求证：$\displaystyle \sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}(-1)^k{\rm C}_{n-k}^k(2\cos x)^{n-2k}=\dfrac{\sin (n+1)x}{\sin x}$．
分析与证明 即证明$n$倍角的正弦公式：\[\sin nx=\sum_{k=0}^{\left[\frac{n-1}2\right]}{\rm C}_{n-1-k}^k(-1)^k2^{n-1-2k}\cos^{n-1-2k}x\sin x.\]注意到\[\sin(n+1)x=\sin nx\cos x+\cos nx\sin x,\]考虑用螺旋数学归纳法证明．先加强结论，补充\[\cos nx=\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}\left({\rm C}_{n-k}^k+{\rm C}_{n-1-k}^{k-1}\right)(-1)^k2^{n-1-2k}\cos^{n-2k}x.\]这一结论可以由\[\cos nx=\dfrac{\sin(n+1)x}{\sin x}-\dfrac{\sin nx}{\sin x}\cdot \cos x\]得到，具体过程如下：
因为\[\cos{nx}=\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}{\rm C}_{n-k}^k(-1)^k\cdot2^{n-2k}\cos^{n-2k}x-\sum_{k=0}^{\left[\frac{n-1}2\right]}{\rm C}_{n-1-k}^k(-1)^k\cdot2^{n-1-2k}\cos^{n-2k}x,\]当$n$为奇数时，有$$\left[\dfrac {n-1}2\right]=\left[\dfrac n2\right],$$当$n$为偶数时，对$k=\left[\dfrac n2\right]$，有$n-1-k<k$，此时认为${\rm C}_{n-1-k}^{k}=0$，于是我们将上式变形为\[\begin{split} \cos{nx}=&\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}{\rm C}_{n-k}^k(-1)^k\cdot2^{n-2k}\cos^{n-2k}x-\sum_{k=0}^{\left[\frac{n}2\right]}{\rm C}_{n-1-k}^k(-1)^k\cdot2^{n-1-2k}\cos^{n-2k}x\\=&\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}(-1)^k\cdot 2^{n-1-2k}\cos^{n-2k}x\left(2{\rm C}_{n-k}^k-{\rm C}_{n-1-k}^k\right)\\=&\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}(-1)^k\cdot 2^{n-1-2k}\cos^{n-2k}x\left({\rm C}_{n-k}^k+{\rm C}_{n-1-k}^{k-1}\right).\end{split} \]于是得到加强的结论．
最后用数学归纳法证明$n$倍角的正弦公式\[\sin nx=\sum_{k=0}^{\left[\frac{n-1}2\right]}{\rm C}_{n-1-k}^k(-1)^k2^{n-1-2k}\cos^{n-1-2k}x\sin x.\]与$n$倍角的余弦公式\[\cos nx=\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}\left({\rm C}_{n-k}^k+{\rm C}_{n-1-k}^{k-1}\right)(-1)^k2^{n-1-2k}\cos^{n-2k}x.\]当$n=1$时，显然成立；当结论对$n$成立，下面证明对$n+1$也成立，由前面的过程知只需要证明\[\cos {(n+1)x}=\sum_{k=0}^{\left[\frac {n+1}2\right]}\left({\rm C}_{n+1-k}^k+{\rm C}_{n-k}^{k-1}\right)(-1)^k2^{n-2k}\cos^{n+1-2k}x.\]即可．
由公式$$\cos(n+1)x=\cos{nx}\cos x-\sin{nx}\sin x$$及归纳假设得到
\[\begin{split} \cos{(n+1)x}=&\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}\left({\rm C}_{n-k}^k+{\rm C}_{n-1-k}^{k-1}\right)(-1)^k2^{n-1-2k}\cos^{n+1-2k}x-\sum_{k=0}^{\left[\frac{n-1}2\right]}{\rm C}_{n-1-k}^k(-1)^k2^{n-1-2k}\cos^{n-1-2k}x\sin^2 x
\\=&\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}(-1)^k\cdot 2^{n-1-2k}\left[({\rm C}_{n-k}^k+{\rm C}_{n-1-k}^{k-1})\cos^2 x-{\rm C}_{n-1-k}^k(1-\cos^2 x)\right]
\\&=\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}(-1)^k\cdot 2^{n-1-2k}\cos^{n-1-2k}x\left(2{\rm C}_{n-k}^k\cos^2 x-{\rm C}_{n-1-k}^k\right)
\\=&\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}(-1)^k\cdot 2^{n-2k}\cos^{n+1-2k}x{\rm C}_{n-k}^k-\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}(-1)^k\cdot 2^{n-1-2k}\cos^{n-1-2k}x{\rm C}_{n-1-k}^k\\=&\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}(-1)^k\cdot 2^{n-2k}\cos^{n+1-2k}x{\rm C}_{n-k}^k+\sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]+1}(-1)^k\cdot 2^{n+1-2k}\cos^{n+1-2k}x{\rm C}_{n-k}^{k-1}.\end{split} \]
当$n$为偶数时，$\left[\dfrac {n+1}2\right]=\left[\dfrac n2\right]=\dfrac n2$，且此时有$$n-\left(\left[\dfrac n2\right]+1\right)<\left[\dfrac n2\right]+1-1,$$于是上面的结果可以进一步变形为\[\sum_{k=1}^{\left[\frac {n+1}2\right]}(-1)^k\cdot 2^{n-2k}\cos^{n+1-2k}x\left({\rm C}_{n-k}^k+2{\rm C}_{n-k}^{k-1}\right)=\sum_{k=1}^{\left[\frac {n+1}2\right]}(-1)^k\cdot 2^{n-2k}\cos^{n+1-2k}x\left({\rm C}_{n-k+1}^k+{\rm C}_{n-k}^{k-1}\right).\]
当$n$奇数时，有$\left[\dfrac n2\right]+1=\left[\dfrac {n+1}2\right]$，且有$$n-\left[\dfrac {n+1}2\right]<\left[\dfrac {n+1}2\right],$$类似可以得到结论．
综上知，由归纳假设可以得到命题对$n+1$也成立，从而知命题对任意正整数均成立．
注 也可以直接展开$\left(\cos x+{\rm i}\sin x\right)^n$计算实部和虚部得到．另外这种螺旋归纳法在三角问题中很常见，如2010年江苏卷最后一题：
已知$\triangle ABC$的三边长为有理数，求证：对任意正整数$n$，$\cos nA$是有理数．
证明的关键是加强结论，补充$\sin nA\cdot \sin A$也是有理数．