一个忘却的数学公式(岳东晓)

数学星空

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谁能给出证明过程？

数学星空

\[\sum_{k=-n}^{n} \frac{1}{1-e\cos(\frac{2k\pi}{2n+1})}=-\frac{2n+1}{\sqrt{e^2-1}}\cot{(\frac{2n+1}{2} \arccos(\frac{1}{e}))}\],

\[e>1\]

我大概验算了一下Ｎ=0,1,2

n=0时

左边＝\(\frac{1}{1-e}\)

右边＝\(-\frac{1}{\sqrt{e^2-1}}\cot(\frac{1}{2}\arccos(\frac{1}{e}))=-\frac{1}{\sqrt{e^2-1}}\sqrt{\frac{1+e}{e-1}}=\frac{1}{1-e}\)

n=1时

左边＝\(\frac{2}{1-e\cos(\frac{2\pi}{3})}+\frac{1}{1-e}=\frac{4}{2+e}+\frac{1}{e-1}=\frac{3(2-e)}{(e-1)(2+e)}\)

右边＝\(-\frac{3}{\sqrt{e^2-1}}\cot(3t)=-\frac{3}{\sqrt{e^2-1}}\frac{2-e}{2+e}\sqrt{\frac{1+e}{e-1}}=\frac{3(2-e)}{(e-1)(2+e)}\)

n=2时

左边＝\(\frac{2}{1-e\cos(\frac{2\pi}{5})}+\frac{2}{1-e\cos(\frac{4\pi}{5})}＋\frac{1}{1-e}=\frac{8}{4+e(1-\sqrt{5})}+\frac{8}{4+e(\sqrt{5}+1)}+\frac{1}{e-1}=\frac{4(4+e)}{-e^2+2e+4}+\frac{1}{1-e}=\frac{5(e^2+2e-4)}{(e-1)(-e^2+2e+4)}\)

右边＝\(-\frac{5}{\sqrt{e^2-1}}\cot(5t)=-\frac{5}{\sqrt{e^2-1}}\frac{-e^2-2e+4}{-e^2+2e+4}\sqrt{\frac{1+e}{e-1}}=\frac{5(e^2+2e-4)}{(e-1)(-e^2+2e+4)}\)

注：

\(\frac{1}{2}\arccos(\frac{1}{e})=t\)

\(\cos(2t)=\frac{1}{e}\)

\(\cos(t)=\sqrt{\frac{1+e}{2e}}\)

\(\sin(t)=\sqrt{\frac{e-1}{2e}}\)

\(\cot(3t)=\frac{\cos(t)(4\cos(t)^2-3)}{\sin(t)(4\cos(t)^2-1)}=\frac{2-e}{2+e}\sqrt{\frac{1+e}{e-1}}\)

\(\cot(5t)=\frac{\cos(t)(16\cos(t)^4-20\cos(t)^2+5)}{\sin(t)(16\cos(t)^4-12\cos(t)^2+1)}=\frac{16(1＋e)^2-40e(1+e)+20e^2}{16(1+e)^2-24e(1+e)+4e^2}\sqrt{\frac{1+e}{e-1}}=\frac{-e^2-2e+4}{-e^2+2e+4}\sqrt{\frac{1+e}{e-1}}\)

creasson

留数分解

kastin

我们可以将该等式变形一下，或许思路更加明朗。
考虑到余弦函数为偶函数，因此左边的求和指标相当于从 `0` 到 `2N`，记 `\D x = \frac{1}{2}\arccos \frac{1}{\epsilon}`，那么上述恒等式可改写为$$\sum_{k=0}^{2N}\frac{\cos 2x}{\cos 2x -\cos \frac{2k\pi}{2N+1}}=-\frac{2N+1}{\tan 2x \tan (2N+1)x}\tag{1}$$
因为 `2x=(x+\frac{k\pi}{2N+1})+(x-\frac{k\pi}{2N+1})`，故$$\begin{align*}左端&=\sum_{k=0}^{2N}\frac{\cos(x+\frac{k\pi}{2N+1})\cos(x-\frac{k\pi}{2N+1})-\sin(x+\frac{k\pi}{2N+1})\sin(x-\frac{k\pi}{2N+1})}{-2\sin(x+\frac{k\pi}{2N+1})\sin(x-\frac{k\pi}{2N+1})}\\
&=\sum_{k=0}^{2N}\frac{1}{2}(1-\cot(x+\frac{k\pi}{2N+1})\cot(x-\frac{k\pi}{2N+1}))\\
&=-\frac{1}{2\tan2x}\sum_{k=0}^{2N}\cot(x+\frac{k\pi}{2N+1})+\cot(x-\frac{k\pi}{2N+1})\\
&=-\frac{1}{\tan2x}\sum_{k=0}^{2N}\cot(x+\frac{k\pi}{2N+1})\end{align*}$$上面倒数第二步利用了到了余切和角公式的变形 `1-\cot\alpha\cot\beta=-\cot(\alpha+\beta)(\cot\alpha+\cot\beta)`，最后一步利用了余切函数的周期性 `\cot x=\cot(x+\pi)`.
对比式 (1) 右端可知（用n代换2N+1），原来恒等式等价于证明$$\sum_{k=0}^{n-1}\cot(x+\frac{k\pi}{n})=\sum_{k=0}^{n-1}\cot(x-\frac{k\pi}{n})=n\cot nx\tag{2}$$这个的结论优美而简洁，不知有什么好的证明方法？
类似地，经检验发现另有结论$$\sum_{k=0}^{n-1}\tan(x+\frac{k\pi}{n})=\sum_{k=0}^{n-1}\tan(x-\frac{k\pi}{n})=n\tan (nx+\frac{(n+1)\pi}{2})\tag{3}$$

