三角関数の和


このノートには,三角関数 $\sin{k \theta}$ , $\cos{k \theta}$ の和
\[
\sum_{k=1}^{n}\sin{k \theta}, \quad \sum_{k=1}^{n}\cos{k \theta}
\]
及び関連する和を求めるための手順をまとめた.

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計算の方針と概略

積和の公式を利用する

積和の公式から導かれる等式
\[
2\sin{2k\theta}\cdot\sin{\theta} = \cos(2k-1)\theta-\cos(2k + 1)\theta
\]
と和の打ち消しを用いて計算する.

 

Eulerの公式を利用する

Eulerの公式
\[
e^{i\theta} = \cos{\theta}+i\sin{\theta}
\]
と 等比数列の和の公式,de Moivre の定理などを利用して求める.

 

三角関数の和の公式の導出

積和の公式を利用する

 

準備1:積和の公式

Lemma 1(三角関数の積和の公式)

実数 $\alpha,\beta$ に対して次の等式

$$
\begin{eqnarray*}
\tag{i} 2\sin{\alpha}\sin{\beta} &=& \cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta) \\
\tag{ii} \quad 2\sin{\alpha}\cos{\beta} &=& \sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta) \\
\tag{iii} \quad 2\cos{\alpha}\cos{\beta} &=& \cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta)
\end{eqnarray*}
$$

が成り立つ.

 
証明(click)

いずれの式も右辺を三角関数の加法定理

$$
\begin{eqnarray*}
\tag{a} \sin{(\alpha + \beta)} &=& \sin{\alpha}\cos{\beta} + \cos{\alpha}\sin{\beta} \\
\tag{b} \sin{(\alpha-\beta)} &=& \sin{\alpha}\cos{\beta}-\cos{\alpha}\sin{\beta} \\
\tag{c} \cos{(\alpha + \beta)} &=& \cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta} \\
\tag{d} \cos{(\alpha-\beta)} &=& \cos{\alpha}\cos{\beta} + \sin{\alpha}\sin{\beta}
\end{eqnarray*}
$$

で展開すれば良い.あるいは ${\rm (d)}-{\rm (c)}$ から ${\rm (i)}$,${\rm (a)} + {\rm (b)}$ から ${\rm (ii)}$,${\rm (c)} + {\rm (d)}$ から ${\rm (iii)}$ を得られる.

 

準備2:和積の公式

Lemma 2(三角関数の和積の公式)

実数 $A,B$ に対して次の等式

$$
\begin{eqnarray*}
\tag{$\sharp$} \sin{A}+\sin{B} &=& 2\sin{\frac{A+B}{2}}\cos{\frac{A-B}{2}} \\
\tag{$\ast$} \cos{A}+\cos{B} &=& 2\cos{\frac{A+B}{2}}\cos{\frac{A-B}{2}}
\end{eqnarray*}
$$

が成り立つ.

 
証明(click)

\[
\alpha + \beta = A , \qquad \alpha-\beta = B
\]
とおくと
\[
\alpha = \frac{A+B}{2}, \qquad \beta = \frac{A-B}{2}
\]
である.これを Lemma 1 ${\rm (ii)}$ に代入すれば $(\sharp)$ を,${\rm (iii)}$ に代入すれば $(\ast)$ を得られる.

 

計算:三角関数の和の公式

Theorem 3

任意の実数 $\theta$ と 整数 $m$ に対し
\[
\sum_{k=1}^{n}\sin{k \theta} = \left\{
\begin{array}{lc}
\displaystyle{\frac{\sin{\displaystyle\frac{n\theta}{2}}\cdot \sin{\displaystyle\frac{n + 1}{2}\theta}}{\sin{\displaystyle\frac{\theta}{2}}}} & (\theta \neq 2 m\pi)\\ \\
0 & (\theta = 2 m \pi)
\end{array}\right.
\]
\[
\sum_{k=1}^{n}\cos{k \theta} = \left\{
\begin{array}{lc}
\displaystyle{\frac{\sin{\displaystyle \frac{n\theta}{2}} \cdot \cos{\displaystyle \frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\displaystyle\frac{\theta}{2}}}} & (\theta \neq 2 m\pi)\\ \\
n & (\theta = 2 m \pi)
\end{array}\right.
\]

 

$\sin$ の和

証明(click)

