三角级数
之前我在笔记本上积累过很多三角级数，忘记是在哪里学到的了，而且有的公式我也没有记录证明过程，所以本节我将其整理一下，方便自己以后翻阅，也把这些有趣的结论分享给大家！
例题
例 1（正余弦和）
Example
\(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{2k\pi}{n}=\sum_{k=0}^{n-1}\sin\frac{2k\pi}{n}=0\)
为了解决这个问题，我们需要熟知下面这个引理，即：\(n\) 次单位根之和为 \(0\)：
引理
\[\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}e^{i\frac{2k\pi}{n}}=0\]
证明：设 \(\omega=e^{i\frac{2\pi}{n}}\)，那么 \(\omega^k=e^{i\frac{2k\pi}{n}},\)
所以：
\[
\sum_{k=0}^{n-1}e^{i\frac{2k\pi}{n}}
=\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k.
\]
\(n\) 次单位根求和是一个等比数列：
\[
1+\omega+\omega^2+\cdots+\omega^{n-1}.
\]
利用等比数列求和公式：
\[
\begin{aligned}\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k
&=\frac{1-\omega^n}{1-\omega}\\
&=\frac{1-\left(e^{i\frac{2\pi}{n}}\right)^n}{1-\omega}\\
&=\frac{1-e^{i2\pi}}{1-\omega}\\
&=\frac{1-1}{1-\omega}\\
&=0
\end{aligned}
\]
即证得：
\[
\sum_{k=0}^{n-1}e^{i\frac{2k\pi}{n}}
=0.
\]
通过几何的角度也很好理解：
\[
e^{i\frac{2k\pi}{n}}
\quad (k=0,1,\ldots,n-1)
\]
是单位圆上正 \(n\) 边形的 \(n\) 个顶点。
单位根示意图
这些向量首尾相接形成一个封闭正多边形，因此向量和为零：
\[
\sum_{k=0}^{n-1}e^{i\frac{2k\pi}{n}}=0.
\]
接下来对上面证明的这个引理根据欧拉公式展开：
\[
e^{i\theta}
=\cos\theta+i\sin\theta,
\]
可得
\[
e^{i\frac{2k\pi}{n}}=
\cos\frac{2k\pi}{n}
+i\sin\frac{2k\pi}{n}.
\]
左右两边同时求和，得：
\[
0
=
\sum_{k=0}^{n-1}
\left(
\cos\frac{2k\pi}{n}
+i\sin\frac{2k\pi}{n}
\right).
\]
整理得：
\[
0
=
\left(
\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{2k\pi}{n}
\right)
+i
\left(
\sum_{k=0}^{n-1}\sin\frac{2k\pi}{n}
\right).
\]
而一个复数等于 0，当且仅当实部和虚部分别为 0，因此得到本题结论：
\[
\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{2k\pi}{n}=0,
\]
以及
\[
\sum_{k=0}^{n-1}\sin\frac{2k\pi}{n}=0.
\]
例 2（正弦平方和）
Example
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \sin^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{n}{2}\)
证明：使用降次公式：
\[
\sin^2 x = \frac{1-\cos(2x)}{2}
\]
则：
\[
\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n-1} \sin^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) &= \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1 - \cos\left(\frac{2k\pi}{n}\right)}{2} \\&= \frac{n-1}{2} - \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1} \cos\left(\frac{2k\pi}{n}\right)\end{aligned}
\]
我们对于例 1 中的结论，把 \(k=0\) 项分离出来，由于 \(\cos 0 =1.\)
因此：
\[
0=\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{2k\pi}{n}=
1+\sum_{k=1}^{n-1}\cos\frac{2k\pi}{n}.
