Olimpíadas ⇒ Somatório Trigonométrico Tópico resolvido
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Hanon 
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Jan 2020
15
13:22
Somatório Trigonométrico
Prove que:[tex3]\sum_{r=1}^{12}\sec^2\(\frac{r\pi}{13}\)=168[/tex3]
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undefinied3 
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Jan 2020
15
16:40
Re: Somatório Trigonométrico
[tex3]\tg (13x)=0 \rightarrow {13 \choose 1}\tg (x)-{13 \choose 3}\tg ^3(x)+...+{13 \choose 13}\tg ^{13}(x)=0[/tex3]
Descartamos a raiz trivial. Além disso, 13 escolhe 13 é 1.
[tex3]{13 \choose 1}-{13 \choose 3}\tg ^2(x)+...-{13 \choose 11}\tg ^{10}(x)+\tg ^{12}(x)=0[/tex3]
A transformada de elevar as raízes ao quadrado é um pouco menos convencional. É fácil de verificar que dá certo, vou apenas deixar o resultado:
Se [tex3]P(x)[/tex3] é de grau [tex3]n[/tex3] com raízes [tex3]r_i[/tex3] , [tex3]1\leq i \leq n[/tex3] , então o polinômio de raízes [tex3]r_i ^2[/tex3] é dado por [tex3](-1)^nP(x)P(-x)[/tex3] após fazer a transformação [tex3]x^2 \rightarrow y[/tex3] .
Por exemplo: [tex3]P(x)=(x-2)(x-3)=x^2-5x+6[/tex3]
[tex3]Q(x)=(-1)^2(x^2-5x+6)(x^2+5x+6)=x^4-13x^2+36[/tex3]
[tex3]\therefore Q(y)=y^2-13y+36=(y-4)(y-9)[/tex3]
Para a soma pedida, a ideia é transformar [tex3]1+\tg ^2=sec^2[/tex3]
Estamos interessados na soma das raízes de um polinômio cujas raízes sejam tangentes ao quadrado. Vamos aplicar a transformação que eu falei e coletar apenas o termo com a potência que nos interessa (que, por girard, vai ser o coeficiente de [tex3]\tg ^{22}(x)[/tex3]
Multiplicando [tex3]P(x)P(-x)[/tex3] , notamos que, para o resultado ser em função de [tex3]\tg ^{22}(x)[/tex3] , as únicas possibilidades são os dois produtos que aparecem [tex3]\tg ^{10}\cdot \tg ^{12}[/tex3] e [tex3]\tg ^{12}\cdot \tg ^{10}[/tex3] . Além disso, note que o polinômio em questão é par, então [tex3]P(-x)=P(x)[/tex3]
Assim, o coeficiente de [tex3]\tg ^{22}[/tex3] será dado por [tex3]2\cdot \[-{13 \choose 11}\]=-156[/tex3]
Então, por girard, a soma das raízes será [tex3]- \frac{-156}{1}=156[/tex3] .
No entanto, isso é a soma das tangentes ao quadrado. Para dar a soma das secantes ao quadrado, devemos somar 1 em cada termo. Como são 12 termos no somatório, a resposta é dada por:
[tex3]156+12=168[/tex3]
Descartamos a raiz trivial. Além disso, 13 escolhe 13 é 1.
[tex3]{13 \choose 1}-{13 \choose 3}\tg ^2(x)+...-{13 \choose 11}\tg ^{10}(x)+\tg ^{12}(x)=0[/tex3]
A transformada de elevar as raízes ao quadrado é um pouco menos convencional. É fácil de verificar que dá certo, vou apenas deixar o resultado:
Se [tex3]P(x)[/tex3] é de grau [tex3]n[/tex3] com raízes [tex3]r_i[/tex3] , [tex3]1\leq i \leq n[/tex3] , então o polinômio de raízes [tex3]r_i ^2[/tex3] é dado por [tex3](-1)^nP(x)P(-x)[/tex3] após fazer a transformação [tex3]x^2 \rightarrow y[/tex3] .
