把《憋间16》的一个定理升级一下

kuing

话说当年我在《数学空间》2014 年第 2 期（总第 16 期）中给出了如下定理：

今天才发现，这个定理可以稍微升级一下。

升级后的定理：
设 `m`, `n` 为正整数，记
\[S_{m,n}(\theta)=\sum_{k=0}^{2n-1}(-1)^k\cos^m\left( \frac{k\pi}n+\theta \right),\]
则当 `m<n` 时对任意 `\theta` 恒有 `S_{m,n}(\theta)=0`，当 `m=n` 时，则有
\[S_{n,n}(\theta)=\frac n{2^{n-2}}\cos(n\theta).\]

升级后的证明其实和未升级前的是差不多的，当年竟然没发现可以加个 `\theta`，真是渣渣。

证明：
当 `m<n` 时，由欧拉公式知
\[\cos x=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}2,\]
由二项式定理，有
\begin{align*}
S_{m,n}(\theta)&=\frac1{2^m}\sum_{k=0}^{2n-1}(-1)^k(e^{i(k\pi/n+\theta)}+e^{-i(k\pi/n+\theta)})^m\\
&=\frac1{2^m}\sum_{k=0}^{2n-1}(-1)^k\sum_{r=0}^mC_m^re^{(m-2r)i(k\pi/n+\theta)}\\
&=\frac1{2^m}\sum_{r=0}^mC_m^re^{(m-2r)i\theta}\sum_{k=0}^{2n-1}(-1)^ke^{(m-2r)ik\pi/n}\\
&=\frac1{2^m}\sum_{r=0}^mC_m^re^{(m-2r)i\theta}\sum_{k=0}^{2n-1}(-e^{(m-2r)i\pi/n})^k,
\end{align*}
易知当 `1\leqslant m<n`, `0\leqslant r\leqslant m` 时 `-e^{(m-2r)i\pi/n}\ne1`，故此由等比数列求和公式得
\[\sum_{k=0}^{2n-1}(-e^{(m-2r)i\pi/n})^k =\frac{1-(-e^{(m-2r)i\pi/n})^{2n}}{1+e^{(m-2r)i\pi/n}} =\frac{1-e^{2(m-2r)i\pi}}{1+e^{(m-2r)i\pi/n}},\]
显然 `e^{2(m-2r)i\pi}=1`，所以此时恒有 `S_{m,n}(\theta)=0`；

当 `m=n` 时，类似地有
\[S_{n,n}(\theta) =\frac1{2^n}\sum_{r=0}^nC_n^re^{(n-2r)i\theta}\sum_{k=0}^{2n-1}(-e^{(n-2r)i\pi/n})^k,\]
当 `r=1`, `2`, \ldots, `n-1` 时同样由等比求和知后面的和式为零，而当 `r=0` 及 `r=n` 时 `-e^{(n-2r)i\pi/n}=1`，所以
\[S_{n,n}(\theta)=\frac1{2^n}(C_n^0e^{ni\theta}\cdot2n+C_n^ne^{-ni\theta}\cdot2n) =\frac n{2^{n-2}}\cdot \frac{e^{ni\theta}+e^{-ni\theta}}2=\frac n{2^{n-2}}\cos(n\theta).\]

