趣味三角——第8章——高斯的一个求和法

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第8章 高斯的一个求和法

(Variations on a Theme by Gauss)

The solving of an astronomical problem [proposed by

the French Academy of Sciences in 1735], for which

several eminent mathematicians had demanded several

months’ time. . . was solved by the illustrious Gauss in

one hour.

(解决一个天文问题[由法国科学院于1735年提出]，几位著名的数学家为此花费了几个月的时间……被杰出的高斯在一小时内给解决了。)

——Florian Cajori引自R. E. Moritz的<<On Mathematics and Mathematicians>>(论数学和数学家)第155页

有一个关于伟大的德国数学家卡尔·弗里德里希·高斯(Carl Friedrich Gauss，1777-1855年)的故事，他在上学时被老师要求对1到100的数字求和，他几乎立即就给出了正确答案 5,050。 Gauss向惊讶的老师解释说，他只是注意到通过将数字写两次，首先是从1到100，然后是从100到1，并将两个数字垂直相加，每一对加起来就是101。因为有一百个这样的数字对，我们得到100×101 = 10,100，因为这是所需总和的两倍，答案是这个的一半，即 5,050。

就像许多关于名人的故事一样，这个故事可能真的发生过，也可能没有发生过；然而，重要的是要从中吸取教训——寻找模式的重要性。这种情况下的模式是楼梯模式，我们在一端添加的内容在另一端减去:

S = 1 + 2 + 3 + ... + n

S = n + (n-1) + (n-2) + ... + 1

------------------------------------------------------------------------

2 S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + ... + (n + 1) = n(n + 1)

---------------------------- n项----------------------------------------

S = n(n + 1)/2 。--------------------------------------------(1)

有一天，我在浏览一本序列和级数手册时想起了Gauss的故事，在那里我找到了以下求和公式：[1]

$sin\alpha+sin2\alpha+sin3\alpha+...+sin(n\alpha)=\frac{sin\frac{n\alpha}{2}.sin\frac{(n+1)\alpha}{2}}{sin\frac{\alpha}{2}}---------(2)$

起初对于如何证明这个公式没有任何线索，我开始寻找一个模式。令我印象深刻的是等式 (1)和(2)之间形式上的相似性；事实上，等式(1)的两边分别乘以α得到Sα = n(n + 1) α/2,即,

α + 2α + 3α + ... + nα = n(n + 1) α/2

将最后一个等式“乘以(Multiplying)”(两边取正弦)“sin”并继续化简，就好像“sin”是一个普通的代数量一样，我们得到

sin (α + 2α + 3α + ... + nα) = sin [n(n + 1) α/2]

如果我们在左侧打开括号，在右侧乘以和除以第二个“sin”(将其压缩在n和n + 1之间)，然后再乘以α/2，我们得到等式(2)！

当然，我们犯了所有可以想象的数学“sin”错误(此词没有双关语)，但我们确实得到了一个正确的公式。那么，我们能否以类似于高斯对等式(1)中和的处理方式来证明等式（2）呢？令

S = sin α + sin 2α + ... + sin(n-1)α + sin nα

S = sin nα + sin(n-1)α + ... + sin 2α + sin α

按上下对应成对的方式求和并利用和积公式 $sin\alpha+sin\beta=2sin\frac{\alpha+\beta}{2}cos\frac{\alpha-\beta}{2}$ ,我们得到

$2S = 2[sin\frac{(1+n)\alpha}{2}.cos\frac{(1-n)\alpha}{2}+sin\frac{(1+n)\alpha}{2}.cos\frac{(3-n)\alpha}{2}+...+sin\frac{(n+1)\alpha}{2}.cos\frac{(n-3)\alpha}{2}+sin\frac{(n+1)\alpha}{2}.cos\frac{(n-1)\alpha}{2}=2[sin\frac{(1+n)\alpha}{2}+cos\frac{(1-n)\alpha}{2}+cos\frac{(3-n)\alpha}{2}+...+cos\frac{(n-3)\alpha}{2}+cos\frac{(n-1)\alpha}{2}]$

为了消除掉余弦项中烦人的1/2，3/2，...，让我们将最后一个等式乘以 $sin\frac{\alpha}{2}$ 并利用积和公式(product-to-sum) $sin\alpha.cos\beta = \frac{1}{2}[sin(\alpha-\beta)+sin(\alpha+\beta)]$ ；我们得到

$2Ssin\frac{\alpha}{2} = sin\frac{(n+1)\alpha}{2}[ sin\frac{n\alpha}{2}+sin(1-\frac{n}{2})\alpha+sin(-1+\frac{n}{2})\alpha]+sin(2-\frac{n}{2})\alpha+...+sin(2-\frac{n}{2})\alpha+sin(-1+\frac{n}{2})\alpha+sin(1-\frac{n}{2})\alpha+sin\frac{n\alpha}{2}$

但是， $sin(-1+\frac{n}{2})\alpha=-sin(1-\frac{n}{2})\alpha$ , 以及类似的其它项；因此，括号中的表达式是“伸缩总和(telescopic sum)”，除了第一项和最后一项之外，其它项都抵消掉了(cancel out)。因此，我们有

$2Ssin\frac{\alpha}{2}=2sin\frac{(n+1)\alpha}{2}sin\frac{n\alpha}{2}$

或者

$S=\frac{sin\frac{(n+1)\alpha}{2}sin\frac{n\alpha}{2}}{sin\frac{\alpha}{2}}$ ，

这就是我们想要证明的公式。

可以用类似的方式证明余弦求和的类似公式：[2]