Por exemplo: [tex3]P(x)=(x-2)(x-3)=x^2-5x+6[/tex3]
[tex3]Q(x)=(-1)^2(x^2-5x+6)(x^2+5x+6)=x^4-13x^2+36[/tex3]
[tex3]\therefore Q(y)=y^2-13y+36=(y-4)(y-9)[/tex3]
Para a soma pedida, a ideia é transformar [tex3]1+\tg ^2=sec^2[/tex3]
Estamos interessados na soma das raízes de um polinômio cujas raízes sejam tangentes ao quadrado. Vamos aplicar a transformação que eu falei e coletar apenas o termo com a potência que nos interessa (que, por girard, vai ser o coeficiente de [tex3]\tg ^{22}(x)[/tex3]
Multiplicando [tex3]P(x)P(-x)[/tex3] , notamos que, para o resultado ser em função de [tex3]\tg ^{22}(x)[/tex3] , as únicas possibilidades são os dois produtos que aparecem [tex3]\tg ^{10}\cdot \tg ^{12}[/tex3] e [tex3]\tg ^{12}\cdot \tg ^{10}[/tex3] . Além disso, note que o polinômio em questão é par, então [tex3]P(-x)=P(x)[/tex3]
Assim, o coeficiente de [tex3]\tg ^{22}[/tex3] será dado por [tex3]2\cdot \[-{13 \choose 11}\]=-156[/tex3]
Então, por girard, a soma das raízes será [tex3]- \frac{-156}{1}=156[/tex3] .
No entanto, isso é a soma das tangentes ao quadrado. Para dar a soma das secantes ao quadrado, devemos somar 1 em cada termo. Como são 12 termos no somatório, a resposta é dada por:
[tex3]156+12=168[/tex3]
Última edição: undefinied3 (Qua 15 Jan, 2020 16:41). Total de 1 vez.
Ocupado com início do ano no ITA. Estarei fortemente inativo nesses primeiros meses do ano, então busquem outro moderador para ajudar caso possível.
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snooplammer - Mensagens: 1701
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Jan 2020
15
17:48
Re: Somatório Trigonométrico
Eu ia deixar minha solução, mas a ideia seria a mesma do undefinied, então só vou elucidar algumas partes.
Como achar [tex3]\tg(13x)[/tex3] ?
Bom, dos números complexos, [tex3]z=\cos \theta +i\sen \theta[/tex3]
[tex3]z^n=(\cos\theta +i\sen \theta)~^n[/tex3]
Mas, também temos que [tex3]z^n=\cos(n\theta)+i\sen(n\theta)[/tex3]
Então, [tex3]\cos(n\theta)+i\sen(n\theta)=(\cos\theta +i\sen \theta)^n[/tex3]
Pelo Binômio de Newton(consideremos [tex3]n \in \mathbb{N}[/tex3] , então teremos
[tex3]\cos(n\theta)+i\sen (n\theta)=\cos^n \theta +i \binom{n}{1}\cos^{n-1}\theta\sen \theta-\binom{n}{2}\cos^{n-2}\theta\sen^2\theta-i\binom{n}{3}\cos^{n-3}\theta\sen^3\theta+\dots+\binom{n}{n-1}\cos \theta(i\sen)^{n-1}+\binom{n}{n}(i\sen)^n[/tex3]
Da igualdade,
[tex3]\cos(n\theta)=\cos^n \theta-\binom{n}{2}\cos^{n-2}\theta\sen^2\theta+\binom{n}{4}\cos^{n-4}\theta\sen^4\theta-\dots[/tex3]
Perceba que todos os termos em que [tex3]\sen\theta[/tex3] estiver eleado à expoente par, irá fazer parte do [tex3]\cos(nx)[/tex3] , acredito que o motivo seja evidente.
[tex3]\sen(n\theta)=\binom{n}{1}\cos^{n-1}\theta \sen \theta - \binom{n}{3}\cos^{n-3}\theta \sen^3 \theta+\binom{n}{5}\cos^{n-5}\theta\sen^5\theta+\dots[/tex3]
E aqui são todos os [tex3]\sen \theta[/tex3] que estiver elevado à expoente ímpar.
