cos nθ 、 sin nθ 表為 cos θ 與 sin θ 的多項式

cos nθ 、 ^{sin nθ} 表為 ^{cos θ} 與 ^{sin θ} 的多項式

葉東進

觀察 cos θ = cos θ, cos 2θ = −1 + 2 cos²θ, cos 3θ = −3 cos θ + 4 cos²θ, 以及 sin θ = 1· sin θ, sin 2θ = 2 cos θ · sin θ, sin 3θ = (−1 + 4 cos²θ) sin θ, 我們猜想: 對任意 正整數 n, 是否 cos nθ 恆可表為一個 cos θ 的 n 次多項式, 而 sin nθ 恆可表為一個 cos θ 的

n− 1 次多項式與 sin θ 的乘積? 如果答案是肯定的, 多項式的係數之間是否存有關係或規律?

一、

首先,

假若 cos nθ 可表為一個 cos θ 的 n 次多項, 記為 cos nθ = ∑ⁿ

k=0

a_n,kcos^kθ, 且 sin nθ 可表為 一個 cos θ 的 n − 1 次多項式與 sin θ 的乘積, 記為 sin nθ =(n∑−1

k=0

b_n−1,kcos^kθ )

sin θ, 由

cos(n + 1)θ = cos nθ· cos θ − sin nθ · sin θ

⇒

cos(n + 1)θ = (∑ⁿ

k=0

a_n,kcos^kθ )

cos θ−(∑ⁿ⁻¹

k=0

b_n−1,kcos^kθ )

sin²θ

=

∑n k=0

a_n,kcos^k+1θ−(∑ⁿ⁻¹

k=0

b_n−1,kcos^kθ )

(1− cos²θ) 則

cos(n + 1)θ =

∑n+1 k=0

a_n+1,kcos^kθ (經合併整理而得如此記述)

所以 cos(n + 1)θ 也可表為一個 cos θ 的 n + 1 次多項式。

又由

sin(n + 1)θ = sin nθ· cos θ + cos nθ · sin θ

⇒

sin(n + 1)θ = (∑ⁿ⁻¹

k=0

bn−1,kcos^kθ )

sin θ cos θ + (∑ⁿ

k=0

an,kcos^kθ )

sin θ

= (∑ⁿ⁻¹

k=0

b_n−1,kcos^k+1θ +

∑n k=0

a_n,kcos^kθ )

sin θ 則

sin(n + 1)θ = (∑ⁿ

k=0

b_n,kcos^kθ )

sin θ (經合併整理而得如此記述) 所以 sin(n + 1)θ 也可表為一個 cos θ 的 n 次多項式與 sin θ 的乘積。

由於 cos 2θ = −1 + 2 cos²θ , sin 2θ = 2 cos θ· sin θ 滿足了初始條件, 因此由數學歸納, 我 們同時證得如下結論:

對任意正整數 n, cos nθ 恆可表為一個 cos θ 的 n 次多項式, 且 sin nθ 恆可表為一 個 cos θ 的 n − 1 次多項式與 sin θ 的乘積。

二、

其次,

根據上述結論, 我們取

cos(n + 1)θ =

∑n+1 k=0

a_n+1,kcos^kθ, cos nθ =

∑n k=0

a_n,kcos^kθ 及

cos(n− 1)θ =

n−1

∑

k=0

a_n−1,kcos^kθ 由和差化積公式, 有

cos(n + 1)θ + cos(n− 1)θ = 2 cos nθ · cos θ 所以

∑n+1

a cos^kθ +

n−1

∑a cos^kθ = 2

∑n

a cos^k+1θ

⇒

∑n k=0

(a_n+1,k + a_n−1,k) cos^kθ + (a_n+1,n+1cosⁿ⁺¹θ− an−1,ncosⁿθ)

