XXXI - I - Zadanie 11

Udowodnić, że $ \tan \frac{\pi}{7} \tan \frac{2\pi}{7} \frac{3\pi}{7} = \sqrt{7} $.

Rozwiązanie

Wyrazimy funkcje trygonometryczne kąta $ 7 \alpha $ w zależności od funkcji trygonometrycznych kąta $ \alpha $. Można to zrobić korzystając ze znanych wzorów trygonometrycznych albo też wykorzystując własności liczb zespolonych. Zastosujemy następujący wzór de Moivre'a

\[<br />
(\cos x + i \sin x)^n = \cos nx + i \sin nx.<br />
\]

Dla $ n = 7 $ oraz $ x_k = \frac{k\pi}{7}\ (k = 1, 2, 3, 4, 5, 6) $ mamy

\[<br />
(\cos x_k + i \sin x_k)^7 = \cos 7x_k + i \sin 7x_k = \cos k \pi + i \sin k\pi = (-1)^k.<br />
\]

Wobec tego

\[<br />
(1+i \tan x_k)^7 = \frac{(-1)^k}{\cos^7 x_k}.<br />
\]

W ostatniej równości po prawej stronie występuje liczba rzeczywista zatem część urojona lewej strony jest zerem. Ponieważ

\[<br />
\begin{split}<br />
 (1+i \tan x_k)^7 = & 1 + \binom{7}{1} i \tan x_k - \binom{7}{2} \tan^2 x_k -<br />
\binom{7}{3} i \tan^3 x_k + \\<br />
& + \binom{7}{4} \tan^4 x_k + \binom{7}{5} i \tan^5 x_k- \binom{7}{6} \tan^6 x_k - i \tan^7 x_k,<br />
\end{split}<br />
\]

więc

\[<br />
\binom{7}{1} \tan x_k - \binom{7}{3} \tan^3 x_k + \binom{7}{5} \tan^5 x_k- \tan^7 x_k=0.<br />
\]

Liczby $ \tan x_k $ są parami różne, żadna nie równa się $ 0 $ i spełniają równanie

\[<br />
7y - \binom{7}{3} y^3 + \binom{7}{5} y^5 - y^7=0.<br />
\]

Wobec tego $ 7y - \binom{7}{3} y^3 + \binom{7}{5} y^5 - y^7 = -y(y - \tan x_1)(y - \tan x_2) \cdot (y-\tan x_6) $.

Porównując współczynniki przy $ y $ otrzymujemy

\[<br />
7 = -\tan x_1 \cdot \tan x_2 \ldots \tan x_6.<br />
\]

Ponieważ $ x_2 = \frac{2\pi}{7} = \pi - \frac{5\pi}{7} = \pi x_5 $, więc $ \tan x_2 = - \tan x_5 $, podobnie $ x_4=\frac{4\pi}{7} = \pi - \frac{3\pi}{7} = \pi - x_2 $, więc $ \tan x_4 = - \tan x_3 $ i analogicznie $ \tan x_6= -\tan x_1 $.

Otrzymana wyżej równość $ - \tan x_1 \ldots \tan x_6 = 7 $ może więc być zapisana w postaci

\[<br />
\tan^2 x_1 \tan^2 x_2 \tan^2 x_3 = 7,<br />
\]

skąd wynika

\[<br />
\tan x_1 \tan x_2 \tan x_3 = \sqrt{7},<br />
\]

gdyż $ x_1 $, $ x_2 $, $ x_3 $ są liczbami mniejszymi od $ \frac{\pi}{2} $, więc ich tangensy są dodatnie.

Uwaga. Analogicznie dla dowolnego nieparzystego $ n $ otrzymujemy

\[<br />
\prod_{k=1}^{n-1} \tan \frac{k \pi}{n} = (-1)^{\frac{n-1}{2}} \cdot n, \ \textrm{skąd} \<br />
\prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \tan \frac{k \pi}{n} = \sqrt{n}.<br />
\]

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź