一个三角恒等式问题

数学星空

今天在《数学与对称》看到一个有趣的恒等式：

\(12\cos\big(\frac{2\pi}{13}\big)=\sqrt{13}-1+\sqrt{104-8\sqrt{13}}\cos\Bigg(\frac{\arctan\big(\frac{\sqrt{3}(\sqrt{13}+1)}{7-\sqrt{13}}\big)}{3}\Bigg)\)

谁有兴趣用代数方法证明一下？

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我觉得这个等式是有一定难度，但是不有趣

数学星空

我给出一个比较笨的方法：

设\(y=\frac{2\pi}{13},x=\cos(y)\)

可以得到：

\(\cos(13y)=4096x^{13}-13312x^{11}+16640x^9-9984x^7+2912x^5-364x^3+13x-1=(x-1)(64x^6+32x^5-80x^4-32x^3+24x^2+6x-1)^2＝0\)

进一步依次做代换：\(x=\frac{z}{12}\)，\(z=t+\sqrt{13}-1\)

依次得到：

\(z^6+6z^5-180z^4-864z^3+7776z^2+23328z-46656=0\)

\((6\sqrt{13}t^2+t^3-6t\sqrt{13}-92\sqrt{13}+78t-364)(t^3+6t\sqrt{13}+40\sqrt{13}-78t-208)=0\)

剩下只需证明：(1)

\(\sqrt{104-8\sqrt{13}}\cos(\frac{\arctan(\frac{\sqrt{3}(\sqrt{13}+1)}{7-\sqrt{13}})}{3})\)

是\(t^3+6t\sqrt{13}+40\sqrt{13}-78t-208=0\) 的实根即可

注：非\(6\sqrt{13}t^2+t^3-6t\sqrt{13}-92\sqrt{13}+78t-364=0\)的实根

剩下的工作就是三次方程的求根公式检验啦！

对于\(ax^3+bx^2+cx+d=0\)  

即：\(a=1,b=0,c=6\sqrt{13}-78,d=40\sqrt{13}-208\)

有实根公式：

\(\alpha=-\frac{b^3}{27a^3}-\frac{d}{2a}+\frac{bc}{6a^2}=104-20\sqrt{13}\)

\(\beta=\frac{c}{3a}-\frac{b^2}{9a^2}=-26+2\sqrt{13}\)

\(x=-\frac{b}{3a}+2\sqrt{-\beta}\cos(\frac{\arccos(\frac{\alpha}{(-\beta)^{\frac{3}{2}}})}{3})=\sqrt{104-8\sqrt{13}}\cos(\frac{\arccos(\frac{-20\sqrt{3}+104}{(-2\sqrt{13}+26)^{3/2}})}{3})\)   （2）

对应（1），（2）

只需要验证：

\(\arccos(\frac{-20\sqrt{3}+104}{(-2\sqrt{13}+26)^{3/2}})=\arctan(\frac{\sqrt{3}(\sqrt{13}+1)}{7-\sqrt{13}})\)

进一步只需要验证：

\(\frac{104-20\sqrt{13}}{(26-2\sqrt{13})^{3/2}}+\frac{-7+\sqrt{13}}{2\sqrt{26-2\sqrt{13}}}=0\)

上面的代数恒成立（这个只需通分计算即可验证）