补充内容 (2015-10-22 20:02):
上面有处笔误，应该是 `\D x=\frac{1}{2}\arccos\frac{1}{\epsilon}`，若管理员看到，烦请更正一下。

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$$\sum_{k=0}^{n-1}\cot(x+\frac{k\pi}{n})=n\cot nx\tag{2}$$

有一个好的方案是：

\[\cot(nx)=\cot\Big(x+(x+\frac{\pi}{n})+(x+\frac{2\pi}{n})+...+(x+\frac{(n-1)\pi}{n})\Big)\]的展开式

kastin

经过一番奋斗，终于证明出来 `(2)` 和 `(3)`了，方法的关键是利用欧拉公式和韦达定理。由于证明过程大同小异，这里仅以较为复杂的 `(3)` 式为例，给出证明过程如下：
由欧拉公式易得 `\D\sin \theta = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}`，以及 `\D\cos \theta = \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}`. 再令 `z=\tan \theta`，代入后得到 $$e^{i\theta}=\frac{1+zi}{\sqrt{1+z^2}}\tag{4}$$于是$$\begin{align*}\cos n\theta &= \mathrm{Re}(e^{in\theta})=\frac{1}{(1+z^2)^{n/2}}\sum_{k= 0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k\mathrm{C}_n^{2k}z^{2k}\tag{5}\\
\sin n\theta &= \mathrm{Im}(e^{in\theta})=\frac{1}{(1+z^2)^{n/2}}\sum_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}(-1)^k\mathrm{C}_n^{2k+1}z^{2k+1}\tag{6}\end{align*}$$我们考虑函数 `\D f(\theta)=\frac{\sin n(\theta-x)}{\sin nx\cos^n\theta}`，有零点 `\D \theta_j=x+\frac{j\pi}{n}\;(j=0,1,2,\cdots)`，再利用 `(4)` 和 `(5)`，那么$$\begin{align*}f(\theta)&=\frac{\sin n\theta \cos nx -\cos n\theta \sin nx}{\sin nx\cos^n\theta}=\frac{\cot nx \sin n\theta - \cos n\theta}{\cos^n\theta}\\
&=\sum_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}(-1)^k\mathrm{C}_n^{2k+1}z^{2k+1}\cot nx-\sum_{k= 0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k\mathrm{C}_n^{2k}z^{2k}\\
&=g(z)\end{align*}$$ 显然这个 `n` 次多项式 `g(z)` 的全部 `n` 个零点就是 `\D z_j=\tan \theta_j=\tan(x+\frac{j\pi}{n})\;(j=0,1,2,\cdots,n-1)`.
根据韦达定理可知，`n` 个零点之和等于一次项系数与首项（最高次项）系数之比的相反数，即$$\sum_{k=0}^{n-1}\tan(x+\frac{k\pi}{n})=\begin{cases}-n\cot nx&(n为偶数)\\
\D\frac{n}{\cot nx}=n\tan nx&(n为奇数)\end{cases}$$然后通过诱导公式可将该结果合并为2楼中 `(3)` 式的形式。

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楼上的方法依赖于：

\(\cot(x)=y\)

\(\cot(2x)=\frac{y^2-1}{2y}\)

\(\cot(3x)=\frac{y(y^2-3)}{3y^2-1}\)

\(\cot(4x)=\frac{y^4-6y^2+1}{4(y^2-1)y}\)

\(\cot(5x)=\frac{y(y^4-10y^2+5)}{5y^4-10y^2+1}\)

\(\cot(6x)=\frac{y^6-15y^4+15y^2-1}{2(3y^4-10y^2+3)y}\)

\(\cot(7x)=\frac{(y^6-21y^4+35y^2-7)y}{7y^6-35y^4+21y^2-1}\)