=

∑n k=0

2a_n,k−1cos^kθ + 2a_n,ncosⁿ⁺¹θ (註: an−1,n = 0, a_n,−1 = 0) 比較等式的兩邊, 得





a_n+1,k+ a_n−1,k = 2a_n,k−1, k = 0, 1, 2, . . . , n a_n+1,n+1 = 2a_n,n

由於 an−1,n+1= 0, 上面二式可合併成一式:

a_n+1,k + a_n−1,k = 2a_n,k−1, k = 0, 1, 2, . . . , n + 1 (A) 當 k =0 時, 因 an,−1= 0, 因此有 an+1,0=−an−1,0, 又由於 a1,0= 0 及 a0,0= 1, 因而得到





a_1,0 = a_3,0 = a_5,0 =· · · = a2m−1,0 = 0, m為正整數

a_0,0 = 1, a_2,0 =−1, a4,0 = 1, a_6,0 =−1, · · · (B) 利用 (A) 式及 (B) 式中的結果, 我們可以得到如下的結論:

a_n,k = 0, 當 n 為奇數且 k 為偶數, 或 n 為偶數且 k 為奇數。 隨之, 我們得到:

當 n 為偶數時, cos nθ 恆可表為一個純 cos²θ 的多項式, 同時, 我們也可造出一個 cos nθ 表為 cos θ 之 n 次多項式的係數列表:

表 1.

cos⁰θ cos¹θ cos²θ cos³θ cos⁴θ cos⁵θ cos⁶θ cos⁷θ cos 0θ 1

cos θ 0 1

cos 2θ -1 0 2

cos 3θ 0 -3 0 4

cos 4θ 1 0 -8 0 8

cos 5θ 0 5 0 -20 0 16

cos 6θ -1 0 18 0 -48 0 32

cos 7θ 0 -7 0 56 0 -112 0 64

三、

至於 sin nθ 的情形, 由前面證得的結論, 我們可以取

sin(n + 2)θ = (∑ⁿ⁺¹

k=0

b_n+1,kcos^kθ )

sin θ, sin(n + 1)θ = (∑ⁿ

k=0

b_n,kcos^kθ )

sin θ 及

sin nθ = (∑ⁿ⁻¹

k=0

b_n−1,kcos^kθ )

sin θ 由和差化積公式, 有

sin(n + 2)θ + sin nθ = 2 sin(n + 1)θ· cos θ

所以 ∑n+1

k=0

b_n+1,kcos^kθ +

n−1

∑

k=0

b_n−1,kcos^kθ = 2

∑n k=0

b_n,kcos^k+1θ

⇒

∑n k=0

(bn+1,k+ bn−1,k) cos^kθ + (bn+1,n+1cosⁿ⁺¹θ− bn−1,ncosⁿθ)

=

∑n k=0

2b_n,k−1cos^kθ + 2b_n,ncosⁿ⁺¹θ (註: bn−1,n = 0, b_n,−1 = 0) 比較等式的兩邊, 得





b_n+1,k + b_n−1,k = 2b_n,k−1, k = 0, 1, 2, . . . , n b_n+1,n+1 = 2b_n,n

由於 bn−1,n+1= 0, 上面二式可合併成一式:

b_n+1,k+ b_n−1,k = 2b_n,k−1, k = 0, 1, 2, . . . , n + 1 (C) 利用此式的結論, 我們也可以造出一個 sin nθ 表為 cos θ 之 n − 1 次多項式與 sin θ 的乘積 時, 其中的 cos θ 的多項式的係數列表:

表 2.

cos⁰θ cos¹θ cos²θ cos³θ cos⁴θ cos⁵θ cos⁶θ cos⁷θ sin 0θ 0

sin θ 1 0

sin 2θ 0 2 0

sin 3θ -1 0 4 0

sin 4θ 0 -4 0 8 0

sin 5θ 1 0 -12 0 16 0

sin 6θ 0 6 0 -32 0 32 0

sin 7θ -1 0 24 0 -80 0 64 0

四、

我們再進一步觀察 sin θ = sin θ, sin 3θ = 3 sin θ − 4 sin³θ 及 sin 5θ = 5 sin θ − 20 sin³θ + 16 sin⁵θ, 便猜想: 當 n 為奇數時, 是否 sin nθ 恆可表為一個 sin θ 的 n 次多項式?