[tex3]\tg(n\theta)=\frac{\binom{n}{1}\cos^{n-1}\theta \sen \theta - \binom{n}{3}\cos^{n-3}\theta \sen^3 \theta+\binom{n}{5}\cos^{n-5}\theta\sen^5\theta+\dots}{\cos^n \theta-\binom{n}{2}\cos^{n-2}\theta\sen^2\theta+\binom{n}{4}\cos^{n-4}\theta\sen^4\theta-\dots}[/tex3]
Podemos reescrever da seguinte maneira
[tex3]\tg(n\theta)=\frac{\binom{n}{1}\cos^{n-1}\theta \sen \theta - \binom{n}{3}\cos^{n-3}\theta \sen^3 \theta+\binom{n}{5}\cos^{n-5}\theta\sen^5\theta+\dots}{\cos^n \theta-\binom{n}{2}\cos^{n-2}\theta\sen^2\theta+\binom{n}{4}\cos^{n-4}\theta\sen^4\theta-\dots} \cdot \frac{\cos^n\theta}{\cos^n\theta}[/tex3]
[tex3]\tg(n\theta)=\frac{\binom{n}{1}\tg \theta-\binom{n}{3}\tg^3 \theta+\binom{n}{5}\tg^5\theta-\dots}{1-\binom{n}{2}\tg^2 \theta + \binom{n}{4}\tan^4 \theta-\binom{n}{6}\tg^6 \theta} [/tex3]
Com isso, acredito que fique mais fácil de entender a ideia de como chegar na forma polinomial pra [tex3]\tg(13x)=0[/tex3] .
Um outro ponto que eu queria dizer é sobre elevar as raízes ao quadrado.
Você pode usar a ideia de que
[tex3](x_1+x_2+x_3+x_4+\dots+x_n)^2=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+\dots+x_n^2+2\underbrace{(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+\dots +x_1x_n+x_2x_3+\dots)}_{Soma \ dois \ a \ dois}[/tex3]
Perceba que
[tex3]x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+\dots+x_n^2=(x_1+x_2+x_3+x_4+\dots+x_n)^2-2(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+\dots +x_1x_n+x_2x_3+\dots)[/tex3]
[tex3]x_1+x_2+x_3+x_4+\dots+x_n=-\frac{a_{n-1}}{a_n}[/tex3]
[tex3]\underbrace{(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+\dots +x_1x_n+x_2x_3+\dots)}_{Soma \ dois \ a \ dois}=\frac{a_{n-2}}{a_n}[/tex3]
Então
[tex3]x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+\dots+x_n^2=\(-\frac{a_{n-1}}{a_n}\)^2-2\frac{a_{n-2}}{a_n}[/tex3]
Podemos utilizar isso na questão.
Observe que [tex3]\frac{a_{n-1}}{a_n}=0[/tex3] e que [tex3]\frac{a_{n-2}}{a_n}=-78[/tex3]
Então [tex3]x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+\dots+x_n^2=(-2)\cdot(-78)=156[/tex3]
Acredito que esses eram os pontos mais complicadinhos.
Como achar [tex3]\tg(13x)[/tex3] ?
Bom, dos números complexos, [tex3]z=\cos \theta +i\sen \theta[/tex3]
[tex3]z^n=(\cos\theta +i\sen \theta)~^n[/tex3]
Mas, também temos que [tex3]z^n=\cos(n\theta)+i\sen(n\theta)[/tex3]
Então, [tex3]\cos(n\theta)+i\sen(n\theta)=(\cos\theta +i\sen \theta)^n[/tex3]
Pelo Binômio de Newton(consideremos [tex3]n \in \mathbb{N}[/tex3] , então teremos
[tex3]\cos(n\theta)+i\sen (n\theta)=\cos^n \theta +i \binom{n}{1}\cos^{n-1}\theta\sen \theta-\binom{n}{2}\cos^{n-2}\theta\sen^2\theta-i\binom{n}{3}\cos^{n-3}\theta\sen^3\theta+\dots+\binom{n}{n-1}\cos \theta(i\sen)^{n-1}+\binom{n}{n}(i\sen)^n[/tex3]
Da igualdade,
[tex3]\cos(n\theta)=\cos^n \theta-\binom{n}{2}\cos^{n-2}\theta\sen^2\theta+\binom{n}{4}\cos^{n-4}\theta\sen^4\theta-\dots[/tex3]
Perceba que todos os termos em que [tex3]\sen\theta[/tex3] estiver eleado à expoente par, irá fazer parte do [tex3]\cos(nx)[/tex3] , acredito que o motivo seja evidente.
