1999 STEP II Q8 —— 两个正弦函数级数的近似公式的推导
本篇的问题来自于 1999 STEP II 数学考试中的第8题。
STEP (Sixth Term Examination Paper) 是英国剑桥考试中心为本科申请者提供的数学专项考试，通常会是剑桥、帝国理工、伦敦大学、华威等名校的数学、计算机、工程等专业的录取要求之一。每年都会有一些非常精彩的考题，我在此挑选一些个人喜欢的考题作分享。
问题梗概
两个正弦函数级数的近似公式的推导。
其中更复杂的那个级数我曾经在算一个啥啥温度场下面的散射过程里有用上过，当时查的数学手册直接把结果拿来用了，没想到在整理 STEP 考题时见到了这个级数的推导证明。
问题
(1) 证明：
\[\sum_{k=0}^n \sin k\theta = \frac{\cos\frac{1}{2}\theta - \cos (n+\frac{1}{2})\theta}{2\sin\frac{1}{2}\theta} \qquad (*)\](2) 证明当 \(n\) 充分大时，有：
\[\sum_{k=0}^n \sin \left( \frac{k\pi}{n} \right) \approx \frac{2n}{\pi}\](3) 对 (\(*\)) 式进行微分 ，证明当 \(n\) 充分大时，有：
\[\sum_{k=0}^n k \sin^2 \left( \frac{k\pi}{2n} \right) \approx \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{\pi^2} \right)n^2\]参考解答
(1)
利用三角函数的积化和差公式
\[\sin x \sin y = \frac{1}{2}\cos(x-y) - \frac{1}{2}\cos(x+y)\]我们考虑将 \(\sum_{k=0}^n \sin k\theta\) 中的每一项都乘上 \(2\sin\frac{1}{2}\theta\) 会得到什么：
\[\begin{aligned} & \, 2\sin\frac{1}{2}\theta \sum_{k=0}^n \sin k\theta \\ = & \, 2 \sin\theta \sin\frac{1}{2}\theta + 2 \sin2\theta \sin\frac{1}{2}\theta + 2 \sin3\theta \sin\frac{1}{2}\theta + \cdots + 2 \sin n\theta \sin\frac{1}{2}\theta\\ = & \, \cos\frac{1}{2}\theta - \cos\frac{3}{2}\theta + \cos\frac{3}{2}\theta - \cos\frac{5}{2}\theta + \cos\frac{5}{2}\theta - \cos\frac{7}{2}\theta + \cdots + \cos\frac{n-1}{2}\theta - \cos\frac{n+1}{2}\theta \\ = & \, \cos\frac{1}{2}\theta - \cos\frac{n+1}{2}\theta \end{aligned}\]上式两边同除以 \(2\sin\frac{1}{2}\theta\) 即可得到 (\(*\)) 式的结果：
\[\sum_{k=0}^n \sin k\theta = \frac{\cos\frac{1}{2}\theta - \cos (n+\frac{1}{2})\theta}{2\sin\frac{1}{2}\theta}\](2)
取 \(\theta = \frac{\pi}{n}\)，则有：
\[\sin\frac{1}{2}\theta = \sin\frac{\pi}{2n}, \qquad \cos\frac{1}{2}\theta = \cos\frac{\pi}{2n}, \\ \cos (n+\frac{1}{2})\theta = \cos (\pi + \frac{\pi}{2n}) = -\cos\frac{\pi}{2n}\]以上结果代入到 (\(*\)) 式中，我们有
\[\sum_{k=0}^n \sin \left( \frac{k\pi}{n} \right) = \frac{2\cos\frac{\pi}{2n}}{2\sin\frac{\pi}{2n}} = \frac{1}{\tan\frac{\pi}{2n}}\]当 \(n\) 充分大时，\(\frac{\pi}{2n}\) 是一个小量，我们可以对 tangent 函数作零点附近的 McLaurin 展开：
\[\tan x = x + \frac{1}{3}x^3 + \frac{2}{15}x^5 + \cdots\]我们仅取第一级的近似，舍去高次项，立刻就可以得到
\[\sum_{k=0}^n \sin \left( \frac{k\pi}{n} \right) \approx \frac{1}{\frac{\pi}{2n}} = \frac{\pi}{2n}\]我用作图软件画出了相应的图像，可以看出这个近似的精度还是相当高的。
(3)
(\(*\)) 式两边求对 \(\theta\) 的微分，计算过程略烦
\[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n k \cos k\theta & = \frac{2\sin\frac{1}{2}\theta \left[ - \frac{1}{2} \sin\frac{1}{2}\theta + (n+\frac{1}{2}) \sin (n+\frac{1}{2})\theta \right] - \cos\frac{1}{2}\theta \left[ \cos\frac{1}{2}\theta - \cos (n+\frac{1}{2})\theta\right]}{4\sin^2\frac{1}{2}\theta} \\ & = \frac{-1+2(n+\frac{1}{2})\sin\frac{1}{2}\theta \sin (n+\frac{1}{2})\theta + \cos\frac{1}{2}\theta \cos (n+\frac{1}{2})\theta}{4\sin^2\frac{1}{2}\theta} \end{aligned}\]依然取 \(\theta = \frac{\pi}{n}\)，注意到
