利用复数方法证明三角恒等式

贡献者： addis; 赵淦是

1. 理论基础

　　 要借助复数证明三角恒等式，我们一般需要构造具有以下形式的复数： $$w=\cos \alpha +\mathrm{i}\sin \alpha .$$

　　 这类复数具有许多好的性质，我们熟知的有：

　　 此外，我们再引入另外两条常用的性质：

　　 $$\begin{array}{rl}1-(\cos \alpha +\mathrm{i}\sin \alpha {)}^n& =1-{(\cos \frac{n\alpha }{2}+\mathrm{i}\sin \frac{n\alpha }{2})}^2\\ & =1-({\cos }^2\frac{n\alpha }{2}-{\sin }^2\frac{n\alpha }{2}+2\mathrm{i}\sin \frac{n\alpha }{2}\cos \frac{n\alpha }{2})\\ & =2{\sin }^2\frac{n\alpha }{2}-2\mathrm{i}\sin \frac{n\alpha }{2}\cos \frac{n\alpha }{2}\\ & =-2\mathrm{i}\sin \frac{n\alpha }{2}(\cos \frac{n\alpha }{2}+\mathrm{i}\sin \frac{n\alpha }{2}).\end{array}$$

　　 故：

　　 同理可得：

2. 累加

　　 令 $\alpha =\beta$，得： $$\sum _{k=1}^n\sin k\alpha =\frac{\sin \frac{(n+1)\alpha }{2}\sin \frac{n\alpha }{2}}{\sin \frac{\alpha }{2}},$$ $$\sum _{k=1}^n\cos k\alpha =\frac{\cos \frac{(n+1)\alpha }{2}\sin \frac{n\alpha }{2}}{\sin \frac{\alpha }{2}}.$$

　　 可以推知：

　　 ${\displaystyle \cos \frac{\pi }{7}+\cos \frac{3\pi }{7}+\cos \frac{5\pi }{7}=\frac{1}{2},}$

　　 ${\displaystyle \cos \frac{\pi }{9}+\cos \frac{5\pi }{9}+\cos \frac{7\pi }{9}=0.}$

3. 连乘

　　 要证明与三角函数有关的连乘式，我们需要考虑多项式的分解，例如： $$z^5-1=(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1).$$

　　 记 ${\displaystyle w=\cos \frac{\pi }{5}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi }{5}}$，$z^5-1=0$ 有 $w^2,w^4,w^6,w^8,w^{10}$ 五个根，而 $w^{10}=1$，于是有： $$z^4+z^3+z^2+z+1=(z-w^2)(z-w^4)(z-w^6)(z-w^8).$$

　　 我们发现，如果我们代入 $z=1$，就能利用上述的式 3 ，得到关于 $\sin$ 的连乘式；如果我们代入 $z=-1$，就能利用上述的式 4 ，得到关于 $\cos$ 的连乘式

　　 下面我们具体讨论以下三类不同的方程： $$\begin{array}{rl}{z}^{2k-1}+1& =0,\\ z^{2k-1}-1& =0,\\ z^{2k}-1& =0.\end{array}$$

　　 记 ${\displaystyle w=\cos \frac{\pi }{2m-1}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi }{2m-1}}$，则 $w,w^3\cdots ,w^{4m-3}$ 是 $z^{2m-1}+1=0$ 的 $2m-1$ 个根

　　 又因为 $w^{2m-1}=-1$，于是 $w\cdots ,w^{2m-3},w^{2m+1}\cdots ,w^{4m-3}$ 是 $z^{2m-1}+1=0$ 的 $2m-2$ 个虚根

　　 由因式分解 $z^{2m-1}+1=(z+1)(z^{2m-2}-z^{2m-3}+\cdots +z^2-z+1)$，知： $$z^{2m-2}-z^{2m-3}+\cdots -z+1=(z-w)\cdots (z-w^{2m-3})(z-w^{2m+1})\cdots (z-w^{4m-3}).$$

