我好像发现了一个有关三角函数的定理，如何证明？

发布时间：

2024-08-07 02:52

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这里给出一种解释，具体的值我还没有计算出来.

下面证明当素数 $p\equiv 1(4)$ 时， $\begin{align} \prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}|\sin\frac{\pi k^2}{p}|=\frac{a+b\sqrt{p}}{2^\frac{p-1}{2}} \end{align}$

其中 $2a,2b\in \mathbb{Z}$ ，且 $a^2-pb^2=p$ ，

换句话说， $a+b\sqrt{p}$ 是二次域 $Q(\sqrt{p})$ 中的代数整数，且模(norm)是 $p$ .

对于题主给出的 $p$ ，都有 $p\equiv1(4)$ ，当 $p=n^2+1$ 时， $a=p,b=n$

当 $p=n^2+4$ 时， $a=\frac{p}{2},b=\frac{n}{2}$ (不知道题主是否验证过正负号)

结论的证明：记 $\zeta_p=e^{\frac{2\pi i}{p}}$ 为本原 $p$ 次单位根

$\begin{align} 2^{\frac{p-1}{2}}\prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}|\sin\frac{\pi k^2}{p}|=\prod_{k=1}^\frac{p-1}{2}|1-e^\frac{2\pi ik^2}{p}|=|\prod_{(\frac{k}{p})=1}(1-\zeta_p^k)| \end{align}$

记 $\begin{align} f(x)=\prod_{(\frac{k}{p})=1}x-\zeta_p^k,g(x)=\prod_{(\frac{k}{p})=-1}x-\zeta_p^k \end{align}$ ,则 $\begin{align} f(x)g(x)=\prod_{k=1}^{p-1}x-\zeta_p^k=\Phi_p(x)=x^{p-1}+\cdots+1 \end{align}$ ，于是 $f(1)g(1)=p$ .

记 $K=Q(\sqrt{p})$ ， $O_K$ 为 $K$ 中的所有代数整数， $\sigma$ 是 $K$ 的自同构，满足 $\sigma(\sqrt{p})=-\sqrt{p}$

我们证明 $f,g\in O_K[x]$ ，且 $g=\sigma(f)$ .

对于整数 $m$ ，记 $s_m$ 为 $f$ 所有根的 $m$ 次幂之和， $t_m$ 为 $g$ 所有根的 $m$ 次幂之和.

熟知有高斯和： $\begin{align} \sum_{k=0}^{p-1}\left(\frac{k}{p}\right)\zeta_p^{mk}=\begin{cases} \left(\frac{m}{p}\right)\sqrt{p}&,p\nmid m\\ -1&,p\mid m \end{cases} \end{align}$