\[\sin\frac{1}{2}\theta = \sin\frac{\pi}{2n}, \qquad \cos\frac{1}{2}\theta = \cos\frac{\pi}{2n}, \\ \sin (n+\frac{1}{2})\theta = \sin (\pi + \frac{\pi}{2n}) = -\sin\frac{\pi}{2n} \\ \cos (n+\frac{1}{2})\theta = \cos (\pi + \frac{\pi}{2n}) = -\cos\frac{\pi}{2n}\]于是
\[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n k \cos \left( \frac{k\pi}{n} \right) & = \frac{-1-2(n+\frac{1}{2})\sin^2\frac{\pi}{2n} - \cos^2\frac{\pi}{2n}}{4\sin^2\frac{\pi}{2n}} \\ & = - \frac{1+ \cos^2\frac{\pi}{2n}}{4\sin^2\frac{\pi}{2n}} - \frac{1}{2}n - \frac{1}{4} \qquad (\Delta) \end{aligned}\]我们接下来看看能对 (\(\Delta\)) 式两边作怎样的化简。
先来处理右边。当 \(n\) 充分大时，\(\frac{\pi}{2n}\) 是足够小，我们可以对继续作零点附近的 McLaurin 展开：
\[\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \cdots, \qquad \cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \cdots\]我们同样只保留展开式中的第一项，可以写出
\[\frac{1+ \cos^2\frac{\pi}{2n}}{4\sin^2\frac{\pi}{2n}} \approx \frac{1+1}{4\left(\frac{\pi}{2n} \right)^2} = \frac{2n^2}{\pi^2}\]注意到 (\(\Delta\)) 式右边的三项，第一项是 \(n\) 的平方项，后两项分别是 \(n\) 的一次方项和常数项，在 \(n\) 很大时，平方项会占主导地位，因此我们可以把后两项直接丢掉。 (\(\Delta\)) 式的右边现在可以化简为：
\[- \frac{1+ \cos^2\frac{\pi}{2n}}{4\sin^2\frac{\pi}{2n}} - \frac{1}{2}n - \frac{1}{4} \approx - \frac{2n^2}{\pi^2}\]我们接下来再来对付一下式子的左边。利用倍角公式 \(\cos x = 1-2\sin^2\frac{x}{2}\)，左边可以如下操作一波
\[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n k \cos \left( \frac{k\pi}{n} \right) &= \sum_{k=0}^n k \left[ 1-2\sin^2 \left( \frac{k\pi}{2n} \right) \right] \\ & = \frac{n(n+1)}{2} - 2 \sum_{k=0}^n k \sin^2 \left( \frac{k\pi}{2n} \right) \\ & \approx \frac{n^2}{2} - 2 \sum_{k=0}^n k \sin^2 \left( \frac{k\pi}{2n} \right) \end{aligned}\]上边的推导中，我们用到了等差数列的求和公式，最后由于同样的原因把低于平方项的东西通通忽略掉。
(\(\Delta\)) 式左右两边化简的结果合体，我们有
\[\frac{n^2}{2} - 2 \sum_{k=0}^n k \sin^2 \left( \frac{k\pi}{2n} \right) \approx - \frac{2n^2}{\pi^2}\]简单移项后，很容易得到企图证明的结果：
\[\sum_{k=0}^n k \sin^2 \left( \frac{k\pi}{2n} \right) \approx \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{\pi^2} \right)n^2\]我同样试着用作图工具画出了相应的图像，发现这个近似的结果并不是特别好。不过在我当时做的小课题里，这个结果已经足够拿来解决问题了。
我又试着将先前舍去的 \(n\) 的一次方项捡回来，来获得更加精确的近似结果，有兴趣的读者可以试着自行证明：
\[\sum_{k=0}^n k \sin^2 \left( \frac{k\pi}{2n} \right) \approx \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{\pi^2} \right)n^2 + \frac{1}{2}n\]在上图中，可以看到，这个近似的精度就相当之高了。一堆正弦函数的级数和，居然可以近似成一个二次函数，乍看起来还是挺神奇的吧！