综上所述，升级后的定理得证。

kuing

为什么会今天才发现这个升级？皆因今天我的减压群里出现了这样一道题：

生如夏花(2365*****) 11:48:19

以前是第一问，这次第二问来了

这个第二问让我立刻想起了憋间里的那个定理，研究后就发现该定理需要升级一下。

首先，把这图拆解一下，如下图：



我们不妨将五边形的边长设为 `2`，记 `OP=r`，如果 $\vv{OP}$ 与 $\vv{AB}$ 所成角为 `\theta`，那么 `AG=1+r\cos\theta`, `BG=1-r\cos\theta`，则
\begin{align*}
AG^n-BG^n&=(1+r\cos\theta)^n-(1-r\cos\theta)^n\\
&=2C_n^1r\cos\theta+2C_n^3r^3\cos^3\theta+\cdots +2C_n^pr^p\cos^p\theta,
\end{align*}
其中 `p` 为不大于 `n` 的最大奇数，于是
\begin{align*}
&AG^n+BH^n+CI^n+DJ^n+EF^n-(BG^n+CH^n+DI^n+EJ^n+FA^n)\\
={}&2C_n^1r\left( \cos\theta+\cos\left( \theta+\frac15\cdot2\pi \right)+\cdots+\cos\left( \theta+\frac45\cdot2\pi \right) \right)\\
&+2C_n^3r^3\left( \cos^3\theta+\cos^3\left( \theta+\frac15\cdot2\pi \right)+\cdots+\cos^3\left( \theta +\frac45\cdot2\pi \right) \right)\\
&+\cdots+2C_n^pr^p\left( \cos^p\theta+\cos^p\left( \theta+\frac15\cdot2\pi \right)+\cdots+\cos^p\left( \theta+\frac45\cdot2\pi \right) \right), \quad(*)
\end{align*}
根据楼上的定理，当正整数 `m<5` 时有
\[\cos^m\theta-\cos^m\left( \frac\pi5+\theta \right)+\cos^m\left( \frac{2\pi}5+\theta \right)-\cdots-\cos^m\left( \frac{9\pi}5+\theta \right)=0,\]
当 `m=5` 时有
\[\cos^5\theta-\cos^5\left( \frac\pi5+\theta \right)+\cos^5\left( \frac{2\pi}5+\theta \right)-\cdots-\cos^5\left( \frac{9\pi}5+\theta \right)=\frac58\cos5\theta,\]
而当 `m` 为奇数时有
\[\cos^m\left( \frac{k\pi}5+\theta \right)+\cos^m\left( \frac{(k+5)\pi}5+\theta \right)=0,\]
所以当 `m=1` 及 `m=3` 时有
\[\cos^m\theta+\cos^m\left( \frac{2\pi}5+\theta \right)+\cdots+\cos^m\left( \frac{8\pi}5+\theta \right)=0,\]
当 `m=5` 时有
\[\cos^5\theta+\cos^5\left( \frac{2\pi}5+\theta \right)+\cdots+\cos^5\left( \frac{8\pi}5+\theta \right)=\frac5{16}\cos5\theta,\]
故此，当 `p<5`，即 `n=1`, `2`, `3`, `4` 时，式 (*) 为零，即
\[AG^n+BH^n+CI^n+DJ^n+EF^n=BG^n+CH^n+DI^n+EJ^n+FA^n,\]
而当 `n=5` 时式 (*) 最后一项是变量，此时上式两边的值不恒等，所以原题第二问应该去掉 `n=5`。

此方法显然对正 `2k+1` 边形都适用。

郝酒

五边形的第一问面积相等怎么证明啊？

kuing

五边形的第一问面积相等怎么证明啊？
郝酒 发表于 2018-5-3 17:17

看 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=3810&pid=25665 （5楼）

isee

回复 2# kuing


狠，加个幂。。。。。

kuing

后续：

生如夏花(2365*****)  18:23:19

@大色k 跟这个有没有关系？
大色k(249533164)  18:24:58
有
@生如夏花 我那个定理可以推出这个引理的m为奇数的情形，推不出偶数的情形，但那道五边形问题只需用到奇数的，所以用我的和这个都没所谓。
煮饭先，晚点也推推这个看看

用完全相同的方法推导如下。

记
\[T_{m,n}(\theta)=\sum_{k=0}^{n-1}\cos^m\left( \frac{2k\pi}n+\theta \right),\]
由欧拉公式及二项式定理，有
\begin{align*}
T_{m,n}(\theta)&=\frac1{2^m}\sum_{k=0}^{n-1}(e^{i(2k\pi/n+\theta)}+e^{-i(2k\pi/n+\theta)})^m\\
&=\frac1{2^m}\sum_{k=0}^{n-1}\sum_{r=0}^mC_m^re^{(m-2r)i(2k\pi/n+\theta)}\\
&=\frac1{2^m}\sum_{r=0}^mC_m^re^{(m-2r)i\theta}\sum_{k=0}^{n-1}(e^{2(m-2r)i\pi/n})^k.
\end{align*}