[tex3]\sen(n\theta)=\binom{n}{1}\cos^{n-1}\theta \sen \theta - \binom{n}{3}\cos^{n-3}\theta \sen^3 \theta+\binom{n}{5}\cos^{n-5}\theta\sen^5\theta+\dots[/tex3]
E aqui são todos os [tex3]\sen \theta[/tex3] que estiver elevado à expoente ímpar.
[tex3]\tg(n\theta)=\frac{\binom{n}{1}\cos^{n-1}\theta \sen \theta - \binom{n}{3}\cos^{n-3}\theta \sen^3 \theta+\binom{n}{5}\cos^{n-5}\theta\sen^5\theta+\dots}{\cos^n \theta-\binom{n}{2}\cos^{n-2}\theta\sen^2\theta+\binom{n}{4}\cos^{n-4}\theta\sen^4\theta-\dots}[/tex3]
Podemos reescrever da seguinte maneira
[tex3]\tg(n\theta)=\frac{\binom{n}{1}\cos^{n-1}\theta \sen \theta - \binom{n}{3}\cos^{n-3}\theta \sen^3 \theta+\binom{n}{5}\cos^{n-5}\theta\sen^5\theta+\dots}{\cos^n \theta-\binom{n}{2}\cos^{n-2}\theta\sen^2\theta+\binom{n}{4}\cos^{n-4}\theta\sen^4\theta-\dots} \cdot \frac{\cos^n\theta}{\cos^n\theta}[/tex3]
[tex3]\tg(n\theta)=\frac{\binom{n}{1}\tg \theta-\binom{n}{3}\tg^3 \theta+\binom{n}{5}\tg^5\theta-\dots}{1-\binom{n}{2}\tg^2 \theta + \binom{n}{4}\tan^4 \theta-\binom{n}{6}\tg^6 \theta} [/tex3]
Com isso, acredito que fique mais fácil de entender a ideia de como chegar na forma polinomial pra [tex3]\tg(13x)=0[/tex3] .
Um outro ponto que eu queria dizer é sobre elevar as raízes ao quadrado.
Você pode usar a ideia de que
[tex3](x_1+x_2+x_3+x_4+\dots+x_n)^2=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+\dots+x_n^2+2\underbrace{(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+\dots +x_1x_n+x_2x_3+\dots)}_{Soma \ dois \ a \ dois}[/tex3]
Perceba que
[tex3]x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+\dots+x_n^2=(x_1+x_2+x_3+x_4+\dots+x_n)^2-2(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+\dots +x_1x_n+x_2x_3+\dots)[/tex3]
[tex3]x_1+x_2+x_3+x_4+\dots+x_n=-\frac{a_{n-1}}{a_n}[/tex3]
[tex3]\underbrace{(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+\dots +x_1x_n+x_2x_3+\dots)}_{Soma \ dois \ a \ dois}=\frac{a_{n-2}}{a_n}[/tex3]
Então
[tex3]x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+\dots+x_n^2=\(-\frac{a_{n-1}}{a_n}\)^2-2\frac{a_{n-2}}{a_n}[/tex3]
Podemos utilizar isso na questão.
Observe que [tex3]\frac{a_{n-1}}{a_n}=0[/tex3] e que [tex3]\frac{a_{n-2}}{a_n}=-78[/tex3]
Então [tex3]x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+\dots+x_n^2=(-2)\cdot(-78)=156[/tex3]
Acredito que esses eram os pontos mais complicadinhos.
Última edição: snooplammer (Qua 15 Jan, 2020 17:51). Total de 1 vez.
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