XXXI - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXXI OM, 1979-1980

Etap:

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

$ (\cos x + i \sin x)^n = \cos nx + i \sin nx. $

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

$ (\cos x_k + i \sin x_k)^7 = \cos 7x_k + i \sin 7x_k = \cos k \pi + i \sin k\pi = (-1)^k. $

Wobec tego

$ (1+i \tan x_k)^7 = \frac{(-1)^k}{\cos^7 x_k}. $

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

$ \begin{split} (1+i \tan x_k)^7 = & 1 + \binom{7}{1} i \tan x_k - \binom{7}{2} \tan^2 x_k - \binom{7}{3} i \tan^3 x_k + \\ & + \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, \end{split} $

więc

$ \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. $

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

$ 7y - \binom{7}{3} y^3 + \binom{7}{5} y^5 - y^7=0. $

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

$ 7 = -\tan x_1 \cdot \tan x_2 \ldots \tan x_6. $

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

$ \tan^2 x_1 \tan^2 x_2 \tan^2 x_3 = 7, $

skąd wynika

$ \tan x_1 \tan x_2 \tan x_3 = \sqrt{7}, $

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

$ \prod_{k=1}^{n-1} \tan \frac{k \pi}{n} = (-1)^{\frac{n-1}{2}} \cdot n, \ \textrm{skąd} \ \prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \tan \frac{k \pi}{n} = \sqrt{n}. $