Quod Erat Demonstrandum

2012/02/26

答網友:y=z^2

Filed under: HKALE,Pure Mathematics — johnmayhk @ 6:29 下午
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以下是網友在 2011-03-06 的提問:

By considering

(1+z)^8+(1-z)^8=0

show that

\displaystyle\sum_{k=0}^7 \tan^2\frac{(2k+1)\pi}{16}=56

不難證明

(1+z)^8+(1-z)^8=0 \Longleftrightarrow z^8+28z^6+70z^4+28z^2+1=0 ………. (*)

的根(roots)是

z=i\tan \frac{(2k+1)\pi}{16}

(k=0,1,2,\dots ,7)

(注:修純數的同學,到今時今日,備戰 HKALE 已是白熱化階段,推論上述結果理應屬無需思考的「自然反應」吧?)

現在

\displaystyle\sum_{k=0}^7 \tan^2\frac{(2k+1)\pi}{16}

=(\displaystyle\sum_{k=0}^7 \tan \frac{(2k+1)\pi}{16})^2-2\displaystyle\sum_{0\le i < j \le 7}\tan \frac{(2i+1)\pi}{16}\tan \frac{(2j+1)\pi}{16}

=-(\displaystyle\sum_{k=0}^7 i\tan \frac{(2k+1)\pi}{16})^2+2\displaystyle\sum_{0\le i < j \le 7}i\tan \frac{(2i+1)\pi}{16}i\tan \frac{(2j+1)\pi}{16}

= 0^2+2(28) (考慮 (*),由韋達定理 Vieta’s formulas 得之)

= 56

沒有問題吧。

但若把 (*) 進行變換(transformation),例如 y=z^2,得

y^4+28y^3+70y^2+28y+1=0

上式的根不就是

y=(i\tan \frac{(2k+1)\pi}{16})^2=-\tan^2 \frac{(2k+1)\pi}{16}

(k=0,1,2,\dots ,7)

嗎?由韋達定理,

\displaystyle\sum_{k=0}^7 \tan^2\frac{(2k+1)\pi}{16}

=-(-28)=28

網友問,為何答案不也是 56,錯在哪裡?

其實進行 y=z^2 這個變換要小心,舉個最簡單例子:

z^2-1=0 ………. (1)

有兩個根 \pm 1;進行 y=z^2 變換,式子變成

y-1=0 ………. (2)

只有一個根 1,根的數目減少了。

故 (1) 的所有根的平方和是 1^2+(-1)^2=2

但 (2) 的所有根的總和是 1。

同理,

z^8+28z^6+70z^4+28z^2+1=0

有 8 個根 z=i\tan \frac{(2k+1)\pi}{16} (k=0,1,2,\dots ,7)

但經 y=z^2 變換後,式子

y^4+28y^3+70y^2+28y+1=0 ………. (#)

只有 4 個根 y=-\tan^2 \frac{(2k+1)\pi}{16} (k=0,1,2,3)

(注:\tan^2 \frac{(2k+1)\pi}{16}=\tan^2 (\pi-\frac{(2k+1)\pi}{16})

當然,我們也可運用 (#) 求答案,因為

\displaystyle\sum_{k=0}^7 \tan^2\frac{(2k+1)\pi}{16}

=2\displaystyle\sum_{k=0}^3 \tan^2\frac{(2k+1)\pi}{16}

=-2\displaystyle\sum_{k=0}^3 -\tan^2\frac{(2k+1)\pi}{16}

=-2(-28)=56 (考慮 (#) 及韋達定理)

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