\(\cot(8x)=\frac{y^8-28y^6+70y^4-28y^2+1}{(8(y^6-7y^4+7y^2-1)y}\)

\(\cot(9x)=\frac{(y^8-36y^6+126y^4-84y^2+9)y}{9y^8-84y^6+126y^4-36y^2+1}\)

\(\cot(10x)=\frac{y^{10}-45y^8+210y^6-210y^4+45y^2-1}{2(5y^8-60y^6+126y^4-60y^2+5)y}\)

是否可以利用

\(\cot(x)=\frac{1}{x}+\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{x-k\pi}+\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{x+k\pi}\)

来证明楼上结论

另外：下面的式子也能给出封闭的表达式？

a. \[\sum_{k=-n}^{n} \frac{1}{1-e\cos(\frac{2k\pi}{2n+1})}=?\] 且　\[0<e<1\]

b.\[\sum_{k=-n}^{n} \frac{1}{1+e\cos(\frac{2k\pi}{2n+1})}=?\]

c.\[\sum_{k=-n}^{n} \frac{1}{1+e\sin(\frac{2k\pi}{2n+1})}=?\]

d.\[\sum_{k=-n}^{n} \frac{1}{1-e\sin(\frac{2k\pi}{2n+1})}=?\]

e.\[\sum_{k=-n}^{n} \frac{1}{1+e\tan(\frac{2k\pi}{2n+1})}=?\]

f.\[\sum_{k=-n}^{n} \frac{1}{1-e\tan(\frac{2k\pi}{2n+1})}=?\]

g.\[\sum_{k=-n}^{n} \frac{1}{1-e\cot(\frac{2k\pi}{2n+1})}=?\]

h.\[\sum_{k=-n}^{n} \frac{1}{1+e\cot(\frac{2k\pi}{2n+1})}=?\]

kastin

数学星空 发表于 2015-10-20 20:25
楼上的方法依赖于：

\(\cot(x)=y\)

无穷级数用于该问题的证明应该是不可能的，毕竟原恒等式是有限项求和嘛。不过联想到对1楼恒等式进行推广，也是很自然的。
楼上对1楼恒等式从形式上推广，大体可以分为如下几类：

1. 更名
即将1楼恒等式左端求和式中分母的三角函数换成其他三角函数，比如余弦换正弦、弦换切割（不过不能换成双曲三角函数，因为没有周期性，后续无从化简）。

2. 变号
1楼求和式分母中加号变减号。

3. 变参
参数 `\varepsilon` 取值由大于1转换为0到1之间。

无论哪种简单推广，都是以上单个或多种组合，我们只需知道每种变形怎么去应对，依次进行相应处理，就能轻松得到结果了。下面就每种变形结论简要叙述如下：

对于更名，由于切/割函数（包括双曲切/割函数）非常复杂，毕竟没有简单的线性恒等变形规律可利用，所以想得到封闭结果应该不太容易（当然，使用超几何级数函数或者其他类似贝塞尔函数、多对数函数等这样的超越函数除外），这里仅仅讨论余弦变正弦的情况。
若1楼中的余弦函数变为正弦函数，我们仍然仿照4楼过程进行推导，但要注意，需令 `\D x=\frac{1}{2}\arcsin\frac{1}{\varepsilon}`. 接下来仍然应用和差化积以及正切的和角公式，并注意利用4楼中 `(2)` 式和 `(3)` 式（看来，无论怎么变形，任然逃离不了这两个本质结论，所以说这两个简单优美的恒等式才是精华！），得到变形后的恒等式$$\sum_{k=-N}^{N} \frac{1}{1-\varepsilon\sin\frac{2k\pi}{2N+1}}=\frac{2N+1}{2\sqrt{\varepsilon^2-1}}\left[\cot(\frac{2N+1}{2} \arcsin\frac{1}{\varepsilon})-\tan(\frac{2N+1}{2} \arcsin\frac{1}{\varepsilon})\right]\tag{7.1}$$其实这里需要给4楼做个补充，因为考虑到周期性，4楼的(2),(3)式应该写成这样（管理员帮我将下面的代码替换入4楼相应位置吧）$$\sum_{k=0}^{n-1}\cot(x+\frac{k\pi}{n})=\sum_{k=0}^{n-1}\cot(x-\frac{k\pi}{n})=n\cot nx\tag{2}$$以及$$\sum_{k=0}^{n-1}\tan(x+\frac{k\pi}{n})=\sum_{k=0}^{n-1}\tan(x-\frac{k\pi}{n})=n\tan (nx+\frac{(n+1)\pi}{2})\tag{3}$$