\]
移项得：
\[
\sum_{k=1}^{n-1}\cos\frac{2k\pi}{n}
=-1
\]
将其代入原式得：
\[
\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n-1} \sin^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) &= \frac{n-1}{2} - \frac{1}{2}(-1) \\&= \frac{n}{2}\end{aligned}
\]
例 3（余弦平方和）
Example
\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \cos^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{n-2}{2}\)
证明：利用 \(\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta\) 直接化归到例 2 求解：
\[
\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n-1} \cos^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) &= \sum_{k=1}^{n-1} \left[1 - \sin^2\left(\frac{k\pi}{n}\right)\right] \\&= (n-1) - \frac{n}{2} \\&= \frac{n-2}{2}\end{aligned}
\]
例 4（余切平方和）
Example
\(\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \cot^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{(n-1)(n-2)}{3}\)
证明：根据棣莫弗公式：
\[
(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos(n\theta) + i\sin(n\theta)
\]
对于等号的左边，我们利用二项式定理进行展开：
\[
(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \sum_{m=0}^{n} \binom{n}{m} (\cos\theta)^{n-m} (i\sin\theta)^m
\]
只需求 \(\sin(n\theta)\)，即等式两边的虚部，提取上述展开式中 \(m\) 为奇数的项：
\[
\sin(n\theta) = \binom{n}{1}\cos^{n-1}\theta\sin\theta - \binom{n}{3}\cos^{n-3}\theta\sin^3\theta + \binom{n}{5}\cos^{n-5}\theta\sin^5\theta - \cdots
\]
我们令 \(\sin(n\theta) = 0\)，得 \(\theta = \dfrac{k\pi}{n}\) （其中 \(k = 1, 2, \cdots, n-1\)），并且此时 \(\sin\theta \neq 0\)。
于是我们可以将 \(\sin(n\theta)\) 的展开式两边同除以 \(\sin^n\theta\)，这样就把等式全部转化为关于 \(\cot\theta\) 的项啦：
\[
\frac{\sin(n\theta)}{\sin^n\theta} = \binom{n}{1}\cot^{n-1}\theta - \binom{n}{3}\cot^{n-3}\theta + \binom{n}{5}\cot^{n-5}\theta - \dots = 0
\]
可以把这个等式看作是一个关于 \(x = \cot\theta\) 的 \(n-1\) 次多项式方程：
\[
f(x) = \binom{n}{1}x^{n-1} - 0 \cdot x^{n-2} - \binom{n}{3}x^{n-3} + \dots = 0
\]
这个方程的 \(n-1\) 个根正好就是 \(x_k = \cot(\dfrac{k\pi}{n})\)，其中 \(k = 1, 2, \cdots, n-1\)。
根据韦达定理，对于多项式方程 \(f(x)=0\)，其根满足以下关系：
\[
\sum_{k=1}^{n-1} x_k = -\frac{\text{次高项系数}}{\text{最高项系数}} = -\frac{0}{\binom{n}{1}} = 0
\]
\[
\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n-1} x_i x_j = \frac{x^{n-3}\text{的系数}}{\text{最高项系数}} = \frac{-\binom{n}{3}}{\binom{n}{1}}
\]
但是我们要求的是这些根的平方和，即 \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} x_k^2\)，所以还需要利用恒等式进一步变形：
\[
\left( \sum x_{k}\right)^{2}=\sum x_{k}^{2}+2\sum_{i < j}x_{i}x_{j}
\]
可得：
\[
\sum_{k=1}^{n-1} x_k^2 = \left(\sum_{k=1}^{n-1} x_k\right)^2 - 2 \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n-1} x_i x_j
\]
将前面的结果代入：
\[
\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n-1} \cot^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) &= 0^2 - 2 \left( \frac{-\binom{n}{3}}{\binom{n}{1}} \right) \\&= \frac{2 \cdot \frac{n(n-1)(n-2)}{3 \cdot 2 \cdot 1}}{n} \\&= \frac{(n-1)(n-2)}{3}\end{aligned}
\]
例 5（余割平方和）
Example
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \csc^2\left(\frac{k\pi}{n}\right)= \frac{n^2-1}{3}\)
证明：利用 \(\csc^2\theta = 1 + \cot^2\theta\) 直接一步化归为例 4：
\[
\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n-1} \csc^2\left(\frac{k\pi}{n}\right)&= \sum_{k=1}^{n-1} \left[ 1 + \cot^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) \right]\\&= \frac{n^2-1}{3}\end{aligned}
\]
例 6（正切平方和）
Example
\(\displaystyle\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \tan^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{n(n-1)}{2}\)