当 `1\leqslant m<n`, `0\leqslant r\leqslant m` 时易知当且仅当 `r=m/2` 时 `e^{2(m-2r)i\pi/n}=1`，所以
\[\sum_{k=0}^{n-1}(e^{2(m-2r)i\pi/n})^k=
\led
&\frac{1-(e^{2(m-2r)i\pi/n})^n}{1-e^{2(m-2r)i\pi/n}}=0, && r\ne\frac m2,\\
&n, && r=\frac m2,
\endled
\]
故此，当 `m` 为奇数时，和式全为零，此时 `T_{m,n}(\theta)=0`；当 `m` 为偶数时
\[T_{m,n}(\theta)=\frac1{2^m}C_m^{m/2}\cdot n,\]
所以此引理得证。


另外这里再研究一下，这引理如果 `m=n` 会如何。

类似地有
\[T_{n,n}(\theta)=\frac1{2^n}\sum_{r=0}^nC_n^re^{(n-2r)i\theta}\sum_{k=0}^{n-1}(e^{2(n-2r)i\pi/n})^k.\]

当 `n` 为奇数时，易知当且仅当 `r=0` 或 `r=n` 时 `e^{2(n-2r)i\pi/n}=1`，所以此时
\[T_{n,n}(\theta)=\frac1{2^n}(C_n^0e^{ni\theta}\cdot n+C_n^ne^{-ni\theta}\cdot n)=\frac n{2^{n-1}}\cdot \frac{e^{ni\theta}+e^{-ni\theta}}2=\frac n{2^{n-1}}\cos(n\theta);\]

当 `n` 为偶数时，易知当且仅当 `r=0` 或 `r=n/2` 或 `r=n` 时 `e^{2(n-2r)i\pi/n}=1`，所以此时
\[T_{n,n}(\theta)=\frac1{2^n}(C_n^0e^{ni\theta}\cdot n+C_n^{n/2}\cdot n+C_n^ne^{-ni\theta}\cdot n)=\frac n{2^{n-1}}\cos(n\theta)+\frac n{2^n}C_n^{n/2}.\]

kuing

根本停不下来……

其实已经不难看出，即使 `m>n` 也是可以算的，关键不过是取决于后面那个等比求和的底数是否为 `1` 而已，所以还是再写一个一般式，换个写法，应该更利于大家理解。

先看1楼的 `S_{m,n}(\theta)`，我们已经知道
\[S_{m,n}(\theta)=\sum_{k=0}^{2n-1}(-1)^k\cos^m\left( \frac{k\pi}n+\theta \right) =\frac1{2^m}\sum_{r=0}^mC_m^re^{(m-2r)i\theta} \sum_{k=0}^{2n-1}(-e^{(m-2r)i\pi/n})^k,\]
也已经知道后面的等比求和当 `-e^{(m-2r)i\pi/n}=1` 时和为 `2n`，其余时候为零，而
\[-e^{(m-2r)i\pi/n}=1 \iff \frac{m-2r}n~\text{为奇数},\]
故此，如果记
\[A=\left\{ r\biggm| 0\leqslant r\leqslant m \land \frac{m-2r}n~\text{为奇数} \right\},\]
则
\[S_{m,n}(\theta)=\frac1{2^m}\sum_{r\in A}C_m^re^{(m-2r)i\theta}\cdot2n,\]
这就是一般式。

[这里原本还有一些内容，但因楼下的已经更好，此处删去]

