三角恒等变换

本文结论来自于数学装逼神器——高端三角恒等变换——Aries

收集到这么多挺不容易的，一直没有那么大的耐心去收集整理，这里仅作为阅读随笔。

\(\sin\)

证明使用了正弦的降幂公式，取偶数次的，转化为\(\cos\)的求和再化简（我的证明）

\[\sin^{2r}x=\frac{1}{2^{2r-1}}\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^{r+k}\binom{2r}{k}\cos(2r-2k)x+\frac{1}{4^r}\binom{2r}{r} \]

还有余弦的基本等差求和公式

\[\sum_{m=1}^n \cos(2mx)=\frac{\sin(2n+1)x}{2\sin x}-\frac{1}{2} \]

得到

\[\sum_{m=1}^n\cos\left[(2r-2k)\frac{m\pi}{2n+1}\right]=\frac{\sin\frac{(2r-2k)\pi}{2}}{2\sin\frac{(2r-2k)\pi}{2(2n+1)}}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}\\ \sum_{m=1}^{n-1}\cos\left[(2r-2k)\frac{m\pi}{2n+1}\right]=\frac{\sin\frac{(2r-2k)(2n-1)\pi}{4n}}{2\sin\frac{(2r-2k)\pi}{4n}}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\left((-1)^{r-k+1}-1\right)\]

这些都是套用繁琐的公式，没有技术含量，但是计算量较大，化简得到

\[\sum_{m=1}^n \sin^{2r}\frac{m\pi}{2n+1}=\frac{1}{4^r}\left[\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^{r+k-1}\binom{2r}{k}+\binom{2r}{r}n\right]\\ \sum_{m=1}^{n-1}\sin^{2r} \frac{m\pi}{2n}=\frac{1}{4^r}\left[\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^{r+k}\binom{2r}{k}\left((-1)^{r-k+1}-1\right)+\binom{2r}{r}(n-1)\right]\]

然后利用组合数化简（看起来还可）

\[\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^{r+k+1} \binom{2r}{k}= \frac{1}{2} \binom{2r}{r},\sum_{k=0}^{r-1}\binom{2r}{k}=\frac{1}{2}4^r-\frac{1}{2}\binom{2r}{r} \]

化简得到

\[\sum_{m=1}^n \sin^{2r}\frac{m\pi}{2n+1}=\frac{1}{4^r}\binom{2r}{r}\left(n+\frac{1}{2}\right),\sum_{m=1}^{n-1}\sin^{2r}\frac{m\pi}{2n}=\frac{1}{4^r}\binom{2r}{r}n-\frac{1}{2} \]

\(\cos\)

这组和上面的是一样的，没必要写过程了，而且使用区间再现也可以直接通过正弦推导得到

\[\sum_{m=1}^n \cos^{2r}\frac{m\pi}{2n+1}=\frac{1}{4^r}\binom{2r}{r}\left(n+\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2},\sum_{m=1}^{n-1}\cos^{2r}\frac{m\pi}{2n}=\frac{1}{4^r}\binom{2r}{r}n-\frac{1}{2} \]

\(\tan\)

证明用到的，这就是牛顿公式递推，根与系数的关系

\[若\sum_{k=0}^n a_k x^{n-k}=\prod_{k=1}^n(x+b_k),S_k=\sum_{m=1}^n b_m^k,则S_1=a_1,S_j=\sum_{k=1}^{j-1}(-1)^{k+1}a_kS_{j-k}+(-1)^{j+1}ja_j \]

\[\sum_{k=0}^n\binom{2n+1}{2k}x^{n-k}x^{n-k}=\prod_{k=1}^n\left(x+\tan^2 \frac{k\pi}{2n+1}\right) \]

\[\begin{align}S_k:&=\sum_{m=1}^n\tan^{2k}\frac{m\pi}{2n+1}\\ S_1&=2n^2+n\\S_j&=\sum_{k=1}^{j-1}(-1)^{k+1}\binom{2n+1}{2k}S_{j-k}+(-1)^{j+1}j\binom{2n+1}{2j}\end{align}\]

类似地

\[\begin{align}S_k:&=\sum_{m=1}^{n-1}\tan^{2k}\frac{m\pi}{2n}\\ S_1&=\frac{2}{3}n^2-n+\frac{1}{3}\\S_j&=\frac{1}{2n}\left[\sum_{k=1}^{j-1}(-1)^{k+1}\binom{2n}{2k+1}S_{j-k}+(-1)^{j+1}j\binom{2n}{2j+1}\right]\end{align}\]

\(\cot\)

余切和正切类似证明

\[\begin{align}S_k:&=\sum_{m=1}^n\cot^{2k}\frac{m\pi}{2n+1}\\ S_1&=\frac{2}{3}n^2-\frac{1}{3}n\\S_j&=\frac{1}{2n+1}\left[\sum_{k=1}^{j-1}(-1)^{k+1}\binom{2n+1}{2k+1}S_{j-k}+(-1)^{j+1}j\binom{2n+1}{2j+1}\right]\end{align}\]

这里地公式和上面不太相同，是组合数不一样了

\[\sum_{m=1}^{n-1}\cot^{2k}\frac{m\pi}{2n}=\sum_{m=1}^{n-1}\tan^{2k}\frac{m\pi}{2n} \]

\(\sec\)和\(\csc\)

这可以通过上面两个推导得到

乘积

比较根与系数的常数项得到

\[\begin{align}\prod_{m=1}^n \sin\frac{m\pi}{2n+1}&=\frac{\sqrt{2n+1}}{2^n}\\ \prod_{m=1}^n \cos\frac{m\pi}{2n+1}&=\frac{1}{2^n}\\ \prod_{m=1}^n \tan\frac{m\pi}{2n+1}&=\sqrt{2n+1}\\ \prod_{m=1}^n \cot\frac{m\pi}{2n+1}&=\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\\ \prod_{m=1}^n \sec\frac{m\pi}{2n+1}&=2^n\\ \prod_{m=1}^n \csc\frac{m\pi}{2n+1}&=\frac{2^n}{\sqrt{2n+1}}\end{align}\]

\[\begin{align}\prod_{m=1}^{n-1}\sin\frac{m\pi}{2n}&=\prod_{m=1}^{n-1}\cos\frac{m\pi}{2n}=\frac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}\\ \prod_{m=1}^{n-1}\tan\frac{m\pi}{2n}&=\prod_{m=1}^{n-1}\cot\frac{m\pi}{2n}=1\\ \prod_{m=1}^{n-1}\sec\frac{m\pi}{2n}&=\prod_{m=1}^{n-1}\csc\frac{m\pi}{2n}=\frac{2^{n-1}}{\sqrt{n}}\end{align}\]