與值之探討

與 值之探討

作者 : ^張鴻偉 · ^黃書恆

甘明濬 · ^吳智善

指導 : ^蔡東憲

一. 研究動機

高一下, 老師教複數的極式, 解 xⁿ = 1 知其根為 1, w, w², . . . , wⁿ⁻¹ (w = cos^2π_n + isin^2π_n), 這些根在複數平面上所代表的點分別為 A0, A1, . . . , A_n−1。 並且藉由計算知 A_kA₀

= 2 sin^kπ_n, 所以 A1A₀ + A2A₀ + · · · + A_n−1A₀ = 2

^P

ⁿ⁻¹_k=1sin^kπ_n, 我們可以由積與和差 之轉換得知此答案為 2 cot_2n^π ; 但是若將上述改為 A1A₀^m + A2A₀^m + · · · + A_n−1A₀^m = 2^m

^P

ⁿ⁻¹_k=1sin^{m kπ}_n (m, n ∈ N, n > ^m₂) 是否可得到較簡化的答案?

^P

ⁿ⁻¹_k=1cos^{m kπ}_n 是否也有 令人驚喜的答案? 於是我們開始招兵買馬, 一同為解決這個問題而奮鬥。

二. 研究目的

(1) 利用

^P

ⁿ⁻¹_k=1cos^kmπ_n 、

^P

ⁿ⁻¹_k=1sin^kmπ_n 的和及 sin^mθ 的表式, 進而求出

^P

ⁿ⁻¹_k=1sin^{m kπ}_n 的和。

(2) 利用

^P

ⁿ⁻¹_k=1cos^kmπ_n 的和及 cos^mθ 的表式, 進而求出

^P

ⁿ⁻¹_k=1cos^{m kπ}_n 的和。

(3) 利用

^P

ⁿ⁻¹_k=1sin^kπ_n 及

^P

ⁿ⁻¹_k=1sin^{2 kπ}_n 的和, 求出

^P

ⁿ⁻²_i=1

^P

ⁿ⁻¹_j=i+1sin^iπ_n sin ^jπ_n 的和。

(4) 利用

^P

ⁿ⁻¹_k=1cos^kπ_n 及

^P

ⁿ⁻¹_k=1cos^{2 kπ}_n 的和, 求出

^P

ⁿ⁻²_i=1

^P

ⁿ⁻¹_j=i+1cos^iπ_n cos^jπ_n 的和。

三. 研究設備器材

34

紙、 筆。

四. 預備知識

(1) sin α sin β = ⁻¹₂ [cos(α + β) − cos(α − β)]。

(2) cos α sin β = ¹₂[sin(α + β) − sin(α − β)]。

(3) 巴斯卡定理: C_kⁿ+ C_k+1ⁿ = C_k+1ⁿ⁺¹。

(4) (1 + x)ⁿ= C₀ⁿ+ C₁ⁿx+ C₂ⁿx²+ · · · + C_nⁿxⁿ。

(i) 令 x = −1 ⇒ C₀ⁿ−C₁ⁿ+ C₂ⁿ+ · · · + (−1)ⁿC_nⁿ= 0,

∵

C_kⁿ = C_n−kⁿ

∴

(a) 當 n 是偶數 2C₀ⁿ−2C₁ⁿ+ 2C₂ⁿ− · · ·+ (−1)ⁿ²Cⁿⁿ

2 = 0。

(b) 當 n 是奇數 C₀ⁿ−C₁ⁿ+ C₂ⁿ+ · · · + (−1)ⁿC_nⁿ = 0。

(ii) 令 x = 1 ⇒ C₀ⁿ+ C₁ⁿ+ C₂ⁿ+ · · · + C_nⁿ= 2ⁿ,

∵

C_kⁿ = C_n−kⁿ

∴

(a) 當 n 是偶數 ^C

n n 2

2 + Cⁿn−2 2

+ Cⁿn−4 2

+ · · · + C₀ⁿ= 2ⁿ⁻¹。 (b) 當 n 是奇數 Cⁿn−1

2

+ Cⁿn−3 2

+ Cⁿn−5 2

+ · · · + C₀ⁿ = 2ⁿ⁻¹。

(5) 當 m 是奇數時 C^mm−1 2

=

C^m+1_m+1

2

2

證明如下 : 左式 = m!



m−1 2



!