$k = 1,2,\ldots$ に対し,Lemma 1 ${\rm (i)}$ において,$\alpha = 2k\theta,\, \beta = \theta$ を代入して
\[
2\sin{2k\theta}\cdot\sin{\theta} = \cos(2k-1)\theta-\cos(2k + 1)\theta
\]
が成り立つ.ゆえに
$$
\begin{eqnarray*}
2\sin{\theta}\sum_{k=1}^{n}\sin{2k \theta} & = & \sum_{k = 1}^n 2\sin{2k\theta} \cdot \sin{\theta} \\
& = & \sum_{k = 1}^n \{\cos(2k-1)\theta-\cos(2k + 1)\theta\} \\
& = & (\cos{\theta}-\cos{3\theta}) + (\cos{3\theta}-\cos{5\theta}) + \\
& & ~\qquad \cdots + \bigl(\cos{(2n-1)\theta}-\cos{(2n + 1)\theta}\bigr) \\
& = & \cos{\theta}-\cos{(2n + 1)\theta}\\
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つ.Lemma 2 より,$\cos{(\pi + x)} = -\cos{x}$ に注意すれば
$$
\begin{eqnarray*}
\cos{\theta}-\cos{(2n + 1)\theta} & = & \cos{\theta} + \cos{\{(2n+1)\theta+\pi\}} \\
& = & 2\cos{\frac{2n + 2\theta + \pi}{2}} \cdot \cos{\frac{-2n\theta-\pi}{2}} \\
& = & 2\cos{\left\{(n+1)\theta + \frac{\pi}{2}\right\}} \cdot \cos{\left(-n\theta-\frac{\pi}{2}\right)} \\
& = & 2\cos{\left\{(n+1)\theta + \frac{\pi}{2}\right\}} \cdot \cos{\left(n\theta+\frac{\pi}{2}\right)} \\
& = & 2\sin{(n+1)\theta} \cdot \sin{n\theta}
\end{eqnarray*}
$$
である.ただし,最後の等号は $\cos{(x + \pi/2)} = -\sin{x}$ を用いた.したがって
\[
2\sin{\theta}\sum_{k=1}^{n}\sin{2k \theta} = 2\sin{(n+1)\theta} \cdot \sin{n\theta}
\]
が成り立つから, $\sin{\theta} \neq 0$,すなわち $\theta \neq m\pi$ であれば
\[
\sum_{k=1}^{n}\sin{2k \theta} = \frac{\sin{n\theta} \cdot \sin{(n+1)\theta}}{\sin{\theta}}
\]
である.$\theta$ を $\theta / 2$ で置き換えれば $\theta \neq 2 m \pi$ に対して求める結果を得る.

$\theta = 2 m \pi$ のときは $\sin{k\theta} = \sin{2km\pi} = 0$ であるから,和は $0$ である.

 

$\cos$ の和

証明(click)

Lemma 1 ${\rm (ii)}$ において,$\alpha = \theta, \, \beta = 2k\theta$ を代入して
$$
\begin{eqnarray*}
2\sin{\theta} \cdot \cos{2k\theta} & = & \sin{(\theta + 2k\theta)} + \sin{(\theta-2k\theta)} \\
& = & \sin{(2k+1)\theta} + \sin{(1-2k)\theta} \\
& = & \sin{(2k+1)\theta}-\sin{(2k-1)\theta}
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つ.ただし,最後の等号は $\sin{(-x)} = -\sin{x}$ を適用した.この結果を用いれば
$$
\begin{eqnarray*}
2\sin{\theta}\sum_{k=1}^{n}\cos{2k \theta} & = & \sum_{k = 1}^n \sin{\theta} \cdot 2\cos{2k\theta} \\
& = & \sum_{k = 1}^n \{\sin(2k + 1)\theta-\sin(2k-1)\theta\} \\
& = & (\sin{3\theta}-\sin{\theta}) + (\sin{5\theta}-\sin{3\theta}) + \\
& & \qquad \cdots + \bigl(\sin{(2n + 1)\theta}-\sin{(2n-1)\theta}\bigr) \\
& = & \sin{(2n+1)\theta}-\sin{\theta}\\
\end{eqnarray*}
$$
が成り立つ.Lemma 2 より,再び $-\sin{x} = \sin{(-x)}$ に注意すれば
$$
\begin{eqnarray*}
\sin{(2n+1)\theta}-\sin{\theta} & = & \sin{(2n+1)\theta} + \sin{(-\theta)}\\
& = & 2\sin{\frac{2n}{2}\theta} \cdot \cos{\frac{2n+2}{2}\theta} \\
& = & 2\sin{n\theta} \cdot \cos{(n+1)\theta}
\end{eqnarray*}
$$
であるから
\[
2\sin{\theta}\sum_{k=1}^{n}\cos{2k \theta} = 2\cos{(n+1)\theta} \cdot \sin{n\theta}
\]
である.したがって $\sin{\theta} \neq 0$,すなわち $\theta \neq m\pi$ であれば
\[
\sum_{k=1}^{n}\cos{2k \theta} = \frac{\cos{(n+1)\theta} \cdot \sin{n\theta}}{\sin{\theta}}
\]
を得る.$\theta$ を $\theta / 2$ で置き換えれば $\theta \neq 2 m \pi$ に対して求める結果を得る.

