Ensino Médio ⇒ Somatório de Tangentes Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Fev 2020
11
01:35
Somatório de Tangentes
Prove que: [tex3]\sum_{k=1}^5\tg^4\(\frac{k\pi}{11}\)=2365[/tex3]
Fev 2020
20
12:04
Re: Somatório de Tangentes
Babi, enviei esta questão para o meu colega resolver. Segue a resolução
Forte abraço,
Al3
Forte abraço,
Al3
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snooplammer 
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FelipeMartin
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Jul 2023
01
00:10
Re: Somatório de Tangentes
[tex3]\tg(11x) = 0 \implies \sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1} (-1)^n\tg^{2n+1}(x) = 0[/tex3]
descartamos [tex3]\tg (x) = 0[/tex3] :
[tex3]\sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1} (-1)^n\tg^{2n+1}(x) = 0[/tex3]
[tex3]\sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1} (-1)^n\tg^{2n}(x) = 0[/tex3]
Então as raízes do polinômio [tex3]p(x) = \sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1} (-1)^nx^{2n}[/tex3] são [tex3]\tg (\frac{k \pi}{11})[/tex3] com [tex3]k=1,2,3,...,10[/tex3]
o polinômio cujas raízes são os quadrados desses valores é dado por [tex3]Q(x)= p(x) \cdot p(-x)[/tex3] desde que se faça a mudança [tex3]x^2=y[/tex3]
[tex3]Q(x) =(\sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1} (-1)^nx^{n} )^2 = \sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1}^2x^{2n} + \sum_{i \neq j} {11 \choose 2i+1} (-1)^{i+j}x^{i+j} {11 \choose 2j+1} [/tex3]
o coeficiente independente é [tex3]1[/tex3] . O coeficiente do expoente de [tex3]x^{9}[/tex3] é [tex3]\sum_{i + j=9} {11 \choose 2i+1} (-1)^{9}x^{9} {11 \choose 2j+1} [/tex3] temos [tex3]i=5[/tex3] e [tex3]j=4[/tex3] e vice-versa. Logo, o coeficiente é [tex3]-2 \cdot {11 \choose 9} = -110[/tex3] .
O coeficiente de [tex3]x^8[/tex3] é [tex3] {11 \choose 9}^2 = 55^2[/tex3] mais [tex3]\sum_{i + j=8} {11 \choose 2i+1} x^{8} {11 \choose 2j+1} [/tex3] cujas soluções são [tex3]i=3,j=5[/tex3] e [tex3]i=j=4[/tex3] (não vale, pois [tex3]i \neq j[/tex3] ) e permutações.
[tex3]2 \cdot {11 \choose 7} {11 \choose 11} = 660[/tex3]
Então teremos [tex3]55^2 + 660 = 3685[/tex3]
A soma das quarta potências das raízes é dada por: [tex3]110^2 - 2 \cdot 3685 = 4730[/tex3]
Como [tex3]\tan (\pi -x) = -\tan (x)[/tex3] e [tex3]\tg (\pi - \frac{(2k+1)\pi}{11}) = \tg (\frac{2(5-k)\pi}{11})[/tex3] temos que basta dividir o resultado acima por 2 pra obter a soma que você quer:
[tex3]\frac{4370}2 = 2365[/tex3] .
descartamos [tex3]\tg (x) = 0[/tex3] :
[tex3]\sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1} (-1)^n\tg^{2n+1}(x) = 0[/tex3]
[tex3]\sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1} (-1)^n\tg^{2n}(x) = 0[/tex3]
Então as raízes do polinômio [tex3]p(x) = \sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1} (-1)^nx^{2n}[/tex3] são [tex3]\tg (\frac{k \pi}{11})[/tex3] com [tex3]k=1,2,3,...,10[/tex3]
o polinômio cujas raízes são os quadrados desses valores é dado por [tex3]Q(x)= p(x) \cdot p(-x)[/tex3] desde que se faça a mudança [tex3]x^2=y[/tex3]
[tex3]Q(x) =(\sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1} (-1)^nx^{n} )^2 = \sum_{n=0}^{5} {11 \choose 2n+1}^2x^{2n} + \sum_{i \neq j} {11 \choose 2i+1} (-1)^{i+j}x^{i+j} {11 \choose 2j+1} [/tex3]
o coeficiente independente é [tex3]1[/tex3] . O coeficiente do expoente de [tex3]x^{9}[/tex3] é [tex3]\sum_{i + j=9} {11 \choose 2i+1} (-1)^{9}x^{9} {11 \choose 2j+1} [/tex3] temos [tex3]i=5[/tex3] e [tex3]j=4[/tex3] e vice-versa. Logo, o coeficiente é [tex3]-2 \cdot {11 \choose 9} = -110[/tex3] .
O coeficiente de [tex3]x^8[/tex3] é [tex3] {11 \choose 9}^2 = 55^2[/tex3] mais [tex3]\sum_{i + j=8} {11 \choose 2i+1} x^{8} {11 \choose 2j+1} [/tex3] cujas soluções são [tex3]i=3,j=5[/tex3] e [tex3]i=j=4[/tex3] (não vale, pois [tex3]i \neq j[/tex3] ) e permutações.
[tex3]2 \cdot {11 \choose 7} {11 \choose 11} = 660[/tex3]
Então teremos [tex3]55^2 + 660 = 3685[/tex3]
A soma das quarta potências das raízes é dada por: [tex3]110^2 - 2 \cdot 3685 = 4730[/tex3]
Como [tex3]\tan (\pi -x) = -\tan (x)[/tex3] e [tex3]\tg (\pi - \frac{(2k+1)\pi}{11}) = \tg (\frac{2(5-k)\pi}{11})[/tex3] temos que basta dividir o resultado acima por 2 pra obter a soma que você quer:
[tex3]\frac{4370}2 = 2365[/tex3] .
Última edição: FelipeMartin (Sáb 01 Jul, 2023 00:17). Total de 1 vez.
φως εσύ και καρδιά μου εγώ πόσο σ' αγαπώ.
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