^

^m+1₂

^

! 右式 = (m + 1)!



m+1 2



!

^

^m+1₂

^

!× 1

2 = m+ 1

2

^

^m+1₂

^

× m!



m−1 2



!

^

^m+1₂

^

!

= m!



m−1 2



!

^

^m+1₂

^

!

= 左式

五. 四個引理

為求得

^P

ⁿ⁻¹_k=1sin^{m kπ}_n 及

^P

ⁿ⁻¹_k=1cos^{m kπ}_n, 我們必須先證明下面四個引理

(一) 引理一:

n−1

X

k=1

coskmπ n =



 

 

 

 

n −1, 當 m 是 2n 倍數,

−1, 當 m 非 2n 倍數且 m 是偶數, (m, n ∈ N 且 n ≥ 2)

0, 當 m 是奇數。

證明:

n−1

X

k=1

coskmπ n

= cosmπ

n + cos2mπ

n + · · · + cosm(n − 1)π n

= sin^3mπ_2n −sin^mπ_2n + sin^5mπ_2n −sin^3mπ_2n + · · · + sin^(2mn−m)π_2n −sin^(2mn−3m)π_2n 2 sin^mπ_2n

(預備知識2)

= sin

^

m − ^m

2n



π −sin ^mπ_2n 2 sin^mπ_2n

藉由 m 的討論, 可得引理一。

(二) 引理二:

n−1

X

k=1

sinkmπ n =



 

 

 

 

0, 當 m 是 2n 倍數,

0, 當 m 非 2n 倍數且 m 是偶數, (m, n ∈ N 且 n ≥ 2) cot^mπ_2n, 當 m 是奇數。

證明:

n−1

X

k=1

sinkmπ n

= sinmπ

n + sin2mπ

n + · · · + sin(n − 1)mπ n

= cos^3mπ_2n −cos^mπ_2n+cos^5mπ_2n −cos^3mπ_2n + · · · + cos^(2n−1)mπ_2n −cos^(2n−3)mπ_2n

−2 sin^mπ_2n

(預備知識1)

= cos

^

m − _2n^m

^

π −cos ^mπ_2n

−2 sin^mπ_2n

藉由 m 的討論, 可得引理二。

(三) 引理三:

sin^mθ =



 

 

 

 

 



 

 

 

 

 



1 2^m−1



_C^m_m

2

2 −C^mm−2 2

cos 2θ+C^mm−4 2

cos 4θ + · · · + (−1)^m2C₀^mcos mθ



, 當 m 是偶數,

1 2^m−1



C^m_m−1

2

sin θ−C^mm−3 2

sin 3θ+C^mm−5 2

sin 5θ + · · · + (−1)^m−12 C₀^msin mθ



, 當 m 是奇數。

藉由觀察 m = 2, 3, 4 等, 我們可以猜測 sin^mθ 之表示式, 接著, 證明我們的猜測是正確 的。

(a) 當 m 是偶數時, 假設 sin^mθ = ₂m−1¹ (^C

m m 2

2 −C^mm−2 2

cos 2θ+C^mm−4 2

cos 4θ+· · ·+(−1)^m2 C₀^m cos mθ) 成立, 則

sin^m+1θ= sin^mθ ×sin θ

= 1 2^m−1

"

C^mm

2

2 sin θ − C^mm−2

2

2 (sin 3θ − sin θ) + · · · + (−1)^m2 C₀^m

2 [sin(m + 1)θ − sin(m − 1)θ]

#

= 1 2^m[(C^mm

2 + C^mm−2

2 ) sin θ − (C^mm−2

2 + C^mm−4

2 ) sin 3θ + · · · + (−1)^m2C₀^msin(m + 1)θ] (預備知識3)

= 1

2^m[C^m+1m

2 sin θ − C^m+1m−2 2

sin 3θ + · · · + (−1)^m2C₀^m+1sin(m + 1)θ]

