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发表于 2016-9-24 19:00
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[组合]
一个组合求和题
2016-9-24 19:00
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kuing
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发表于 2016-9-24 21:15
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总感觉做复杂了……
\(\newcommand\relph{\mathrel{\phantom=}}\)
记 $p=\cos x+i\sin x$,则
\[\sum_{k=0}^n(-1)^kC_n^k\cos\bigl((k+1)x\bigr)
=\sum_{k=0}^n(-1)^kC_n^k\frac{p^{k+1}+p^{-k-1}}2
=\frac12p(1-p)^n+\frac12p^{-1}(1-p^{-1})^n,\]
因为
\begin{align*}
1-p&=1-\cos x-i\sin x
=2\sin \frac x2\left( \sin \frac x2-i\cos \frac x2 \right)
=2\sin \frac x2\left( \cos \frac{x-\pi}2+i\sin \frac{x-\pi}2 \right), \\
1-p^{-1}&=1-\cos x+i\sin x
=2\sin \frac x2\left( \sin \frac x2+i\cos \frac x2 \right)
=2\sin \frac x2\left( \cos \frac{\pi-x}2+i\sin \frac{\pi-x}2 \right),
\end{align*}
于是
\begin{align*}
\frac12p(1-p)^n+\frac12p^{-1}(1-p^{-1})^n
&=\frac12(\cos x+i\sin x)\cdot 2^n\sin^n\frac x2\left( \cos \frac{n(x-\pi)}2+i\sin \frac{n(x-\pi)}2 \right) \\
&\relph {}+\frac12(\cos x-i\sin x)\cdot 2^n\sin^n\frac x2\left( \cos \frac{n(\pi-x)}2+i\sin \frac{n(\pi-x)}2 \right) \\
&=2^n\sin^n\frac x2\left( \cos \frac{n(x-\pi)}2\cos x -\sin \frac{n(x-\pi)}2\sin x \right) \\
&=2^n\sin^n\frac x2\cos \left( \frac{n(x-\pi)}2+x \right),
\end{align*}
所以最终化简结果为
\[\sum_{k=0}^n(-1)^kC_n^k\cos\bigl((k+1)x\bigr)
=2^n\sin^n\frac x2\cos \frac{(n+2)x-n\pi}2.\]
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$
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令
\[S(x)=\sum_{k=0}^n(-1)^kC^k_n\cos((k+1)x)+i\sum_{k=0}^n(-1)^kC^k_n\sin((k+1)x)\]
\[=\sum_{k=0}^n(-1)^kC^k_ne^{ix}=e^{ix}(1-e^{ix})^n\]
\[=(\cos(x)+i\sin(x))(2\sin(\frac{x}{2})(\cos(\frac{x-\pi}{2})+i\sin(\frac{x-\pi}{2}))^n\]
\[=2^n\sin^n(\frac{x}{2})(\cos(x)+i\sin(x))(\cos(n\frac{x-\pi}{2})+i\sin(n\frac{x-\pi}{2}))\]
而
\[\sum_{k=0}^n(-1)^kC^k_n\cos((k+1)x)=Re(S(x))\]
\[=2^n\sin^n(\frac{x}{2})[\cos(x)\cos(n\frac{x-\pi}{2})-\sin(x)\sin(n\frac{x-\pi}{2})]=...\]
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发表于 2016-9-25 08:30
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kuing
牛!解得妙!
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发表于 2016-9-25 08:31
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牛!牛!牛!
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发表于 2016-9-25 14:14
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战巡
nice! 这个确实更简洁些,而且还顺便直接得出了 sin 的
PS、第二行有笔误,和式那里是 $e^{i(k+1)x}$
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