　　 代入 $z=1$，并置 $\mu =w^{\frac{1}{2}}$ 得：

　　 $$\begin{array}{rl}1& =(1-w)\cdots (1-w^{2m-3})(1-w^{2m+1})\cdots (1-w^{4m-3})\\ & =\prod _{\begin{array}{c}k=1\\ k\ne m\end{array}}^{2m-1}(-2\mathrm{i}){\mu }^{2k-1}\sin \frac{(2k-1)\pi }{4m-2}\\ & =(-2\mathrm{i}{)}^{2m-2}{\mu }^{(2m-1)(2m-2)}\prod _{k=1}^{2m-1}\sin \frac{(2k-1)\pi }{4m-2}\\ & =4^{m-1}(-1{)}^{m-1}\cos (m-1)\pi \prod _{k=1}^{2m-1}\sin \frac{(2k-1)\pi }{4m-2}\\ & =4^{m-1}\prod _{k=1}^{2m-1}\sin \frac{(2k-1)\pi }{4m-2}.\end{array}$$

　　 所以：

　　 又因为 ${\displaystyle \sin \frac{(2k-1)\pi }{4m-2}=\sin \frac{(4m-2k-1)\pi }{4m-2}}$，故：

　　 代入 $z=-1$ 得：

　　 又因为 ${\displaystyle \cos \frac{(2k-1)\pi }{4m-2}=-\cos \frac{(4m-2k-1)}{4m-2}}$，故：

　　 于是：

　　 记 ${\displaystyle w=\cos \frac{\pi }{2m-1}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi }{2m-1}}$，则 $w^2,w^4\cdots ,w^{4m-2}$ 是 $z^{2m-1}-1=0$ 的 $2m-1$ 个根

　　 又因为 $w^{4m-2}=1$，于是 $w^2,w^4\cdots ,w^{4m-4}$ 是 $z^{2m-1}-1=0$ 的 $2m-2$ 个虚根

　　 由因式分解 ${\displaystyle z^{2m-1}-1=(z-1)(z^{2m-2}+z^{2m-3}+\cdots +z^2+z+1)}$，知： $$z^{2m-2}+z^{2m-3}+\cdots +z+1=(z-w^2)\cdots (z-w^{4m-4}).$$

　　 代入 $z=1$，得： $$\begin{array}{rl}2m-1& =(1-w^2)(1-w^4)\cdots (1-w^{4m-4})\\ & =(-2\mathrm{i}{\mu }^2\sin \frac{2\pi }{4m-2})(-2\mathrm{i}{\mu }^4\sin \frac{4\pi }{4m-2})\cdots [-2\mathrm{i}{\mu }^{4m-4}\sin \frac{(4m-4)\pi }{4m-2}]\\ & =(-2\mathrm{i}{)}^{2m-2}{\mu }^{(2m-1)(2m-2)}\prod _{k=1}^{2m-2}\sin \frac{k\pi }{2m-1}\\ & =4^{m-1}(-1{)}^{m-1}\cos (m-1)\pi \prod _{k=1}^{2m-2}\sin \frac{k\pi }{2m-1}.\end{array}$$

　　 于是：

　　 代入 $z=-1$，得：

　　 $\begin{array}{rl}1& =(-1-w^2)(-1-w^4)\cdots (1-w^{4m-4})\\ & =(-1{)}^{2m-2}(1+w^2)(1+w^4)\cdots (1+w^{4m-4})\\ & =(2{\mu }^2\cos \frac{2\pi }{4m-2})(2{\mu }^4\cos \frac{4\pi }{4m-2})\cdots [2{\mu }^{4m-4}\cos \frac{(4m-4)\pi }{4m-2}]\\ & =2^{2m-2}{\mu }^{(2m-1)(2m-2)}\prod _{k=1}^{2m-2}\cos \frac{k\pi }{2m-1}\\ & =4^{m-1}\cos (m-1)\pi \prod _{k=1}^{2m-2}\cos \frac{k\pi }{2m-1}.\end{array}$

