Mostrando $\tan\frac{2\pi}{13}\tan\frac{5\pi}{13}\tan\frac{6\pi}{13}=\sqrt{65+18\sqrt{13}}$

Question

¿Cómo se puede mostrar : $$\tan\frac{2\pi}{13}\tan\frac{5\pi}{13}\tan\frac{6\pi}{13}=\sqrt{65+18\sqrt{13}}?$$

Answer 1

Me gustaría abordar una cuestión parece que nadie lo ha preguntado, pero que debe estar en la mente de todos:

¿Cuál es el trato con los valores específicos de $2, 5, 6$?

O tal vez:

¿Cómo podríamos haber previsto que una identidad como esto podría ser cierto, y ¿cómo podríamos generar otros como él?

Esto puede ser explicado con un poco de teoría de Galois. Deje $\zeta = \exp \left( \frac{2\pi i}{13} \right)$ ser una primitiva $13^{th}$ raíz de la unidad y deje que

$$a = \frac{\zeta - \zeta^{-1}}{\zeta + \zeta^{-1}} = i \tan \frac{2\pi}{13} \in \mathbb{Q}(\zeta).$$

Desde $13$ es primo, el grupo de Galois $(\mathbb{Z}/13\mathbb{Z})^{\ast}$ $\mathbb{Q}(\zeta)$ es cíclico de orden $12$ en el generador $\sigma : \zeta \mapsto \zeta^2$. Este grupo tiene un único cociente $C_4$ orden $4$, por lo tanto, por el teorema fundamental de la teoría de Galois, el único subextension de grado $4$ es el campo fijo $K$$\tau = \sigma^4 : \zeta \mapsto \zeta^3$. En particular,

$$z = a \tau(a) \tau^2(a) = \left( i \tan \frac{2\pi}{13} \right) \left( i \tan \frac{6 \pi}{13} \right) \left( i \tan \frac{5 \pi}{13} \right) \in K.$$

El reclamo es que esto es igual a $-i \sqrt{ 65 + 18 \sqrt{13} }$, lo que también genera una extensión de grado $4$. Conocidos los resultados acerca de las sumas de Gauss (equivalentemente, conocidos los resultados acerca de la ramificación de los números primos en los campos de número) implica que la única cuadrática subextension de $\mathbb{Q}(\zeta)$, que es necesariamente una subextension de $K$$F = \mathbb{Q}(\sqrt{13})$, de los cuales, $K$ es de por sí una extensión cuadrática.

Esto sugiere que debemos hacer uso de la traza y la norma mapas de $\text{Tr}_{K/F}, N_{K/F}$. De hecho, $\text{Gal}(K/F)$ es generado por la imagen de $\mu = \sigma^2 : \zeta \mapsto \zeta^4$, por lo que

$$\text{Tr}_{K/F}(z) = \left( i \tan \frac{2\pi}{13} \right) \left( i \tan \frac{6 \pi}{13} \right) \left( i \tan \frac{5 \pi}{13} \right) + \left( i \tan \frac{8\pi}{13} \right) \left( i \tan \frac{11 \pi}{13} \right) \left( i \tan \frac{7 \pi}{13} \right).$$

Pero el uso de la identidad de $\tan x = - \tan(\pi - x)$ esto es claramente igual a cero. De ello se desprende que $z$ satisface una ecuación cuadrática de la forma

$$z^2 - N_{K/F}(z) = 0$$

más de $F$, por lo que (por la comprobación de los signos) es suficiente para mostrar que $N_{K/F}(z) = -65 - 18 \sqrt{13}$.

Por desgracia, estoy fuera de ingeniosas ideas para este último paso. Pero al menos ahora sabemos que $N_{K/F}(z) \in F$ debe ser de la forma $a + b \sqrt{13}$, y, por tanto, que algunos de identidad de la forma deseada, debe ser verdadera, basada en un argumento conceptual en lugar de ad hoc cálculos.

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La respuesta a la pregunta "dada la LHS, ¿por qué deberíamos esperar a la igualdad de algo como la RHS?" También podemos preguntar "dada la RHS, ¿por qué deberíamos esperar a la igualdad de algo como el LHS?" La respuesta es la de Kronecker-Weber teorema. Es un sencillo ejercicio para mostrar que el campo generado por el lado derecho tiene grupo de Galois $C_4$, en particular abelian, así que por Kronecker-Weber el lado derecho se encuentra en $\mathbb{Q}(\zeta_n)$ algunos $n$ tal que $C_4$ es el cociente del grupo de Galois $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\ast}$. Por otra parte, $\sqrt{13}$ debe estar en $\mathbb{Q}(\zeta_n)$, e $n = 13$ es el valor más pequeño de $n$ que cumple con ambos requisitos. Para el problema como escrito, yo creo que en realidad necesita $n = 52$, o quizás $n = 26$, pero usted consigue la idea.

