1

Utilizando números complejos: $$\sum_{k=0}^{12}e^{2ik\pi/13}=0$ $, $$1+e^{2i\pi/13}+e^{4i\pi/13}..e^{24i\pi/13}=0$ $ para parte Real, $$1+\cos(2\pi/13)+\cos(4\pi/13)...\cos(24\pi/13)=0$ $ $$\cos(2\pi/13)+\cos(4\pi/13)...\cos(12\pi/13)=-1/2$ $ $$\cos\dfrac{2\pi}{13}+\cos\dfrac{6\pi}{13}+\cos\dfrac{8\pi}{13}=-1/2-\cos\dfrac{4\pi}{13}+\cos\dfrac{10\pi}{13}+\cos\dfrac{12\pi}{13}$ $ que creo que puede hacerlo desde aquí.

Answer 2

Como @Tunk-Fey dijo en el comentario, solo es necesario mostrar el $4x^2 + 2x - 3 =0$ $x = \cos\frac{2\pi}{13} + \cos\frac{6\pi}{13} + \cos\frac{8\pi}{13} $ ya sabemos $x$ debe ser positiva.

Tomar $\theta = \frac{2\pi}{13}$, $w = \exp(i\theta)$ y $$A = w + w^3 + w^4$$

$$B = w^{-1} + w^{-3} + w^{-4}$$ tenemos $A + B = 2x$, así que solo tenemos que mostrar $(A+B)^2 + A+B - 3 = 0$

Vamos a necesitar los siguientes hechos:

ya tenemos $w^{13} - 1 = (w-1)\sum_{k=0}^{12}w^k=0$$\sum_{k=0}^{12}w^k = 0$, dividiendo por $w^6$($\neq 0$) da $$\sum_{k=1}^6(w^k + w^{-k}) + 1 =0$$ y también hemos $$w^5 + w^{-5} = w^8 + w^{-8}$$ $$w^6 + w^{-6} = w^7 + w^{-7}$$

Simple cálculo da \begin{align} (A+B)^2 =&w^2 + w^{-2} + w^{6} + w^{-6} + w^8 + w^{-8} + 6\\ &+2(w + w^{-1} + w^2 + w^{-2} + w^3 + w^{-3} + w^4 + w^{-4} + w^5 + w^{-5} + w^{7}+w^{-7}) \\ \end{align} la sustitución de $w^{7}+w^{-7}$ $w^{6}+w^{-6}$ da \begin{align} (A+B)^2 = &w^2 + w^{-2} + w^{6} + w^{-6} + w^8 + w^{-8} + 6+2(-1) \\ =& w^2 + w^{-2} + w^5 + w^{-5} + w^6 + w^{-6} + 4 \end{align}

Ahora la suma de $(A+B)^2$, $A+B$ y $-3$ permite concluir.

Answer 3

Ya termino en qué es Aditya, y todo el crédito va para él. Si usted simplemente escribe $a_{2k}$ $\cos(2k\pi/13)$ de denotar, la identidad tiene es: $a_0+a_2+a_4+\dots+a_{24}=0$. Usted también necesita las identidades básicas: $$a_{2k}=a_{(26-2k)},\quad a_{2k}=2a_{k}^2-1,\quad 2a_{2k}a_{2j}=a_{2(k+j)}+a_{2(k-j)}$ $

Ahora $$ \begin{split} 0&=a_0+a_2+a_4+\dots+a_{24}\\ &=a_0+(a_2+a_6+a_8)+(a_{24}+a_{20}+a_{18})+\\ &(a_4+a_{12}+a_{16})+(a_{22}+a_{14}+a_{10})\\ &=1+2(a_2+a_6+a_8)+2(a_4+a_{12}+a_{16}) \end{dividido} $$ lo que quieres es $x:=a_2+a_6+a_8$. Permite denotar $y:=a_4+a_{12}+a_{16}$. Por lo que tiene: $$1+2x+2y=0$ $ pero también tenemos: %#% $ #% que es, su $$x^2=\frac{3}{2}+x+\frac{3}{2}y$

Answer 4

Agregar otra respuesta aunque no es diferente en principio de algunos de los otros. Tenemos %#% $ de #% es natural considerar entonces las otras divisiones incluso, $$t=\cos \frac{2\pi}{13}+\cos \frac{6\pi}{13}+\cos \frac{8\pi}{13}$ $

Ahora $$s=\cos \frac{4\pi}{13}+\cos \frac{10\pi}{13}+\cos \frac{12\pi}{13}$ $

$$t+s=\cos \frac{2\pi}{13}+\cos \frac{4\pi}{13}+\cos \frac{6\pi}{13}+\cos \frac{8\pi}{13}+\cos \frac{10\pi}{13}+\cos \frac{12\pi}{13}=\frac{\cos\frac{7\pi}{13}\sin\frac{6\pi}{13}}{\sin\frac{\pi}{13}}$$

A continuación calculamos $$\frac{\cos\frac{7\pi}{13}\sin\frac{6\pi}{13}}{\sin\frac{\pi}{13}}=\frac{1}{2}\frac{\sin\frac{13\pi}{13}-\sin \frac{\pi}{13}}{\sin\frac{\pi}{13}}=-\frac{1}{2}$ $st$ encontrar $\cos A \cos B=\frac{1}{2}(\cos (A+B)+\cos(A-B))$

Así $st=\frac{3}{2}(s+t)=-\frac{3}{4}$ y $s$ son soluciones al $t$ cuyas raíces son $4x^2+2x-3=0$ y $\frac{\sqrt{13}-1}{4}$

Tenga en cuenta que $\frac{-\sqrt{13}-1}{4}$ $ y desde $$t=\cos \frac{2\pi}{13}+\cos \frac{6\pi}{13}-\cos \frac{5\pi}{13}$ tenemos que $\cos \frac{5\pi}{13}<\cos \frac{6\pi}{13}$ y así

$t>0$$

Answer 5

Considere el polinomio $P=X^{13}-1$ y hablar de sus raíces