$cos \alpha + cos 2\alpha + cos 3\alpha + ...+ cos n\alpha = \frac{cos\frac{(n+1)\alpha}{2}sin\frac{n\alpha}{2}}{sin\frac{\alpha}{2}}--------(3)$

如果我们现在将等式(2)除以等式(3)，我们将得到漂亮的公式

$tan\frac{(n+1)\alpha}{2}=\frac{sin\alpha+sin2\alpha+sin3\alpha+...+sinn\alpha}{cos\alpha+cos2\alpha+cos3\alpha+...+cosn\alpha}-----(4)$

但这还没有结束。遵循每个三角函数公式最终都来自几何的想法，我们转向图51。从原点开始(基于我们的目的，我们标为 $P_{0}$ )我们画了一条单位长度的线段 $P_{0}P_{1}$ ,使其与正向x轴构成角α。在 $P_{1}$ 点我们画了第二条单位长的线段，使其与第一条线段构成角α，因此，与x轴构成的角为2α。持续n次这样的操作，我们来到点 $P_{n}$ ，我们将其坐标记为X和Y。很显然，X是n条线段的水平投影之和，而Y是n条线段的垂直投影之和，因此，我们有

X = cos α + cos 2α + cos 3α + ...+ cos nα

Y = sin α + sin 2α + sin 3α + ... + sin nα 。 ------------------------(5)

-------图51 S = sin α + sin 2α + ... + sin(n-1)α + sin nα 的几何构成-------------

现在， $P_{i}$ 点位于一个规则的多边形上，且这个规则的多边形(polygon)内接于(inscribed)以O为圆心半径r为的圆中。每条线段 $P_{i-1}P_{i}$ 正对向着一个以O点为顶点大小为α的角，因此，线段 $P_{0}P_{n}$ 正对向着一个以O点为顶点大小为nα的角。但是这条线段是连接对角线(diagonal) $P_{0}$ 和 $P_{n}$ ；我们将其记为d。在这个等腰三角形(isosceles) $P_{0}OP_{n}$ 中，我们有

$d=2rsin\frac{n\alpha}{2}$ ，

而在等腰三角形 $P_{0}OP_{1}$ 中,我们有

$1=2rsin\frac{\alpha}{2}$ 。

在这些等式中消掉r，我们得到

$d = \frac{sin\frac{n\alpha}{2}}{sin\frac{\alpha}{2}}$ 。

为了求得线段 $P_{0}P_{n}$ 的垂直和水平投影，我们必须求得它与x轴构成的这个角。这个角为α + β，其中 $\angle P_1P_0P_n$ 。现在，角β正对向的弦 $P_1Pn$ 内接于圆中，因此，它等于同一弦所正对向的圆心角的一半，即，等于(n-1)α/2。因此，α + β = α + (n-1)α/2 = (n+1)α/2 。

因此

$X=dcos[\frac{(n+1)\alpha}{2}]=\frac{cos\frac{(n+1)\alpha}{2}sin\frac{n\alpha}{2}}{sin\frac{\alpha}{2}}$

和-----------------------------------------------------------(6)

$Y=dsin[\frac{(n+1)\alpha}{2}]=\frac{sin\frac{(n+1)\alpha}{2}sin\frac{n\alpha}{2}}{sin\frac{\alpha}{2}}$

如果我们将等式(5)中的 X 和 Y 的表达式代入等式(6)，我们得到等式(2)和(3)。

假如我们将每条线段 $P_{i-1}P_{i}$ 看成是从 $P_{i-1}$ 到 $P_{i}$ 的向量, 则线段 $P_{0}P_{n}$ 是它们的向量和。那么，等式(2)和(3)表示各个线段的(垂直或水平)投影之和等于它们的向量和的(垂直或水平)投影。这表明投影是一种“线性操作(linear operation)”——即遵循分配律(distributive law)p(u + v) = p(u) + p(v)的一种操作，其中，p表示“……的投影”， u 和 v表示任意两个向量——就像所有的线性操作——行为和普通乘法无异。我们可以用求和的“高斯法”来证明其他的三角求和公式。这里有一些例子：

$sin\alpha+sin3\alpha+sin5\alpha+...+sin (2n - 1)\alpha =\frac {sin^{2}n\alpha}{sin\alpha}------(7)$

$cos\alpha+cos3\alpha+cos5\alpha+...+cos (2n - 1)\alpha =\frac {sin2n\alpha}{2sin\alpha}------(8)$

$sin\frac{\pi }{n}+sin\frac{2\pi }{n}+...+sin\frac{n\pi }{n}=cot\frac{\pi }{2n}-------------(9)$

$cos\frac{\pi }{n}+cos\frac{2\pi }{n}+...+cos\frac{n\pi }{n}=-1-----------------(10)$

$cos\frac{\pi }{2n+1}+cos\frac{3\pi }{2n+1}+...+cos\frac{(2n-1)\pi }{2n+1}=\frac{1}{2}----------(11)$

最后两个分别是等式(3)和(8)的特例；它们非常出色，因为每个中的总和与n无关。

匈牙利数学家Lip´ot Fej´er (1880–1959)结合他在傅立叶级数求和方面的工作对三角求和进行了研究，我们将在第 15 章中回到这个主题。

注释和资料来源：

1. <<Summation of Series>>(序列求和),由L.B.W. Jolley收集整理(1925初版; New York: Dover, 1961重印)，序列号147。

2. 两个公式也可以通过取几何级数和 $e^{ix}+e^{2ix}+...+e^{nix}$ 的实部和虚部来证明，其中 $i=\sqrt{-1}$ ；参见Richard Courant,<<Differential and Integral Calculus>>(微分与积分)( 1934初版;London: Blackie & Son, 1956重印)，卷1,第436页。