為當初猜測 m + 1 為奇數的情形。

(b) 當 m 是奇數時, 假設 sin^mθ = ₂m−1¹ (C^mm−1

2 sin θ − C^mm−3

2 sin 3θ + C^mm−5

2 sin 5θ + · · · + (−1)^m−12 C₀^msin mθ) 成立, 則

sin^m+1θ= sin^mθ ×sin θ

= 1 2^m−1

"

C^mm−1 2

1 − cos 2θ

2 + C^mm−2 2

× 1

2(cos 4θ − cos 2θ) + · · · + (−1)^m+12 ×1

2C₀^m(cos(m + 1)θ − cos(m − 1)θ)

#

= 1

2^m[C^mm−1 2

−(C^mm−1

2 + C^mm−3

2 ) cos 2θ + · · · + (−1)^m+12 C₀^mcos(m + 1)θ]

= 1

2^m[C^mm−1 2

−C^m+1_m−1

2

cos 2θ + · · · + (−1)^m+12 C₀^mcos(m + 1)θ]

(預備知識5)

= 1 2^m





C^m+1m+1 2

2 −C^m+1_m−1

2

cos 2θ + · · · + (−1)^m+12 C₀^m+1cos(m + 1)θ





為當初猜測 m + 1 為偶數的情形。

所以我們完成引理三的證明。

(四) 引理四:

cos^mθ=



 

 

 

 

 



 

 

 

 

 



1 2^m−1



_C^m_m

2

2 + C^mm−2

2 cos 2θ + C^mm−4

2 cos 4θ + · · · + C₀^mcos mθ



,

當 m 是偶數,

1 2^m−1



C^m_m−1

2

cos θ + C^mm−3 2

cos 3θ + C^mm−5 2

cos 5θ + · · · + C₀^mcos mθ



, 當 m 是奇數。

藉由觀察 m = 2, 3, 4 等, 我們可以猜測 cos^mθ 之表示式, 接著, 證明我們的猜測是正確 的。

(a) 當 m 是偶數時, 假設 cos^mθ= ₂m−1¹ (^C

m m 2

2 +C^mm−2 2

cos 2θ+^C

m m−4

2 cos 4θ+· · ·+C₀^mcos mθ) 成立, 則

cos^m+1θ = cos^mθ ×cos θ

= 1 2^m−1

"

C^mm

2

2 cos θ+

C^mm−2 2

2 (cos 3θ+cos θ)+· · ·+C₀^m

2 (cos(m+1)θ+cos(m−1)θ)

#

= 1 2^m[(C^mm

2 +C^mm−2

2 ) cos θ+(C^mm−2

2 +C^mm−4

2 ) cos 3θ+· · ·+C₀^mcos(m+1)θ](預備知識3)

= 1

2^m[C^m+1m

2 cos θ + C^m+1m−2 2

cos 3θ + · · · + C₀^m+1cos(m + 1)θ].

為當初猜測 m + 1 是奇數的情形。

(b) 當 m 是奇數, 假設 cos^mθ = ₂m−1¹ (C^mm−1 2

cos θ + C^mm−3 2

cos 3θ + C^mm−5 2

cos 5θ + · · · + C₀^mcos mθ) 成立, 則

cos^m+1θ= cos^mθ ×cos θ

= 1 2^m−1





C^m_m−1

2

2 (1 + cos 2θ) + · · · + C₀^m

2 (cos(m+1)θ + cos(m−1)θ)





= 1

2^m[(C^mm−1

2 + (C^mm−1

2 + C^mm−3

2 ) cos 2θ + · · · + C₀^mcos(m + 1)θ]

(預備知識5)

= 1 2^m





C^m+1m+1 2

2 + C^m+1m−1 2

cos 2θ + · · · + C₀^m+1cos(m + 1)θ





為當初猜測 m + 1 是偶數的情形。

所以我們完成引理四的證明。

六. 主要研究內容

(一) 定理一:

n−1

X

k=1

sin^m kπ n

=



 

 

 

 

 

 

C^mm 2

2^m n, 當 m 是偶數且 n > ^m₂,

1 2^m−1



C^m_m−1

2

cot _2n^π −C^m_m−3

2

cot^3π_2n + · · · + (−1)^m−12 C₀^mcot^mπ_2n



,

當 m 是奇數, (m, n ∈ N, n ≥ 2)。

(i) 當 m 是偶數且 n > ^m₂ 時

∵

sin^mθ= 1 2^m−1

C^mm

2

2 −C^mm−2

2 cos 2θ + · · · + (−1)^m2 C₀^mcos mθ

!

