问题及解答

若 $\theta$ 满足 $n\theta=2\pi$, $n\geqslant 2$, 则 $\sum_{k=1}^{n}\cos(k\theta)=0$, 即

\[
\cos\theta+\cos(2\theta)+\cos(3\theta)+\cdots+\cos(n\theta)=0.\tag{1}
\]

对于 $\sin$, 结论更显然.

\[
\sin\theta+\sin(2\theta)+\sin(3\theta)+\cdots+\sin(n\theta)=0.\tag{2}
\]

将坐标系转动某个角度, 等式是否仍成立? 也可以表述如下:

\[
\cos(\theta+\delta)+\cos(2\theta+\delta)+\cos(3\theta+\delta)+\cdots+\cos(n\theta+\delta)=0\ ?
\]

 

要求: 不使用下面的公式

\[
\cos\theta+\cos(2\theta)+\cos(3\theta)+\cdots+\cos(n\theta)=\frac{\sin\frac{n}{2}\theta\cdot\cos\frac{n+1}{2}\theta}{\sin\frac{\theta}{2}}\tag{*}
\]

 

---

 

(1) 和 (2), 更一般的, 写为

\[
\sum_{x=1}^{q}e_q(hx)=\sum_{x=1}^{q}e^{2\pi i hx/q}=0,\qquad(\text{当} q\nmid h)
\]

参见问题2791

---

例如 若 $3\theta=2\pi$, 则

\[
\begin{split}
&\cos\theta+\cos(2\theta)+\cos(3\theta)\\
=&\cos\frac{2\pi}{3}+\cos\frac{4\pi}{3}+\cos\frac{6\pi}{3}\\
=&-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+1\\
=&0.
\end{split}
\]

(关于 $\cos 3\theta$ 的展开, 可参见问题2398 )

 

还可以由此求一些特殊角的余弦值, 例如 $\cos\frac{2\pi}{5}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}$.

证明 (*) 式有多种方法.

(方法一) 使用三角函数公式 (见问题2023)

\[
\begin{aligned}
2\sin\frac{\theta}{2}\cdot\cos\theta&=\sin\frac{3}{2}\theta+\sin(-\frac{1}{2}\theta)\\
2\sin\frac{\theta}{2}\cdot\cos(2\theta)&=\sin\frac{5}{2}\theta+\sin(-\frac{3}{2}\theta)\\
2\sin\frac{\theta}{2}\cdot\cos(3\theta)&=\sin\frac{7}{2}\theta+\sin(-\frac{5}{2}\theta)\\
&\vdots\\
2\sin\frac{\theta}{2}\cdot\cos(n\theta)&=\sin\frac{2n+1}{2}\theta+\sin(-\frac{2n-1}{2}\theta)\\
\end{aligned}
\]

将上面诸式相加, 得

\[
2\sin\frac{\theta}{2}\cdot\bigl(\cos\theta+\cos(2\theta)+\cos(3\theta)+\cdots+\cos(n\theta)\bigr)=\sin\frac{2n+1}{2}\theta-\sin\frac{\theta}{2}.
\]

又

\[
\sin\frac{2n+1}{2}\theta-\sin\frac{\theta}{2}=2\cos\frac{n+1}{2}\theta\cdot\sin\frac{n}{2}\theta,
\]

故

\[
\cos\theta+\cos(2\theta)+\cos(3\theta)+\cdots+\cos(n\theta)=\frac{\sin\frac{n}{2}\theta\cdot\cos\frac{n+1}{2}\theta}{\sin\frac{\theta}{2}}.
\]

---

(方法二)

令 $z=\cos\theta+i\sin\theta=e^{i\theta}$, 则 $z^k=e^{ik\theta}=\cos(k\theta)+i\sin(k\theta)$.

\[
z+z^2+z^3+\cdots+z^n=\frac{1-z^{n+1}}{1-z}-1
\]

不使用公式(*)证明.

---

首先, 从对称性, 我们很容易知道下式是成立的,

\[
\sin\theta+\sin(2\theta)+\sin(3\theta)+\cdots+\sin(n\theta)=0.
\]

考虑单位圆内接正 $n$ 边形, 其中一个点在 $(1,0)$ 处. 不管 $n$ 的奇偶性, 正 $n$ 边形总是关于 $x$ 轴对称, 因此上述 $\sin$ 和为 0.

---

当 $n$ 为偶数时, 由对称性

\[
\cos\theta+\cos(2\theta)+\cos(3\theta)+\cdots+\cos(n\theta)=0
\]

也是显然成立的. 

若 $n$ 为奇数, 则令 $\theta=2\alpha$. 相当于原来单位圆周上均匀分布的 $n$ 个点, 插入 $n$ 个中点. 于是

\[
\sum_{k=1}^{n}\cos(k\theta)=\sum_{k=1}^{n}\cos(2k\alpha)=:\varphi(\alpha).
\]

令

\[
\psi(\alpha)=\sum_{k=1}^{n}\cos((2k-1)\alpha),
\]

则

\[
\varphi(\alpha)+\psi(\alpha)=0.
\]

又这 $2n$ 个点关于 $y$ 轴是对称的.

---

下面证明

\[\sum_{k=1}^{n}\sin(k\theta+\delta)=0,\qquad\forall\ \delta\geqslant 0\]

当 $n$ 是偶数时, 这是显然的, 因为这 $n$ 个点关于原点是中心对称的. 对于某个 $k\theta+\delta$, 存在 $\ell$, 使得 $\ell\theta+\delta=k\theta+\delta\pm\pi$.

当 $n$ 是奇数时,  

 

令

\[
\varphi(\delta)=\sum_{k=1}^{n}\cos(k\theta+\delta),
\]

为证明 $\varphi(\delta)$ 等于常数, 对 $\delta$ 求导,

\[
\varphi'(\delta)=\sum_{k=1}^{n}(-1)\sin(k\theta+\delta)=(-1)\sum_{k=1}^{n}\sin(k\theta+\delta)=0.
\]

 

 

 

---

应用

(1)   求 $\cos\frac{2\pi}{5}$ 的值

$n=5$, 设 $\theta=\frac{2\pi}{5}$,

\[
\begin{split}
&\cos\theta+\cos(2\theta)+\cos(3\theta)+\cos(4\theta)+\cos(5\theta)\\
=&\bigl(\cos\theta+\cos(5\theta)\bigr)+\bigl(\cos(2\theta)+\cos(4\theta)\bigr)+\cos(3\theta)\\
=&2\cos(3\theta)\cos(2\theta)+2\cos(3\theta)\cos\theta+\cos(3\theta)\\
=&2\cos(3\theta)\cdot\bigl[\cos(2\theta)+\cos\theta+\frac{1}{2}\bigr]\\
=&2\cos(3\theta)\cdot\bigl[2\cos^2\theta+\cos\theta-\frac{1}{2}\bigr]
\end{split}
\]

可得

\[\cos\frac{2\pi}{5}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}\]

---

(2)  摩天轮旋转任意角度都是可以静止不动的, 即稳定的.

将摩天轮抽象为圆上放置了等距的 $n$ 个点, 或者抽象为正 $n$ 边形. 每个点的质量相等, 均为 $m$. 于是收到的重力也相等, 都是 $mg$.