設 n 為奇數, 並假定 sin nθ 可表為一個 sin θ 的 n 次多項式, 記為 sin nθ = ∑ⁿ

k=0

c_n,ksin^kθ,此 時 n+1 為偶數, 所以 cos(n+1)θ 可表為一個 cos²θ的多項式, 又因為 cos²θ = 1−sin²θ,因 此可將 cos(n+1)θ 記為 cos(n+1)θ =ⁿ⁺¹∑

k=0

d_n+1,ksin^kθ。 (註: 此時 dn+1,k = (−1)ⁿ⁺¹² a_n+1,k, 見第五段)。

由和差化積公式知

sin(n + 2)θ− sin nθ = 2 cos(n + 1)θ · sin θ

⇒

sin(n + 2)θ =

∑n k=0

c_n,ksin^kθ +

∑n+1 k=0

2d_n+1,ksin^k+1θ

=

∑n+2 k=0

c_n+2,ksin^kθ (經合併整理而得如此記述) 所以, sin(n + 2)θ 亦可表為一個 sin θ 的 n + 2 次多項式。 故由數學歸納, 得到:

當 n 為奇數時, sin nθ 恆可表為一個 sin θ 的 n 次多項式。

由上面結論, 對任意正整數 n, 我們取

sin(2n + 1)θ =

2n+1∑

k=0

c_2n+1,ksin^kθ, sin(2n− 1)θ =

2n∑−1 k=0

c_2n−1,ksin^kθ 及

cos 2nθ =

∑2n k=0

d_2n,ksin^kθ 由和差化積公式知

sin(2n + 1)θ− sin(2n − 1)θ = 2 cos 2nθ · sin θ 所以 2n+1∑

k=0

c_2n+1,ksin^kθ−

2n∑−1 k=0

c_2n−1,ksin^kθ = 2

∑2n k=0

d_2n,ksin^k+1θ

⇒

∑2n k=0

(c_2n+1,k − c2n−1,k) sin^kθ + (c_2n+1,2n+1sin²ⁿ⁺¹θ + c_2n−1,2nsin²ⁿθ)

=

∑2n k=0

2d2n,k−1sin^kθ + 2d2n,2nsin²ⁿ⁺¹θ (註: c2n−1,2n= 0) 比較等式的兩邊, 得





c2n+1,k− c2n−1,k = 2d2n,k−1, k = 0, 1, 2, . . . , 2n c_2n+1,2n+1= 2d_2n,2n

由於 c2n−1,2n+1 = 0, 上面二式可合併成一式:

c_2n+1,k − c2n−1,k = 2d_2n,k−1, k = 0, 1, 2, . . . , 2n + 1 (D) 利用式 (D), 可以造出 sin(2n − 1)θ 表為 sin θ 的多項式的係數列表:

表 3.

sin⁰θ sin¹θ sin²θ sin³θ sin⁴θ sin⁵θ sin⁶θ sin⁷θ

sin θ 0 1

sin 3θ 0 3 0 -4

sin 5θ 0 5 0 -20 0 16

五、

對奇數 2n+1, 我們有 sin(2n+1)θ =²ⁿ⁺¹∑

k=0

c_2n+1,ksin^kθ及 cos(2n+1)θ =²ⁿ⁺¹∑

k=0

a_2n+1,kcos^kθ, 當觀察:{

cos 3θ =−3 cos θ + 4 cos³θ sin 3θ = 3 sin θ− 4 sin³θ 及

{cos 5θ = 5 cos θ− 20 cos³θ + 16 cos⁵θ sin 5θ = 5 sin θ− 20 sin³θ + 16 sin⁵θ 時, 我們不免猜想: 對任意正整數 n, 是否恆有 c2n+1,k = (−1)ⁿa_2n+1,k?

而對於偶數 2n, 我們有 cos 2nθ = ∑²ⁿ

k=0

d_2n,ksin^kθ 及 cos 2nθ = ∑²ⁿ

k=0

a_2n,kcos^kθ。 當觀察:

{

cos 2θ =−1 + 2 cos²θ cos 2θ = 1− 2 sin²θ 及

{

cos 4θ = 1− 8 cos²θ + 8 cos⁴θ cos 4θ = 1− 8 sin²θ + 8 sin⁴θ 時, 我們也猜想: 對任意正整數 n, 是否恆有 d2n,k = (−1)ⁿa_2n,k?