时间关系，明天再玩6楼的 `T_{m,n}(\theta)`。

kuing

“明天再玩”有风险，经常一停下来劲头也没了，这回还好只是拖了两天。

在玩 `T_{m,n}(\theta)` 之前，还是先优化一下上面，因为事实上，那个一般式其实还可以进一步化简。

首先注意到，若 `(m-2r)/n` 为奇数，则 `\bigl(m-2(m-r)\bigr)/n=(2r-m)/n` 也为奇数，所以若 `r\in A`，则必有 `m-r\in A`，可见 `A` 中的元素关于 `m/2` 对称，又显然 `m/2\notin A`，所以，如果记
\[A'=\left\{ r\biggm| 0\leqslant r<\frac m2 \land \frac{m-2r}n~\text{为奇数} \right\},\]
那么楼上的一般式即可化为
\[S_{m,n}(\theta)=\frac1{2^m}\sum_{r\in A'}(C_m^re^{(m-2r)i\theta}+C_m^{m-r}e^{(2r-m)i\theta})\cdot 2n=\frac n{2^{m-2}}\sum_{r\in A'}C_m^r\cos\bigl((m-2r)\theta\bigr).\]

现在，假设 `r\in A'` 且 `(m-2r)/n=2p-1`，则 `2r=m-(2p-1)n`，由 `0\leqslant 2r<m` 得 `1<2p\leqslant (m+n)/n`，可见，存在这样的 `p` 当且仅当 `m\geqslant n` 且 `m`, `n` 的奇偶性相同，所以：

（1）当 `m<n` 或者 `m`, `n` 一奇一偶时，`A'` 为空集，即恒有
\[S_{m,n}(\theta)=0;\]

（2）当 `m\geqslant n` 且 `m`, `n` 的奇偶性相同时，记 `q=\left\lfloor \frac{m+n}{2n} \right\rfloor`，则
\[S_{m,n}(\theta)=\frac n{2^{m-2}}\sum_{p=1}^qC_m^{(m-(2p-1)n)/2}\cos\bigl((2p-1)n\theta\bigr).\]

这就是 `S_{m,n}(\theta)` 的完整结论。

关于（2），我们还可以继续细化写出来，即：

当 `m`, `n` 的奇偶性相同且 `n\leqslant m<3n` 时，有 `q=1`，则
\[S_{m,n}(\theta)=\frac n{2^{m-2}}C_m^{(m-n)/2}\cos(n\theta);\]

当 `m`, `n` 的奇偶性相同且 `3n\leqslant m<5n` 时，有 `q=2`，则
\[S_{m,n}(\theta)=\frac n{2^{m-2}}\bigl(C_m^{(m-n)/2}\cos(n\theta)+C_m^{(m-3n)/2}\cos(3n\theta)\bigr);\]

当 `m`, `n` 的奇偶性相同且 `5n\leqslant m<7n` 时，有 `q=3`，则
\[S_{m,n}(\theta)=\frac n{2^{m-2}}\bigl(C_m^{(m-n)/2}\cos(n\theta)+C_m^{(m-3n)/2}\cos(3n\theta )+C_m^{(m-5n)/2}\cos(5n\theta)\bigr);\]

如此类推，规律已经非常清楚。

这样，我们就可以写出一个吓人的恒等式：
\begin{align*}
&\cos^{100}x-\cos^{100}\left( \frac\pi{10}+x \right)+\cos^{100}\left( \frac{2\pi}{10}+x \right)-\cos^{100}\left( \frac{3\pi}{10}+x \right)+\cdots-\cos^{100}\left( \frac{19\pi}{10}+x \right)\\
={}&\frac{10}{2^{98}}\bigl( C_{100}^{45}\cos(10x)+C_{100}^{35}\cos(30x)+C_{100}^{25}\cos (50x)+C_{100}^{15}\cos(70x)+C_{100}^5\cos(90x) \bigr),
\end{align*}
我们用MMC验证一下它，想直接通过 FullSimplify 来化简验证是行不通的，因为数字太大了，可能会卡死，只能用作图的方法来看看：