证明：思路和例 4 一样，都是根据棣莫弗定理与二项式展开：
\[
\sin(n\theta) = \cos^n\theta \left[ \binom{n}{1}\tan\theta - \binom{n}{3}\tan^3\theta + \dots + (-1)^m \binom{n}{2m+1}\tan^{2m+1}\theta \right]
\]
令 \(\sin(n\theta) = 0\)，和例 4 一样的定义域，于是我们可以得到一个关于 \(x = \tan^2\theta\) 的 \(m = \dfrac{n-1}{2}\) 次多项式：
\[
f(x)=\binom{n}{1} - \binom{n}{3}x + \binom{n}{5}x^2 - \dots + (-1)^m \binom{n}{n}x^m = 0
\]
这个方程的 \(m\) 个根正是：
\[
x_k = \tan^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) \qquad k = 1, 2, \cdots, m
\]
根据韦达定理，所有根之和等于次高项系数（\(x^{m-1}\) 的系数）与最高项系数（\(x^m\) 的系数）之比的相反数。
在这个多项式中，最高项是 \((-1)^m \binom{n}{n}x^m\)，次高项是 \((-1)^{m-1} \binom{n}{n-2}x^{m-1}\)：
\[
\sum_{k=1}^{m} \tan^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) = -\frac{(-1)^{m-1} \binom{n}{n-2}}{(-1)^m \binom{n}{n}} = \frac{\binom{n}{n-2}}{1} = \frac{n(n-1)}{2}
\]
由于 \(m = \dfrac{n-1}{2}\)，结论得证。
例 7（正割平方和）
Example
\(\displaystyle\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \sec^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{n^2-1}{2}\)
证明：利用 \(\sec^2\theta = 1 + \tan^2\theta\)，直接一步化归为例 6：
\[
\sum_{k=1}^{m} \sec^2\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \sum_{k=1}^{m} \left[1 + \tan^2\left(\frac{k\pi}{n}\right)\right] = m + \frac{n(n-1)}{2}
\]
将 \(m = \frac{n-1}{2}\) 代入得证。
例 8（正弦积）
Example
\(\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{n}{2^{n-1}}\)
证明：考虑 \(n\) 次多项式方程 \(z^n - 1 = 0\)。它的 \(n\) 个根就是 \(n\) 次单位根 \(\omega_k = e^{i\frac{2k\pi}{n}}\)（\(k=0, 1, \cdots, n-1\)）。因此，多项式可以因式分解为：
\[
z^n - 1 = (z - 1) \prod_{k=1}^{n-1} (z - \omega_k)
\]
当 \(z \neq 1\) 时，两边约去 \((z-1)\)：
\[
z^{n-1} + z^{n-2} + \dots + 1 = \prod_{k=1}^{n-1} (z - e^{i\frac{2k\pi}{n}})
\]
再代入 \(z=1\)：
\[
n = \prod_{k=1}^{n-1} (1 - e^{i\frac{2k\pi}{n}})
\]
等式两边取模长：
\[
\prod_{k=1}^{n-1} \left| 1 - e^{i\frac{2k\pi}{n}} \right| = |n| = n
\]
这个式子的几何意义也是很明显的：在单位圆上的正 \(n\) 边形中，从顶点 \(1\) 到其余所有顶点的连线长度（弦长）之积恒等于 \(n\)。
由欧拉公式可得：
\[
1 - e^{i2\alpha} = e^{i\alpha}(e^{-i\alpha} - e^{i\alpha}) = e^{i\alpha}(-2i\sin\alpha)
\]
令 \(\alpha = \dfrac{k\pi}{n}\)，则有：
\[
1 - e^{i\frac{2k\pi}{n}} = -2i \cdot e^{i\frac{k\pi}{n}} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)
\]
取模：
\[
\left| 1 - e^{i\frac{2k\pi}{n}} \right| = |-2i| \cdot \left| e^{i\frac{k\pi}{n}} \right| \cdot \left| \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) \right| = 2 \cdot 1 \cdot \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)
\]
因为在 \(k=1 \cdots n-1\) 范围内，\(\sin(\dfrac{k\pi}{n}) > 0\)，所以上面的绝对值符号可去掉。
接下来我们将这个结果代入弦长连乘积公式：
\[
\prod_{k=1}^{n-1} 2\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = n \implies 2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = n
\]
两边同除以 \(2^{n-1}\)：
\[
\prod_{k=1}^{n-1} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{n}{2^{n-1}}
\]
例 9（余弦积）
Example
\(\displaystyle\prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \cos\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{1}{2^{\frac{n-1}{2}}}\)
证明：由于诱导公式 \(\sin(\pi - x) = \sin(x)\)，也就是 \(\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right) = \sin\left(\dfrac{(n-k)\pi}{n}\right)\)，所以乘积的前半段和后半段是完全对称相等的，令 \(m=\dfrac{n-1}{2}\) 即：
\[
\prod_{k=1}^{n-1} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \left( \prod_{k=1}^{m} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) \right)^2 = \frac{n}{2^{n-1}} = \frac{n}{2^{2m}}