由和差化積公式知

cos(2n + 2)θ− cos 2nθ = −2 sin(2n + 1)θ · sin θ 所以

2n+2∑

k=0

d2n+2,ksin^kθ−

∑2n k=0

d2n,ksin^kθ =−2

2n+1∑

k=0

c2n+1,ksin^k+1θ

⇒

2n+2∑

k=0

(d_2n+2,k− d2n,k) sin^kθ =−2

2n+2∑

k=0

c_2n+1,k−1sin^kθ (註: d2n,2n+1= d_2n,2n+2 = 0, c_2n+1,−1 = 0)

比較等式的兩邊, 得

d_2n+2,k− d2n,k =−2c2n+1,k−1, k = 0, 1, 2, . . . , 2n + 2 (E) 現在, 我們同時有式 (D) 及式 (E), 即





c_2n+1,k − c2n−1,k = 2d_2n,k−1 d_2n+2,k− d2n,k =−2c2n+1,k−1

(F)

假若





c_2n−1,k = (−1)ⁿ⁻¹a_2n−1,k d_2n,k−1 = (−1)ⁿa_2n,k−1

,則由 (F),

c2n+1,k = (−1)ⁿ⁻¹a2n−1,k+ 2(−1)ⁿa2n,k−1

= (−1)ⁿ(−a2n−1,k + 2a_2n,k−1)

但由式 (A) 知 −a2n−1,k + 2a2n,k−1 = a2n+1,k

所以有 c2n+1,k = (−1)ⁿa_2n+1,k 又, 假若





c_2n+1,k−1 = (−1)ⁿa_2n+1,k−1 d_2n,k = (−1)ⁿa_2n,k

,則由 (F),

d_2n+2,k = (−1)ⁿa_2n,k − 2(−1)ⁿa_2n+1,k−1

= (−1)ⁿ(a_2n,k− 2a2n+1,k−1) 但由式 (A) 知 a2n,k− 2a2n+1,k−1 =−a2n+2,k

所以有 d2n+2,k = (−1)ⁿ⁺¹a_2n+2,k

因此, 經式 (F) 的交錯遞推, 由數學歸納, 即證得:





c_2n+1,k = (−1)ⁿa_2n+1,k d_2n,k = (−1)ⁿa_2n,k

六、

在 (表1.) 中, 每一行的非零數字的出現都是具規律性的。 除了 +, − 號的交錯呈現之外, 若僅 考慮它們的絕對值, 並且從階差數列的觀點來看, 則有

(1) cos⁰θ 所在的第 1 行數列: 1, 1, 1, . . ., 它是一個零階差數列, 其通項為 1。

(2) cos¹θ 所在的第 2 行數列: 1, 3, 5, . . ., 它是一個一階差數列, 其通項為 2n − 1。

(3) cos²θ所在的第 3 行數列: 2, 8, 18, . . ., 它是一個二階差數列, 其通項為 2 ∑ⁿ

m=1

(2m−1) = 2n²。

(4) cos³θ 所在的第 4 行數列: 4, 20, 56, . . ., 它是一個三階差數列, 其通項為 2 ∑ⁿ

m=1

2m² =

2

3n(n + 1)(2n + 1)。

(5) cos⁴θ所在的第 5 行數列: 8, 48, 160, . . ., 它是一個四階差數列, 其通項為 2 ∑ⁿ

m=1 2

3m(m + 1)(2m + 1) = ²₃(n + 1)· n(n + 1)(n + 2)。

一般, cos^kθ 所在的第 k + 1 行數列: 2^k−1, . . ., 它是一個 k 階差數列, 其通項可表為一個 n 的 k 次多項式。 只要知道第 k 行的數列通項 (記為 Ak(n)), 經由式 (A) 即可遞推出第 k + 1 行的數列通項 (記為 Ak+1(n))而有: Ak+1(n) = 2

∑n m=1

A_k(m)。 (註: 此處之正整數 n 與上述 a_n,k 中的 n 無關)