　　 故：

　　 记 ${\displaystyle w=\cos \frac{\pi }{2m}+\mathrm{i}\sin \frac{\pi }{2m}}$，则 $w^2,w^4,\dots ,w^{4m}$ 是 $z^{2m}-1=0$ 的 $2m$ 个根

　　 又因为 $w^{2m}=-1,w^{4m}=1$，于是 $w^2\cdots ,w^{2m-2},w^{2m+2}\cdots ,w^{4m-2}$ 是 $z^{2m}-1=0$ 的 $2m-2$ 个虚根

　　 由因式分解 $z^{2m}-1=(z^2-1)(z^{2m-2}+\cdots +z^4+z^2+1)$，知： $$z^{2m-2}+\cdots +z^4+z^2+1=(z-w^2)\cdots (z-w^{2m-2})(z-w^{2m+2})\cdots (z-w^{4m-2}).$$

　　 代入 $z=1$，得：

　　 $$\begin{array}{rl}m& =(1-w^2)\cdots (1-w^{2m-2})(1-w^{2m+2})\cdots (1-w^{4m-2})\\ & =\prod _{\begin{array}{c}k=1\\ k\ne m\end{array}}^{2m-1}(-2\mathrm{i}){\mu }^{2k}\frac{2k\pi }{4m}\\ & =(-2\mathrm{i}{)}^{2m-2}{\mu }^{2m(2m-2)}\prod _{k=1}^{2m-1}\sin \frac{k\pi }{2m}\\ & =2^{2m-2}(-1{)}^{m-1}\cos (m-1)\pi \prod _{k=1}^{2m-1}\sin \frac{k\pi }{2m}\\ & =4^{m-1}\prod _{k=1}^{2m-1}\sin \frac{k\pi }{2m},\end{array}$$

　　 于是：

　　 代入 $z=-1$，得：

　　 $$\begin{array}{rl}m& =(-1-w^2)\cdots (-1-w^{2m-2})(-1-w^{2m+2})\cdots (-1-w^{4m-2})\\ & =(-1{)}^{2m-2}(1+w^2)\cdots (1+w^{2m-2})(1+w^{2m+2})\cdots (1+w^{4m-2})\\ & =\prod _{\begin{array}{c}k=1\\ k\ne m\end{array}}^{2m-1}2{\mu }^{2k}\cos \frac{2k\pi }{4m}\\ & =2^{2m-2}{\mu }^{2m(m-2)}\prod _{k=1}^{m-1}\cos \frac{k\pi }{2m}\prod _{k=m+1}^{2m-1}\cos \frac{k\pi }{2m}\\ & =4^{m-1}\cos (m-1)\pi \prod _{k=1}^{m-1}\cos \frac{k\pi }{2m}\prod _{k=m+1}^{2m-1}\cos \frac{k\pi }{2m}.\end{array}$$

　　 又因为 ${\displaystyle \cos \frac{k\pi }{2m}=-\sin \frac{(m+k)\pi }{2m}}$，所以：

　　 $$\begin{array}{rl}m& =4^{m-1}\cos (m-1)\pi \prod _{k=1}^{m-1}\cos \frac{k\pi }{2m}\prod _{k=m+1}^{2m-1}\cos \frac{k\pi }{2m}\\ & =(-1{)}^{m-1}{4}^{m-1}\cos (m-1)\pi \prod _{k=1}^{m-1}\sin \frac{k\pi }{2m}\cos \frac{k\pi }{2m}\\ & =2^{m-1}\prod _{k=1}^{m-1}\sin \frac{k\pi }{m}.\end{array}$$

　　 故：

　　 实际上，式 14 不过是式 11 和式 13 的更一般的形式。