注意y轴坐标单位是 `10^{-14}`，可以认为这差就是零了，所以验证通过。

kuing

现在来玩6楼的 `T_{m,n}(\theta)`。

我们已经知道
\[T_{m,n}(\theta)=\sum_{k=0}^{n-1}\cos^m\left( \frac{2k\pi}n+\theta \right) =\frac1{2^m}\sum_{r=0}^mC_m^re^{(m-2r)i\theta} \sum_{k=0}^{n-1}(e^{2(m-2r)i\pi/n})^k,\]
也已经知道后面的等比求和当 `e^{2(m-2r)i\pi/n}=1` 时和为 `n`，其余时候为零，而
\[e^{2(m-2r)i\pi/n}=1 \iff n\mid m-2r,\]
故此，如果记
\[B=\{ r\mid 0\leqslant r\leqslant m \land n\mid m-2r \},\]
则
\[T_{m,n}(\theta)=\frac1{2^m}\sum_{r\in B}C_m^re^{(m-2r)i\theta}\cdot n,\]
同样地，若 `r\in B` 则 `m-r\in B`，记
\[B'=\left\{ r\biggm| 0\leqslant r<\frac m2\land n\mid m-2r \right\},\]
这回有所不同了，因为这里 `m/2` 有可能在 `B` 中，这取决于 `m` 的奇偶性，所以需要分类讨论。

（1）若 `m` 为奇数，则
\[T_{m,n}(\theta)=\frac1{2^m}\sum_{r\in B'}(C_m^re^{(m-2r)i\theta}+C_m^{m-r}e^{(2r-m)i\theta})\cdot n=\frac n{2^{m-1}}\sum_{r\in B'}C_m^r\cos\bigl((m-2r)\theta\bigr);\]

（2）若 `m` 为偶数，则会多出当 `r=m/2` 时的那一项，即
\[T_{m,n}(\theta)=\frac n{2^{m-1}}\sum_{r\in B'}C_m^r\cos\bigl((m-2r)\theta\bigr)+\frac n{2^m}C_m^{m/2}.\]

到了这里，我以为仿照楼上那样继续分析也会很容易得出更具体的表达式，但实操后发现，需要各种分类讨论，我足足分了七类，最后将表达式相同的情况合并后剩下五类，好麻烦，所以过程我就不想写了，直接给出结果如下。

为方便书写，这里记奇数集为 `J`，偶数集为 `O`，记 `q_1=\left\lfloor \frac{m+n}{2n} \right\rfloor`, `q_2=\left\lfloor \frac mn \right\rfloor`, `q_3=\left\lfloor \frac m{2n} \right\rfloor`，则 `T_{m,n}(\theta)` 的具体表达式为
\[
T_{m,n}(\theta)=\led
&0, &&m\in J\land(m<n\lor m\geqslant n\land n\in O),\\
&\frac n{2^m}C_m^{m/2}, &&m\in O\land(m<n\lor n\leqslant m<2n\land n\in J),\\
&\frac n{2^{m-1}}\sum_{p=1}^{q_1}C_m^{(m-(2p-1)n)/2}\cos\bigl((2p-1)n\theta\bigr), &&m\in J\land n\in J\land m\geqslant n,\\
&\frac n{2^{m-1}}\sum_{p=1}^{q_2}C_m^{(m-pn)/2}\cos(pn\theta)+\frac n{2^m}C_m^{m/2}, &&m\in O\land n\in O\land m\geqslant n,\\
&\frac n{2^{m-1}}\sum_{p=1}^{q_3}C_m^{(m-2pn)/2}\cos(2pn\theta)+\frac n{2^m}C_m^{m/2}, &&m\in O\land n\in J\land m\geqslant2n.
\endled
\]

kuing

关于MMC验证，我发现，虽然直接用 FullSimplify 验证不出来，但是如果先 TrigReduce 再 FullSimplify 却可以！虽然我不理解其中原理。

如下图，是关于 `S_{m,n}(\theta)` 的，S[m,n] 是原式，Shj[m,n] 是我得出的化简式（其中已经包含了两种情况，因为我用了 If 判断）：

验证 `m=n=7`，直接 FullSimplify 出来的跟没算一样，加 TrigReduce 后瞬间出来 0。
验证 `m=100`, `n=10`，即楼上上那个吓人恒等式，直接 FullSimplify 卡死，被迫终止，加 TrigReduce 后运行10秒左右出来 0。