对于变号，有两种解决手段，而且得到的结果形式是一样的：一是仍然利用和差化积公式，仿照4楼步骤推导；二则更简单——干脆利用诱导公式，变成变号之前的形式——然后利用已知的结论套用即可，显然后一种方法能省去大量推导步骤。比如 `\D1+\varepsilon\sin\frac{2k\pi}{2N+1}=1-\varepsilon\sin(\frac{2k\pi}{2N+1}+\pi)`，`\D1+\varepsilon\cos\frac{2k\pi}{2N+1}=1-\varepsilon\cos(\frac{2k\pi}{2N+1}+\pi)`. 这时只需要将(2),(3)式中的 `x` 替换为 `\D x+\frac{\pi}{2}`，其实就相当于各自的结论表达式中后半部分正切换余切，余切换正切，并且注意到符号变化，有$$\sum_{k=-N}^{N} \frac{1}{1+\varepsilon\sin\frac{2k\pi}{2N+1}}=\frac{2N+1}{2\sqrt{\varepsilon^2-1}}\left[\cot(\frac{2N+1}{2} \arcsin\frac{1}{\varepsilon})-\tan(\frac{2N+1}{2} \arcsin\frac{1}{\varepsilon})\right]\tag{7.2}$$因为交换函数名并且异号之后，加号正弦变形推广结果形式与(7.1)一样。
对于加号余弦推广情形，则变成$$\sum_{k=-N}^{N} \frac{1}{1+\varepsilon\cos\frac{2k\pi}{2N+1}}=\frac{2N+1}{\sqrt{\varepsilon^2-1}}\tan(\frac{2N+1}{2} \arccos\frac{1}{\varepsilon})\tag{8}$$

对于变参，则更简单。因为三角函数的性质在实数域和复数域内的形式是完全一样的，因此参数取值范围并不影响上述结论的表达形式。唯一需要改变的是，反三角函数定义域不再默认是实数域，而是整个复数域。

Buffalo

当然是用韦达定理加契比雪夫多项式\(T_n(\cos \theta)=\cos{n\theta}\)了。

因为\(T_n(\cos \theta)=\cos{n\theta}\)，所以\(x_k=\cos \frac{2k\pi}{2N+1}\)是代数方程\(T_{2N+1}(x)-1=0\)的全部解，\(y_k=1-e x_k\)是代数方程\(P_{2N+1}(y)=T_{2N+1}(\frac{1-y}{e})-1=0\)的全部解。

由韦达定理，\(\sum\frac{1}{y_k}=-\frac{P_{2N+1}' (0)}{P_{2N+1} (0)}=\frac{T_{2N+1}' (1/e)}{e[T_{2N+1}'  (1/e)-1]}\)，

而由\(T_n(\cos \theta)=\cos{n\theta}\)可知\(T_n '(\cos \theta)=\frac{n\sin{n\theta}}{\sin\theta}\)，剩下的都是简单的代数了。

对于|e|<1情况，由于等式两边都是解析函数，可以自然延拓过去。

其实这里的契比雪夫多项式只是个噱头，要用到的只是它的存在性，也就是说\(\cos{n\theta}\)可以用\(\cos \theta)\)的n次多项式表示。

数学星空

Buffalo 老兄画龙点晴之笔．．值得我们学习！

由于楼上写的太简洁，理解有些不方便，现将有些过程详细写一下，便于网友学习．

\[\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{1}{y_k}=-(\ln(P_{2n+1} (0))'＝\frac{T_{2n+1}(\frac{1}{e})'}{e (1-T_{2n+1}(\frac{1}{e}))}\]........(1)

设\(\cos(\theta)=\frac{1}{e}\)

则有：

\[T'_{2n+1}(\cos(\theta))=\frac{\cos((2n+1)\theta)'}{\cos(\theta)'}=\frac{(2n+1)\sin((2n+1)\theta)}{\sin(\theta)}=\frac{(2n+1)\sin((2n+1)\arccos(\frac{1}{e})}{\frac{\sqrt{e^2-1}}{e}}\]......(2)

\[T_{2n+1}(\frac{1}{e})-1=\cos((2n+1)\theta)-1=\cos((2n+1)\arccos(\frac{1}{e}))-1\]......(3)

最终我们可以得到：

\[\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{1}{1-e\cos(\frac{2k\pi}{2n+1})}=\frac{T_{2n+1}{(\frac{1}{e}})}{e(1-T_{2n+1}(\frac{1}{e}))}=\frac{(2n+1)\sin((2n+1)\arccos(\frac{1}{e}))}{\sqrt{e^2-1}(1-\cos((2n+1)\arccos(\frac{1}{e})))}\]........(4)

\[\sum_{k=-n}^n\frac{1}{1-e\cos(\frac{2k\pi}{2n+1})}=\frac{(2n+1)\sin((2n+1)\arccos(\frac{1}{e}))}{\sqrt{e^2-1}(1-\cos((2n+1)\arccos(\frac{1}{e})))}\]........(5)