Answer 2

SUGERENCIA: El número de $\alpha=\sqrt{65+18\sqrt{13}}$ es una de las cuatro soluciones de la ecuación de $(\alpha^2-65)^2-4212=0$. A continuación, muestran que el lado izquierdo es también una solución de la ecuación. Las otras tres soluciones deben ser descartados de alguna manera.

Answer 3

Aquí va! Esto va a tomar un tiempo!

Deje $\alpha = \displaystyle\frac{\pi}{13}$, por el bien de reducir el desorden; entonces estamos buscando a $\tan2\alpha\tan5\alpha\tan6\alpha$. Estoy usando la información que se encuentra aquí, a saber, los siguientes:

1. $\displaystyle\prod_{k=1}^6 \tan k\alpha = \sqrt{13}$
2. $\sin\alpha+\sin3\alpha+\sin4\alpha=\sqrt{\frac{1}{8}(13+3\sqrt{13})}$ (eq. 12)
3. $\cos^2\alpha+\cos^23\alpha+\cos^24\alpha=\frac{1}{8}(11+\sqrt{13})$ (eq. 11)

Mediante la manipulación de la última, tenemos $\sin^2\alpha+\sin^23\alpha+\sin^24\alpha=\frac{1}{8}(13-\sqrt{13})$.

Si nos vamos a $A = \sin\alpha$, $B = \sin3\alpha$, y $C = \sin4\alpha$, entonces tenemos:

1. $A+B+C = \sqrt{\frac{1}{8}(13+3\sqrt{13})}$, que denominaremos $P$ y
2. $A^2+B^2+C^2 = \frac{1}{8}(13-\sqrt{13})$, que denominaremos $Q$.

Si dejamos $R = ABC$$S = (1-A^2)(1-B^2)(1-C^2)$,$\displaystyle\tan\alpha\tan3\alpha\tan4\alpha=\frac{R}{\sqrt{S}}$. Así, la respuesta que se busca es $\frac{\sqrt{13S}}{R}$. Pero en el fin de encontrar que, por supuesto, debemos encontrar a $R$$S$!

Con un poco de trabajo, puede ser demostrado que $AB+AC+BC = \frac{1}{2}(P^2-Q)$. La utilización de este hecho y algunos más en la expansión de trabajo, entonces puede demostrarse que $A^3+B^3+C^3=\frac{1}{2}(3PQ-P^3)+3R$. Sin embargo, la reducción de la energía también muestra que $A^3 = \sin^3 \alpha = \frac{3\sin\alpha-\sin3\alpha}{4}$, $B^3 = \sin^3 3\alpha = \frac{3\sin3\alpha-\sin9\alpha}{4} = \frac{3\sin3\alpha-\sin4\alpha}{4}$ y $C^3 = \sin^3 4\alpha = \frac{3\sin4\alpha-\sin12\alpha}{4}= \frac{3\sin4\alpha-\sin\alpha}{4}$, el final de la simplificación de los dos últimos, de ser posible debido a que $\sin(\pi-x) = \sin x$. Por eso, $A^3+B^3+C^3 = \frac{P}{2}$ como bueno, y la contramarcha que en la anterior ecuación se encontró da $R = \frac{1}{6}(P^3+P-3PQ) = \frac{1}{16}\sqrt{26-6\sqrt{13}}$. (puede simplificar que la última parte de su propia, si eres un masoquista)

Para encontrar $S$, la primera nota que $(1-A^2)(1-B^2)(1-C^2) = -(A+1)(B+1)(C+1)(A-1)(B-1)(C-1)$. $(A\pm1)(B\pm1)(C\pm1) = ABC \pm (AB+AC+BC) + (A+B+C) \pm 1 = R \pm \frac{1}{2}(P^2-Q) + P \pm 1$, por lo $S = -(A+1)(B+1)(C+1)(A-1)(B-1)(C-1) = \frac{1}{4}(P-Q+2)^2 - (P+R)^2 = \frac{1}{128}(11+3\sqrt{13})$.

Ahora tenemos que encontrar la $\frac{\sqrt{13S}}{R}$. Con un poco más de trabajo, se puede considerar que la $\sqrt{S} = \frac{1}{16}(3+\sqrt{13})$, así:

$$\frac{\sqrt{S}}{R} = \frac{3+\sqrt{13}}{\sqrt{26-6\sqrt{13}}} = \sqrt{\frac{11+3\sqrt{13}}{13-3\sqrt{13}}}=\sqrt{\frac{260+72\sqrt{13}}{52}}=\sqrt{5+\frac{18\sqrt{13}}{13}}$$

Multiplicando esa última parte por $\sqrt{13}$ nos da nuestra deseada $\boxed{\sqrt{65+18\sqrt{13}}}$!