sin,cos的k次幂和 与Wallis' integrals

hbghlyj

$k,n$为正整数. 当 $k<n$ 时,
$$\sum_{j=0}^{n-1}\sin^k\left(\frac{\tau+2\pi j}n\right),\qquad \sum_{j=0}^{n-1}\cos^k\left(\frac{\tau+2\pi j}n\right)$$
与 $\tau$ 无关, 恒等于
$$\frac{n}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\sin^k(x)\,dx,\qquad \frac{n}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\cos^k(x)\,dx.$$

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设$f(x)=\sin(x),\cos(x)$. 它们可以统一证明：设
\[a_n=\sum_{j=0}^{n-1}f\left(\frac{\tau+2\pi j}n\right)^k\]
\[z=e^{ix}\]
\[F(z) =\frac{ n z^{n-1}}{z^n-e^{i\tau}}f(x)^k\]
\[\zeta_j=\exp\left(i\frac{\tau+2\pi j}n\right)\]
因为$F(z)$在 $\zeta_j$ 的留数为 $f\left(\frac{\tau+2\pi j}n\right)^k$,
\[a_n=\sum_{j=0}^{n-1}\operatorname{Res}\left(F(z) , \zeta_j\right)\]
$F(z)$在$\Bbb C_\infty$上的留数之和为0 (见这里), 因此
\[
a_n =  -\operatorname{Res}\left(F(z) , 0 \right) - \text{Res}\left(F(z) , \infty\right)   \\
\]
用 $d(\frac1z)=-\frac1{z^2}dz$ 将 $\infty$ 处的留数转换为 $0$ 处的留数
\begin{equation}\label1
a_n =- \operatorname{Res}\left(F(z) , 0\right) + \text{Res}\left(z^{-2} F(z^{-1}) , 0 \right)
\end{equation}
代入 $F(z)$
\[
a_n= -\text{Res}\left(\frac{nz^{n-1}}{z^n-e^{i\tau}} f(x)^k , 0\right) + \text{Res}\left( z^{-2}F(z^{-1}) , 0 \right)
\]
$f(x)=O(z^{-1})\implies f(x)^k=O(z^{-k})$，而$\frac{nz^{n-1}}{z^n-e^{i\tau}}=O(z^{n-1})$，当 $k<n$ 时 $-k+n-1>-1$，右端第一个留数为0.
同理，因为$z^{-2} F(z^{-1})=\frac{nz^{-n-1}}{z^{-n}-e^{i\tau}} f(-x)^k=\left(nz^{-1}+O(z^{n-1})\right) f(-x)^k$,
$f(-x)=O(z^{-1})$，可去掉第二个留数中的$O(z^{n-1})$，故
\begin{align*}a_n&=\operatorname{Res}\left( \frac{n}{z} f(x)^k  , 0 \right)\\
&=\frac{n}{2\pi i}\oint_{|z|=1}\frac{1}{z} f(-x)^kdz\\z=e^{ix}&\implies dz=iz\,dx\\
&=\frac{n}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(-x)^k\,dx
\end{align*}
因为$f(x)=\sin(x),\cos(x)$满足$f(-x)=\pm f(x)$，
\[
a_n=(\pm1)^k\frac{n}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)^k\,dx
\]
此处$(\pm1)^k$可略去，因为$k$为奇数时$a_n=0$，$k$为偶数时$(-1)^k=1$.
\[
a_n=\frac{n}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(x)^k\,dx
\]

kuing

当年扯过 cos 的：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5332

hbghlyj

1#中的条件$k<n$是必要的. 下面的例子表明当$k=n$时, 命题不成立.
In[]:= With[{n=6,k=6},Sum[Sin[2Pi j/n]^k,{j,0,n-1}]-n/(2Pi) Integrate[Sin[t]^k,{t,0,2Pi}]]//N
Out[]= -0.1875

lemondian

这个解法很高端呀！
如何转化，才得出kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread& … 2&extra=page%3D1
的6#的结论？

hbghlyj

lemondian 发表于 2022-11-26 05:30
这个解法很高端呀！
如何转化，才得出https://kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5332 ...

