記一道三角函數題

題目

設三角形的三個角 $A\not=B\not=C$, 滿足 $\cos A+\cos B+\cos C=0$, $\sin A+\sin B+\sin C=0$, 求證 $\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C=\frac{3}{2}$.

首先考慮一個特殊情形: 令 $C=-\frac{1}{2}\pi$, 則 $\cos A+\cos B=0$, 又由 $\sin C=-1$, $\sin A+\sin B+\sin C=0$ 得 $\sin A=\sin B=\frac{1}{2}$, 即 $A=\frac{1}{6}\pi,B=\frac{5}{6}\pi$. 易得 $\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C=\frac{3}{2}$.

做出猜想: 滿足前提條件的一組 $A,B,C$ 的終邊三等分單位圓.

證明

充分性的幾何證明

如圖, $A'$ 是 $A$ 關於原點的對稱點, $A'F'\perp x$, $A''B\parallel A'F'$, $A''A'\parallel x$.
由 $\triangle OBA'$ 和 $\triangle OCA'$ 是等邊三角形, 易得 $\triangle BA''A'\cong\triangle CGO$.
從而 $CG=BA''=BE+AF$, 即 $\sin A+\sin B+\sin C=0$.
同理可證 $\cos A+\cos B+\cos C=0$. $\square$

三角恆等變換推導

由 $\sin A+\sin B=-\sin C$, $\cos A+\cos B=-\cos C$ 得:

$$\begin{aligned} (\sin A+\sin B)^2+(\cos A+\cos B)^2&=\sin^2C+\cos^2C=1\\ 2\sin A\sin B+2\cos A\cos B&=-1\\ \cos(A-B)&=-\frac{1}{2} \end{aligned}$$

即 $A-B=\frac{2}{3}\pi+2k\pi$ 或 $A-B=-\frac{2}{3}\pi+2k\pi$, ($k\in\mathbb{Z}$).
同理可證 $B-C=\frac{2}{3}\pi+2k\pi$ 或 $B-C=-\frac{2}{3}\pi+2k\pi$; $A-C=\frac{2}{3}\pi+2k\pi$ 或 $A-C=-\frac{2}{3}\pi+2k\pi$ ($k\in\mathbb{Z}$).

不妨設 $B>A>C$, 又由 $A\not=B\not=C$, 易得 $B=A+\frac{2}{3}\pi+2m\pi$, $A=C+\frac{2}{3}\pi+2n\pi,m,n\in\mathbb{Z}$, 即 $A,B,C$ 的終邊三等分單位圓. $\square$

原題的解決

$$\sin A+\sin B=-\sin C\Longrightarrow 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}=-\sin C \tag{1}$$ $$\cos A+\cos B=-\cos C\Longrightarrow 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}=-\cos C \tag{2}$$

若 $\cos\frac{A-B}{2}=0$, 則有 $\cos C=\sin C=0$, 與 $\cos^2C+\sin^2C=1$ 矛盾.
所以 $\cos\frac{A-B}{2}\not=0$, 於是有如下兩種情況:

1. 若$\cos\frac{A+B}{2}=\cos C=0$:
   則 $C=-\frac{1}{2}\pi+2k\pi$, $A=\frac{1}{6}\pi+2m\pi$, $B=\frac{5}{6}\pi+2n\pi$, $k,n,m\in\mathbb{Z}$
   或 $C=\frac{1}{2}\pi+2k\pi$, $A=\frac{7}{6}\pi+2m\pi$, $B=\frac{11}{6}\pi+2n\pi$, $k,n,m\in\mathbb{Z}$
   顯然 $\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C=\frac{3}{2}$.
   (原答案沒有對此情況進行討論)
2. 若 $\cos\frac{A+B}{2}\not=0$: $(1)$式除以$(2)$式得 $\tan\frac{A+B}{2}=\tan C$, 所以 $$\cos(A+B)=\frac{1-\tan^2\frac{A+B}{2}}{1+\tan^2\frac{A+B}{2}}=\frac{1-\tan^2C}{1+\tan^2C}=\cos2C$$$$\begin{aligned} \cos^2A+\cos^2B+\cos^2C&=\frac{1}{2}(1+\cos2A+1+\cos2B+1+\cos2C)\\ &=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left[2\cos(A+B)\cos(A-B)+\cos2C\right]\\ &=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left[2\cos2C\cdot\left(-\frac{1}{2}+\cos2C\right)\right]\\ &=\frac{3}{2}+0\\ &=\frac{3}{2} \end{aligned}$$