既然如此，那就不怕批量验证了，下面验证 `m`, `n\leqslant15`：

这条命令运行了大概两分钟。

同样地，也可以批量验证 `T_{m,n}(\theta)`：

也是运行两分钟左右，出来那堆 0。
PS、输入这个 `T_{m,n}(\theta)` 的化简式把我累得不要不要的……

附代码：

1. S[m_, n_] := Sum[(-1)^k Cos[(k Pi)/n + x]^m, {k, 0, 2 n - 1}]
2. Shj[m_, n_] :=
3. If[m >= n && EvenQ[m - n],
4.   n/2^(m - 2) Sum[
5.     Binomial[m, (m - (2 p - 1) n)/2] Cos[(2 p - 1) n x], {p, 1,
6.      Floor[(m + n)/(2 n)]}], 0]
8. Table[FullSimplify[TrigReduce[S[m, n] - Shj[m, n]]], {m, 1, 15}, {n,
9.   1, 15}]
11. T[m_, n_] := Sum[Cos[(2 k Pi)/n + x]^m, {k, 0, n - 1}]
12. Thj[m_, n_] :=
13. If[OddQ[m] && (m < n || m >= n && EvenQ[n]), 0,
14.   If[EvenQ[m] && (m < n || n <= m < 2 n && OddQ[n]),
15.    n/2^m*Binomial[m, m/2],
16.    If[OddQ[m] && OddQ[n] && m >= n,
17.     n/2^(m - 1)*
18.      Sum[Binomial[m, (m - (2 p - 1) n)/2] Cos[(2 p - 1) n x], {p, 1,
19.        Floor[(m + n)/(2 n)]}],
20.     If[EvenQ[m] && EvenQ[n] && m >= n,
21.      n/2^(m - 1)*
22.        Sum[Binomial[m, (m - p n)/2] Cos[p n x], {p, 1, Floor[m/n]}] +
23.       n/2^m*Binomial[m, m/2],
24.      If[EvenQ[m] && OddQ[n] && m >= 2 n,
25.       n/2^(m - 1)*
26.         Sum[Binomial[m, (m - 2 p n)/2] Cos[2 p n x], {p, 1,
27.           Floor[m/(2 n)]}] + n/2^m*Binomial[m, m/2]]]]]]
29. Table[FullSimplify[TrigReduce[T[m, n] - Thj[m, n]]], {m, 1, 15}, {n,
30.   1, 15}]

复制代码

lemondian

kuing 发表于 2018-5-3 21:44
后续：

用完全相同的方法推导如下。

@kuing
请问一下：6#的余弦等式，对于正弦或正切有没有相应的等式呢？
（1）$\sum_{k=0}^{n-1}sin^m(\frac{2k\pi}{n}+\theta )$=？
（2）$\sum_{k=0}^{n-1}tan^m(\frac{2k\pi}{n}+\theta )$=？

hbghlyj

相关: Bounding a sum
$$\sum_{v=1}^{\frac{k-1}{2}} \sec^2 (\frac{2\pi v}{k} ) = \frac{1}{2} (k^2 - 1)$$
$$\sum_{v=1}^{\frac{k-1}{2}} \frac{1}{\cos \big( \frac{2 \pi v}{k}\big)} = (-1)^\frac{k-1}{2} 2 \left\lfloor \frac{k-1}{4} \right\rfloor$$
$$\sum_{v=0}^{k-1} \cos ^j \big( \frac{2\pi v}{k} \big) = \frac{k}{2^j} \sum_{\substack{0 \leqslant p \leqslant j\\ k \mid 2p - j}} \binom{j}{p}$$
$$\sum \limits_{v=1}^{\frac{k-1}{2}} \cos ^j \big( \frac{2\pi v}{k} \big) = \frac{1}{2} \Big( \frac{k}{2^j} \sum_{\substack{0 \leqslant p \leqslant j\\ k \mid 2p - j}} \binom{j}{p} - 1\Big)$$