(引理三)

∴

n−1

X

k=1

sin^m kπ n = 1

2^m−1

"

C^mm

2

2 (n − 1) − C^mm−2

2 (−1) + · · · + (−1)^m2C₀^m(−1)

#

(引理一)

= 1 2^m[C^mm

2

·n −(C^mm

2

−2C^mm−2

2 + · · · + (−1)^m2 ·2 · C₀^m)]

= 1 2^m ·C^mm

2

·n (由預備知識 (4)(i) 知 C^mm

2 −2C^mm−2 2

+ · · · + (−1)^m2 ·2 · C₀^m = 0)。

(ii) 當 m 是奇數時

∵

sin^mθ= 1 2^m−1



C^mm−1

2 sin θ − C^mm−3

2 sin 3θ + · · · + (−1)^m−12 C₀^msin mθ



(引理三)

∴

n−1

X

k=1

sin^m kπ n = 1

2^m−1

"

C^mm−1 2 cot π

2n−C^mm−3

2 cot 3π

2n+· · ·+(−1)^m−12 C₀^mcot mπ 2n

#

(引理二) 於是我們完成定理 1 的證明。

(二) 定理二:

n−1

X

k=1

cos^m kπ n =



 



 



C^mm 2

2^m n −1, 當 m 是偶數且 n > ^m₂,

0, 當 m 是奇數,

(m, n ∈ N, n ≥ 2)。

(i) 當 m 是偶數且 n > ^m₂ 時

∵

cos^mθ = 1 2^m−1

C^mm

2

2 + C^mm−2

2 cos 2θ + · · · + C₀^mcos mθ

!

(引理四)

∴

n−1

X

k=1

cos^m kπ

n = C^mm

2

2^m (n − 1) + 1

2^m−1C^mm−2

2 (−1) + · · · + C₀^m

2^m−1(−1) (引理一)

= C^mm

2

2^mn − 1 2^m(C^mm

2 + 2C^mm−2

2 + · · · + 2C₀^m)

= C^mm

2

2^mn −1 (由預備知識 (4)(ii) 知 C^mm

2 + 2C^mm−2 2

+ · · · + 2C₀^m= 2^m) (ii) 當 m 是奇數時

∵

cos^mθ = 1

2^m−1(C^mm−1

2 cos θ + C^mm−3

2 cos 3θ + · · · + C₀^mcos mθ), (引理四)

∴

n−1

X

k=1

cos^m kπ

n = 0

2^m−1 = 0 (引理一) 於是我們完成定理二證明。

七. 結論及應用

(1) 藉由四個引理的輔助, 我們證明下列:

(i)

n−1

X

k=1

sin^m kπ n =



 

 

 

 

 

 

C^mm 2

2^mn, 當 m 是偶數且 n > ^m₂,

1

2^m−1(C^mm−1 2

cot_2n^π −C^m_m−3

2

cot ^3π_2n+ · · · + (−1)^m−12 C₀^mcot^mπ_2n), 當 m 是奇數,

(m, n ∈ N, n ≥ 2)。

(ii)

n−1

X

k=1

cos^m kπ n =



 



 



C^mm 2

2^mn −1, 當 m 是偶數且 n > ^m₂,

0, 當 m 是奇數,

(m, n ∈ N, n ≥ 2)。

(2) 因為 (a1+ a2+ · · · + a_n−1)² =

^P

ⁿ⁻¹_k=1a²_k+ 2

^P

ⁿ⁻²_i=1

^P

ⁿ⁻¹_j=i+1a_ia_j

∴

n−2

X

i=1 n−1

X

j=i+1

sin iπ n sinjπ

n =1

2(cot² π 2n − n

2)

n−2

X

i=1 n−1

X

j=i+1

cos iπ

n cosjπ n =−1

2 (n

2 −1) = −n 4 +1

2

八. 參考資料

1. 林福來等著 「高中數學第二、 四冊」, 南一出版社。

—本文作者就讀於台南一中,蔡東憲任教於台南一中—