一些推論

$$\cos\alpha+\cos\left(\alpha+\frac{2}{3}\pi\right)+\cos\left(\alpha+\frac{4}{3}\pi\right)=0$$ $$\sin\alpha+\sin\left(\alpha+\frac{2}{3}\pi\right)+\sin\left(\alpha+\frac{4}{3}\pi\right)=0$$ $$\cos^2\alpha+\cos^2\left(\alpha+\frac{2}{3}\pi\right)+\cos^2\left(\alpha+\frac{4}{3}\pi\right)=\frac{3}{2}$$ $$\sin^2\alpha+\sin^2\left(\alpha+\frac{2}{3}\pi\right)+\sin^2\left(\alpha+\frac{4}{3}\pi\right)=\frac{3}{2}$$

推廣

設 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\cdots\alpha_n$, $(n\in\mathbb{Z},n\ge3)$ 是終邊將單位圓 $n$ 等分的一組角, 則:

$$\cos\alpha_1+\cos\alpha_2+\cdots+\cos\alpha_n=0$$ $$\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_n=0$$ $$\cos^2\alpha_1+\cos^2\alpha_2+\cdots+\cos^2\alpha_n=\frac{n}{2}$$ $$\sin^2\alpha_1+\sin^2\alpha_2+\cdots+\sin^2\alpha_n=\frac{n}{2}$$

即:

$$\sum_{k=1}^{n}\cos\left(\alpha+\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)=0$$ $$\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\alpha+\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)=0$$ $$\sum_{k=1}^{n}\cos^2\left(\alpha+\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)=\frac{n}{2}$$ $$\sum_{k=1}^{n}\sin^2\left(\alpha+\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)=\frac{n}{2}$$

還沒有找到證明方法 (三角水平太差了), 就以後再說吧.

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突然想起還留了這麼一個問題, 感覺半年之後, 我應該可以了.

對於第一個式子 $\sum_{k=1}^{n}\cos\left(\alpha+\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)=0$, 先化簡一下:

$$\begin{aligned} &\sum_{k=1}^{n}\cos\left(\alpha+\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)\\ =&\sum_{k=1}^{n}\cos\alpha\cos\left(\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)-\sum_{k=1}^{n}\sin\alpha\sin\left(\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)\\ =&\cos\alpha\sum_{k=1}^{n}\cos\left(\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)-\sin\alpha\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right) \end{aligned}$$

這裡的關鍵在於三角函數的基本等差求和公式:

$$\begin{aligned} &\sum_{k=1}^{n}\cos\left(\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)\\ =&1+\cos\frac{2}{n}\pi+\cos\frac{4}{n}\pi+\cdots+\cos\frac{2n-2}{n}\pi\\ =&1+\frac{\cos\frac{2}{n}\pi\sin\frac{1}{n}\pi+\cos\frac{4}{n}\pi\sin\frac{1}{n}\pi+\cdots+\cos\frac{2n-2}{n}\pi\sin\frac{1}{n}\pi}{\sin\frac{1}{n}\pi} \end{aligned}$$

對分子積化和差, 然後就能全部消掉, 得到 $\frac{1}{2}\sin\frac{2n-1}{n}\pi-\frac{1}{2}\sin\frac{1}{n}\pi=-\sin\frac{1}{n}\pi$, 於是得到:

$$\sum_{k=1}^{n}\cos\left(\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)=0$$

類似地,

$$\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)=0$$

於是原式得證, 正弦的情況也差不多.

什麼, 居然還有這種操作?! 好吧其實課上講過, 但一直沒想到用, 現在才想起來…

那麼來看 $\sum_{k=1}^{n}\cos^2\left(\alpha+\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)=\frac{n}{2}$ 這個式子, 降冪化簡:

$$\sum_{k=1}^{n}\cos^2\left(\alpha+\frac{k-1}{n}\cdot2\pi\right)=\frac{n}{2}-\sum_{k=1}^{n}\cos\left(2\alpha+\frac{k-1}{n}\cdot4\pi\right)$$

接下來跟前面一樣, 得到:

$$\sum_{k=1}^{n}\cos\left(2\alpha+\frac{k-1}{n}\cdot4\pi\right)=0$$

於是原式得證.

Updated 2023, 7, 13