Elde ettiğim sonucun daha sade hali var olabilir, eğer bulan olur ve eklerse sevinirim.
$e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x)$ eşitliğini kullanırsak, $$e^{ixn}=(\cos(x)+i\sin(x))^n=(\cos(nx)+i\sin(nx))$$ $$\Rightarrow z= \dfrac{(\cos(x)+i\sin(x))^n}{\cos^{n}(x)}=(1+i\tan(x))^n=\dfrac{\cos(nx)}{\cos^{n}(x)}+i\dfrac{\sin(nx)}{\cos^{n}(x)}$$ $\mathfrak{R}(x)$ ifadesi $x$'in reel kısmı, $\mathfrak{I}(x)$ ifadesi sanal kısmı olmak üzere $$\dfrac{\mathfrak{I}(z)}{\mathfrak{R}(z)}=\tan(nx)$$ olduğu görülebilir. $z$'yi binom açılımıyla incelersek, $$z=\sum_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}\cdot i^k \cdot \tan^{k}(x)$$ Bu eşitlikle biraz uğraşırak eşitliği $i$'nin kuvvetlerine göre ayırıp, $$\mathfrak{I}(z)=\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor}\dbinom{n}{2j+1}\cdot (-1)^j\cdot \tan^{2j+1}(x)$$ ve $$\mathfrak{R}(z)=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\dbinom{n}{2i}\cdot (-1)^i\cdot \tan^{2i}(x)$$ elde ederiz. Bu elde ettiklerimizden $$\tan(nx)=\dfrac{\mathfrak{I}(z)}{\mathfrak{R}(z)}=\dfrac{\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor}\dbinom{n}{2j+1}\cdot (-1)^j\cdot t^{2j+1}}{\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\dbinom{n}{2i}\cdot (-1)^i\cdot t^{2i}}$$ bulunur.
$\underline{~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~}$
Örneğin $n=4$ için $$\tan(4x)=\dfrac{\sum_{j=0}^{1}\dbinom{4}{2j+1}\cdot (-1)^j\cdot t^{2j+1}}{\sum_{i=0}^{2}\dbinom{4}{2i}\cdot (-1)^i\cdot t^{2i}}=\dfrac{-4t^3+4t}{t^4-6t^2+1}$$ olur.