\]
在 \(k \in [1, m]\) 范围内，正弦值全为正，直接开平方即可得到：
\[
\prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{\sqrt{n}}{2^{\frac{n-1}{2}}}
\]
令：
\[
C = \prod_{k=1}^{m} \cos\left(\frac{k\pi}{n}\right)
\]
利用二倍角公式 \(\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta\)，乘以刚才得到的正弦半角乘积：
\[
C \cdot \prod_{k=1}^{m} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \prod_{k=1}^{m} \frac{1}{2} \sin\left(\frac{2k\pi}{n}\right) = \frac{1}{2^m} \prod_{k=1}^{m} \sin\left(\frac{2k\pi}{n}\right)
\]
观察等式最右侧的分子部分 \(\displaystyle\prod_{k=1}^{m} \sin\left(\frac{2k\pi}{n}\right)\)。这里面的角度系数是偶数序列：\(2, 4, 6, \cdots, 2m\)。
- 如果 \(2k \leqslant m\)，它本身就在前半周期内。
- 如果 \(2k > m\)，根据 \(\sin(x) = \sin(\pi - x)\)，我们有 \(\sin\left(\dfrac{2k\pi}{n}\right) = \sin\left(\dfrac{(n-2k)\pi}{n}\right)\)。因为 \(n\) 是奇数且 \(n = 2m+1\)，所以 \(n-2k\) 必定是一个奇数，且落在 \([1, m]\) 范围内。
故集合 \(\{\sin(\dfrac{2k\pi}{n}) \mid k=1 \cdots m\}\) 仅仅是集合 \(\{\sin(\dfrac{k\pi}{n}) \mid k=1 \cdots m\}\) 的一个重排！因此：
\[
\prod_{k=1}^{m} \sin\left(\frac{2k\pi}{n}\right) = \prod_{k=1}^{m} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)
\]
得到 \(C = \dfrac{1}{2^m}\)，即
\[
\prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \cos\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{1}{2^{\frac{n-1}{2}}}
\]
例 10（正切积）
Example
\(\displaystyle \prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \tan\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \sqrt{n}\)
证明：利用 \(\tan\theta = \dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}\) 即可：
\[
\prod_{k=1}^{m} \tan\left(\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{\prod_{k=1}^{m} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)}{\prod_{k=1}^{m} \cos\left(\frac{k\pi}{n}\right)}= \frac{ \frac{\sqrt{n}}{2^m} }{ \frac{1}{2^m} } = \sqrt{n}
\]
应用
例 11
Example
\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^{n} \cos \left(\frac{n \pi}{3}\right)=-\frac{1}{7}\)
证明：为了利用欧拉公式，我们将每一项 \((\dfrac{2}{3})^n\cos(\dfrac{n\pi}{3})\) 补一项 \(i(\dfrac{2}{3})^n\sin(\dfrac{n\pi}{3})\) ，这样一来，原式就是这个新式子的实部，即：
\[
\begin{aligned}
(\frac{2}{3})^n\cos(\frac{n\pi}{3})&=\mathrm{Re}((\frac{2}{3})^n\cos(\frac{n\pi}{3})+i(\frac{2}{3})^n\sin(\frac{n\pi}{3}))\\
&=\mathrm{Re}((\frac{2}{3})^ne^{i\frac{n\pi}{3}})
\end{aligned}
\]
其中 \(\mathrm{Re}(·)\) 表示取这个复数的实部。
那么：
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^{n} \cos \left(\frac{n \pi}{3}\right)=\mathrm{Re}\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{2}{3}e^{\frac{i\pi}{3}})^n
\]
上式变成了等比数列求和，且公比 \(|\dfrac{2}{3}e^{\frac{i\pi}{3}}|=\dfrac{2}{3}<1\) ，所以根据无穷等比数列求和公式 \(S=\dfrac{a_1}{1-q}\) 可得
\[
\mathrm{Re}\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{2}{3}e^{\frac{i\pi}{3}})^n=\mathrm{Re}\frac{\frac{2}{3}e^{\frac{i\pi}{3}}}{1-\frac{2}{3}e^{\frac{i\pi}{3}}}=\mathrm{Re}\frac{\frac{2}{3}(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})}{1-\frac{2}{3}(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})}
\]
化简可知：
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^{n} \cos \left(\frac{n \pi}{3}\right)=\mathrm{Re}\dfrac{-1+i3\sqrt{3}}{7}=-\dfrac{1}{7}
\]
本小节通过分享这 11 个经典三角级数，也带大家复习了很多经典处理方法，比如使用欧拉公式和棣莫弗公式对式子化简；巧妙运用 \(n\) 次单位根的相关性质；利用诱导公式将未知问题化归为已知问题……
希望大家能多多练习今天的内容，一定要自己动手都算一遍哦！
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