$\theta = 2 m \pi$ のときは $\cos{k\theta} = \cos{2km\pi} = 1$ であるから,和は $n$ である.

 

Eulerの公式を利用する

証明(click)

Eulerの公式
\[
e^{i\theta}=\cos{\theta}+i\sin{\theta}
\]
より
\[
\sin{\theta} = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}
\]
と表されることに注意する.$z = e^{i\theta}$ とおくと,等比数列の和の公式より
\[
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{n}z^k
&= \frac{1-z^{n+1}}{1-z} \\
&= \frac{z^{\frac{n+1}{2}}}{z^{\frac{1}{2}}}\cdot\frac{z^{\frac{n+1}{2}}-z^{-\frac{n+1}{2}}}{z^{\frac{1}{2}}-z^{-\frac{1}{2}}}\\
&= \left(\cos{\frac{n\theta}{2}}+i\sin{\frac{n\theta}{2}}\right)\frac{\sin{\frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}} \\
&= \frac{\cos{\frac{n\theta}{2}}\sin{\frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}} + i \frac{\sin{\frac{n\theta}{2}}\sin{\frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}}
\end{align*}
\]
が成り立つ.ただし途中の式変形において de Moivre の公式
\[
\left(\cos{\theta}+i\sin{\theta}\right)^n = {\cos{n\theta}} + i \sin{n\theta}
\]
を用いた.和の実部と虚部をそれぞれ比較すれば
\[
\begin{align*}
1+\sum_{k=1}^{n}\cos{k\theta}
&= \frac{\cos{\frac{n\theta}{2}}\sin{\frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}} \\
\sum_{k=1}^{n}\sin{k\theta}
&= \frac{\sin{\frac{n\theta}{2}}\sin{\frac{n+1}{2}\theta}}{\sin{\frac{\theta}{2}}}
\end{align*}
\]
を得る.

cosの和の式は,$1$ を右辺に移項して積和の公式 → 和積の公式と順に適用すれば,Theorem 3 と同じ形を得られる.

 

関連する和の公式

 

\[
\sum_{k=1}^{n}k\sin{k\theta} = \frac{(n+1)\sin{n\theta}-n\sin{(n+1)}\theta}{2(1-\cos{\theta})} \qquad (\theta \neq 2m\pi)
\]

 
証明(click)

\[
\sum_{k=1}^{n}\cos{k\theta} = \frac{\sin{\frac{2n+1}{2}}\theta}{2\sin{\frac{\theta}{2}}}-\frac{1}{2}
\]
の両辺を $\theta$ で微分して,積和の公式で整理すれば得られる.

 

\[
\sum_{k=1}^{n}k\cos{k\theta} = \frac{(n+1)\cos{n\theta}-n\cos{(n+1)\theta}-1}{2(1-\cos{\theta})} \qquad (\theta \neq 2m\pi)
\]

 
証明(click)

\[
\sum_{k=1}^{n}\sin{k\theta} = \frac{\cos{\frac{\theta}{2}}}{2\sin{\frac{\theta}{2}}}-\frac{\cos{\frac{2n+1}{2}\theta}}{2\sin{\frac{\theta}{2}}}
\]
の両辺を $\theta$ で微分して,積和の公式で整理すれば得られる.

 

\[
\sum_{k=1}^{n}k^2\cos{k\theta} = \frac{n^2\cos{(n+2)\theta}-(3n-1)(n+1)\cos{(n+1)\theta}+n(3n+4)\cos{n\theta}-(n+1)^2\cos{(n-1)\theta}}{4(1-\cos{\theta})^2} \qquad (\theta \neq 2m\pi)
\]

 
証明(click)

\[
\sum_{k=1}^{n}k\cos{k\theta} = \frac{(n+1)\cos{n\theta}-n\cos{(n+1)\theta}-1}{2(1-\cos{\theta})} \qquad (\theta \neq 2m\pi)
\]
の両辺を $\theta$ で微分して,積和の公式で整理すれば得られる.

 

20190526 更新

20200217 修正と追記


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