每日一题[992]螺旋数学归纳法

求证:$\displaystyle \sum_{k=0}^{\left[\frac n2\right]}(-1)^k{\rm C}_{n-k}^k(2\cos x)^{n-2k}=\dfrac{\sin (n+1)x}{\sin x}$.


cover

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.

 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.

此条目发表在每日一题分类目录,贴了, 标签。将固定链接加入收藏夹。

发表评论