求证：$\tan ^21^\circ+\tan ^23^\circ+\tan ^25^\circ+\cdots+\tan ^287^\circ+\tan ^289^\circ=4005$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
由棣莫佛公式，有\[\cos nx+{\rm i}\sin nx=\left(\cos x+{\rm i}\sin x\right)^n,\]于是\[\begin{split}
\cos nx &={\rm C}_n^0\cos^nx-{\rm C}_n^2\cos^{n-2}x\sin^2x+{\rm C}_n^4\cos^{n-4}x\sin^4x-\cdots,\\
\sin nx &={\rm C}_n^1\cos^{n-1}x\sin x-{\rm C}_n^3\cos^{n-3}x\sin^3x+{\rm C}_n^5\cos^{n-5}x\sin^5x-\cdots,\end{split}\]也即\[\begin{split}\cos nx &=\cos^nx\cdot \left({\rm C}_n^0-{\rm C}_n^2\tan^2x+{\rm C}_n^4\tan^4x-\cdots\right),\\
\sin nx &=\cos^nx\cdot \tan x\cdot \left({\rm C}_n^1-{\rm C}_n^3\tan^2x+{\rm C}_n^5\tan^4x-\cdots\right),\end{split}\]在第一个式子中，令 $n=90$，$x$ 分别为 $1^\circ,3^\circ,5^\circ,\cdots,89^\circ$，可得 $\tan^21^\circ,\tan^23^\circ,\tan^25^\circ,\cdots,\tan^289^\circ$ 是关于 $t$ 的方程\[{\rm C}_{90}^0-{\rm C}_{90}^2t+{\rm C}_{90}^4t^2-\cdots-{\rm C}_{90}^{90}t^{45}=0\]的 $45$ 个实根，于是根据韦达定理，有\[\tan ^21^\circ+\tan ^23^\circ+\tan ^25^\circ+\cdots+\tan ^287^\circ+\tan ^289^\circ=-\dfrac{{\rm C}_{90}^{88}}{-{\rm C}_{90}^{90}}=4005.\]
\cos nx &={\rm C}_n^0\cos^nx-{\rm C}_n^2\cos^{n-2}x\sin^2x+{\rm C}_n^4\cos^{n-4}x\sin^4x-\cdots,\\
\sin nx &={\rm C}_n^1\cos^{n-1}x\sin x-{\rm C}_n^3\cos^{n-3}x\sin^3x+{\rm C}_n^5\cos^{n-5}x\sin^5x-\cdots,\end{split}\]也即\[\begin{split}\cos nx &=\cos^nx\cdot \left({\rm C}_n^0-{\rm C}_n^2\tan^2x+{\rm C}_n^4\tan^4x-\cdots\right),\\
\sin nx &=\cos^nx\cdot \tan x\cdot \left({\rm C}_n^1-{\rm C}_n^3\tan^2x+{\rm C}_n^5\tan^4x-\cdots\right),\end{split}\]在第一个式子中，令 $n=90$，$x$ 分别为 $1^\circ,3^\circ,5^\circ,\cdots,89^\circ$，可得 $\tan^21^\circ,\tan^23^\circ,\tan^25^\circ,\cdots,\tan^289^\circ$ 是关于 $t$ 的方程\[{\rm C}_{90}^0-{\rm C}_{90}^2t+{\rm C}_{90}^4t^2-\cdots-{\rm C}_{90}^{90}t^{45}=0\]的 $45$ 个实根，于是根据韦达定理，有\[\tan ^21^\circ+\tan ^23^\circ+\tan ^25^\circ+\cdots+\tan ^287^\circ+\tan ^289^\circ=-\dfrac{{\rm C}_{90}^{88}}{-{\rm C}_{90}^{90}}=4005.\]
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