对于一个正$n$边形,各边斜率均存在且分别为$k_j,j=1,2,\dots,n$,如果某边的倾斜角为$\theta$,化简$\ds A_n=\sum_{j=1}^n k_j\sum_{j=1}^n \frac{1}{k_j}$.
昨晚睡前在QQ群看到的一个讨论,原题是$n=5$,推广到$n$.和两年前写的下面这篇”从高考题到巴塞尔问题”关联比较大,如果没有接触过此类问题,可以从下面的文章开始阅读.
下面先证明一个引理:\[ F_n(\theta)=\sum_{j=1}^n \tan(\theta+\frac{j\pi}{n})=\begin{cases} n\tan n\theta & 2 \nmid n\\ -n\cot n\theta & 2 | n \end{cases}\]
证明:
考虑$x\in \{\theta+\frac{j\pi}{n} |j=1,2,\dots,n\}$的共同之处:$\tan nx=\tan n\theta$
且显然所有$\tan x$是互不相同的
考虑棣莫弗公式\[ \cos nx+\mi \sin nx=(\cos x+ \mi \sin x)^n\]
如果$n=2k+1$是奇数,比较实部虚部可得\begin{gather} \tan n\theta=\tan nx=\frac{\sin nx}{\cos nx}\\ =\frac{C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k \sin^{2k+1} x+\dots}{C_{2k+1}^{2k}(-1)^k \cos x\sin^{2k} x+\dots} =\frac{C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k \tan^{2k+1} x+\dots}{C_{2k+1}^{2k}(-1)^k \tan^{2k} x+\dots}\\ C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k \tan^{2k+1} x – \tan (2k+1)\theta \cdot C_{2k+1}^{2k}(-1)^k \tan^{2k} x+\dots=0\end{gather}从而$\tan(\theta+\frac{j\pi}{n})$是如下关于$y$的$2k+1$次方程的$2k+1$个不同根\[ C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k y^{2k+1} – \tan (2k+1)\theta \cdot C_{2k+1}^{2k}(-1)^k y^{2k}+\dots=0\]
韦达定理可得这些根的和\[ F_n(\theta)=-\frac{- \tan (2k+1)\theta \cdot C_{2k+1}^{2k}(-1)^k}{C_{2k+1}^{2k+1}(-1)^k} =(2k+1)\tan (2k+1)\theta=n\tan n\theta\]
如果$n=2k$是偶数,那么按照同样的操作同理可得$\tan(\theta+\frac{j\pi}{n})$是如下关于$y$的$2k$次方程的$2k$个不同根\[ C_{2k}^{2k} (-1)^k y^{2k} – \cot 2k \theta \cdot C_{2k}^{2k-1}(-1)^{k-1} y^{2k-1}+\dots=0\]
韦达定理可得\[ F_n(\theta)=-\frac{- \cot 2k \theta \cdot C_{2k}^{2k-1}(-1)^{k-1}}{C_{2k}^{2k} (-1)^k} =-2k\cot 2k\theta=-n\cot n\theta\]
综上可知\[ F_n(\theta)=\sum_{j=1}^n \tan(\theta+\frac{j\pi}{n})=\begin{cases} n\tan n\theta & 2 \nmid n\\ -n\cot n\theta & 2 | n \end{cases}\]
接着证明原题:
不妨设第$j$边倾斜角为$x_j=\theta+\frac{2j\pi}{n}$,(不管倾斜角$[0,\pi)$的取值范围,求正切以后无影响)\[ f_n(\theta)=\sum_{j=1}^n \tan(\theta+\frac{2j\pi}{n})\]
则\[ \sum_{j=1}^n \cot(\theta+\frac{2j\pi}{n})=\sum_{j=1}^n \tan(\frac{\pi}{2}-\theta-\frac{2j\pi}{n})=f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)\]
待求式即为$A_n=f_n(\theta)f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)$
若$n=2k+1$是奇数,则易得任意两个边倾斜角的差都不是$\pi$的整数倍,所以求正切后互不相同,是$\theta+\frac{j\pi}{n}$的重新排列
亦即$f_n(\theta)=F_n(\theta)$
\[ f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)=n \tan n(\frac{\pi}{2}-\theta)=n \tan (k\pi+\frac{\pi}{2}-n\theta)=n \cot n\theta\]
于是待求为\[ A_n=f_n(\theta)f_n(\frac{\pi}{2}-\theta)=\left( n\tan n\theta \right) \left( n \cot n\theta \right)=n^2\]
若$n=2k$是偶数,则$x_1,x_2,\dots,x_k$的正切刚好取遍$\tan(\theta+\frac{j\pi}{k}),j=1,2,\dots,k$,而$\tan x_{k+j}=\tan x_j$
所以$f_{2k}(\theta)=2F_k(\theta),f_{2k}(\frac{\pi}{2}-\theta)=2F_k(\frac{\pi}{2}-\theta)$,待求式为\[ A_n=f_{2k}(\theta) f_{2k}(\frac{\pi}{2}-\theta)=4F_k(\theta)F_{k}(\frac{\pi}{2}-\theta)\]
如果$k$是奇数,如上可得\[ A_n=4k^2=n^2 \]
如果$k=2m$是偶数,那么$n=4m$\[ A_n=4F_{2m}(\theta)F_{2m}(\frac{\pi}{2}-\theta)=4 \cdot (-2m\cot 2m\theta) \cdot (-2m \cot 2m(\frac{\pi}{2}-\theta))=-n^2\cot^2\frac{n\theta}{2}\]
综上可得\[ A_n=\begin{cases} -n^2\cot^2\frac{n\theta}{2} & 4|n\\ n^2 & else \end{cases}\]
