e0=1,k>n⇒ek=0とし,tanx1,tanx2,⋯,tanxnのk次の対称式をekと表すとき,tan(x1+x2+⋯+xn)=e1−e3+e5−⋯e0−e2+e4−⋯が成り立つ.ただしtanの中身はπ2の奇数倍にならないとする.
帰納法でも示せますが,ここでは複素数を使って証明します.
x1,x2,⋯,xnが実数であるとき,∏k=1n(cosxk+isinxk)=cos(x1+⋯+xn)+isin(x1+⋯+xn)∴∏k=1ncosxk∏k=1n(1+itanxk)=cos(x1+⋯+xn){1+itan(x1+⋯+xn)}∴∏k=1ncosxk∑k=0nikek=cos(x1+⋯+xn){1+itan(x1+⋯+xn)}両辺の虚部実部虚部実部をとって,e1−e3+e5−⋯e0−e2+e4−⋯=tan(x1+x2+⋯+xn)(正則関数の一致の定理から,x1,x2,⋯,xnが複素数の範囲でも成立する)
エレガントです.
tannx=nC1tanx−nC3tan3x+nC5tan5x−⋯1−nC2tan2x+nC4tan4x−⋯ただし,k>nのときnCk=0とする.
sinや,cosのn倍角(チェビシェフ多項式)は規則性が少なくnが大きいと扱いづらいのに,tanのn倍角はシンプルに表せるのは驚きです.
e0=1,k>n⇒ek=0とし,tanhx1,tanhx2,⋯,tanhxnのk次の対称式をekと表すとき,tanh(x1+x2+⋯+xn)=e1+e3+e5+⋯e0+e2+e4+⋯
この事実はたまに不等式の証明に使えます.たとえば−1<x,y,z<1をみたす任意の実数x,y,zに対し−1<x+y+z+xyz1+xy+yz+zx<1の成立がわかったりします.
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