不高端啊
例如 $k=2l$,
$f(x)^k = \left( \frac{z - \frac{1}{z}}{2i} \right)^k=\frac{(-1)^l}{2^k}(z-{1\over z})^{2l}$
$(z-{1\over z})^{2l}$ 的常数项为 $(-1)^l{2l\choose l}$ (和这帖9^#一样)
\eqref{1}变为$$a_n=n\cdot\frac{(-1)^l}{2^k}\cdot(-1)^l{2l\choose l}=\frac n{2^k}{2l\choose l}$$
得到和这帖6^#一样的结论

hbghlyj

这帖的回答中，给出了 sin,cos的k次幂和的结论，但没写出证明，可能因为是熟知的

hbghlyj

1#的证明用到sin的性质很少，所以命题可以推广：
$k,n$为正整数，$k<n$
函数$G(z)$在$|z|\le1$全纯，
且当$z\to0$时，$G(z)=O(z^{-1})$，$G(z^{-1})=O(z^{-1})$，则
$$\sum_{j=0}^{n-1}g\left(\frac{\tau+2\pi j}n\right)^k=\frac{n}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}g(-x)^k\,dx$$

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2024-4-14 16:04
1#的证明用到sin的性质很少，所以命题可以推广：

后来发现这个“推广”和原命题差不多
设$G(z)=\sum_{j=-\infty}^\infty a_jz^j$
当$z\to0$时，$G(z)=O(z^{-1})\implies\forall j\lt-1:a_j=0$
当$z\to0$时，$G(z^{-1})=O(z^{-1})\implies\forall j\gt1:a_j=0$
所以$G(z)=a_{-1}z^{-1}+a_0+a_1z$
所以$g(x)$是$1,\sin(x),\cos(x)$的线性组合

hbghlyj

1#仅处理了$k<n$.
一般的$k$，可以展开\eqref{1}式继续算，下面取$f(x)=\cos(x)$计算一般式：

hbghlyj

设$f(x)=\cos(x)=\frac{z+z^{-1}}2$，则
$$F(z)=\frac{ n z^{n-1}}{z^n-e^{i\tau}}\left(\frac{z+z^{-1}}2\right)^k=-\left(\sum _{j\geq 1}  n e^{-i j \tau } z^{j n-1} \right)2^{-k}\sum _{t=0}^k \binom{k}{t} z^{k-2 t}$$
令$jn-1+k-2t=-1$，即$2t=k+jn$，
代入$0\le t\le k$得$jn\le k$
提取$z^{-1}$项系数，
\[
\operatorname{Res}\left(F(z) , 0\right)=-\sum_{\substack{1\le j\le\frac kn\\2\mid k+jn}}n e^{-i j \tau } 2^{-k} \binom{k}{\frac{k+jn}2}
\]

hbghlyj

$$z^{-2}F(z^{-1})=\frac{ n z^{-n-1}}{z^{-n}-e^{i\tau}}\left(\frac{z+z^{-1}}2\right)^k=\left(\sum _{j\geq 0}  n e^{i j \tau } z^{j n-1} \right)2^{-k}\sum _{t=0}^k \binom{k}{t} z^{k-2 t}$$
令$jn-1+k-2t=-1$，即$2t=k+jn$，
代入$0\le t\le k$得$jn\le k$
提取$z^{-1}$项系数，
\[
\operatorname{Res}\left(z^{-2}F(z^{-1}) , 0\right)=\sum_{\substack{0\le j\le\frac kn\\2\mid k+jn}}n e^{i j \tau } 2^{-k} \binom{k}{\frac{k+jn}2}
\]

hbghlyj

把上面两式代入\eqref{1}，
\[a_n=\sum_{\substack{1\le j\le\frac kn\\2\mid k+jn}}n e^{-i j \tau } 2^{-k} \binom{k}{\frac{k+jn}2}+\sum_{\substack{0\le j\le\frac kn\\2\mid k+jn}}n e^{i j \tau } 2^{-k} \binom{k}{\frac{k+jn}2}\]