觀察 $\cos \theta = \cos \theta$, $\cos 2 \theta = -1 + 2 \cos^2 \theta$, $\cos 3 \theta = -3 \cos \theta + 4 \cos^2 \theta$, 以及 $\sin \theta = 1 \cdot \sin \theta$, $\sin 2 \theta = 2 \cos \theta \cdot \sin \theta$, $\sin 3 \theta = (-1 + 4 \cos^2 \theta) \sin \theta$, 我們猜想：對任意正整數 $n$, 是否 $\cos n \theta$ 恆可表為一個 $\cos \theta$ 的 $n$ 次多項式, 而 $\sin n \theta$ 恆可表為一個 $\cos \theta$ 的 $n-1$ 次多項式與 $\sin \theta$ 的乘積? 如果答案是肯定的, 多項式的係數之間是否存有關係或規律?

一、

首先,

假若 $\cos n \theta$ 可表為一個 $\cos \theta$ 的 $n$ 次多項, 記為 $\cos n \theta = \sum\limits_{k=0}^n a_{n, k} \cos^k \theta$, 且 $\sin n \theta$ 可表為一個 $\cos \theta$ 的 $n-1$ 次多項式與 $\sin \theta$ 的乘積, 記為 $\sin n \theta = \Big( \sum\limits_{k=0}^{n-1} b_{n-1, k} \cos^k \theta \Big) \sin \theta$,

由 \begin{eqnarray*} \cos (n+1) \theta &=& \cos n \theta \cdot \cos \theta - \sin n \theta \cdot \sin \theta\\ {\hbox{$\Rightarrow$}} \cos (n+1) \theta &=& \Big( \sum_{k=0}^n a_{n, k} \cos^k \theta \Big) \cos \theta - \Big( \sum_{k=0}^{n-1} b_{n-1, k} \cos^k \theta \Big) \sin^2\theta \\ &=& \sum_{k=0}^n a_{n, k} \cos^{k+1} \theta - \Big( \sum_{k=0}^{n-1} b_{n-1, k} \cos^k \theta \Big) (1 - \cos^2 \theta)\\ {\hbox{則}} \cos (n+1) \theta &=& \sum_{k=0}^{n+1} a_{n+1, k} \cos^k \theta \quad \hbox{(經合併整理而得如此記述)} \end{eqnarray*} 所以 $\cos (n+1) \theta$ 也可表為一個 $\cos \theta$ 的 $n+1$ 次多項式。

又由 \begin{eqnarray*} \sin (n+1) \theta &=& \sin n \theta \cdot \cos \theta + \cos n \theta \cdot \sin \theta\\ {\hbox{$\Rightarrow$}} \sin (n+1) \theta &=& \Big( \sum_{k=0}^{n-1} b_{n-1, k} \cos^k \theta \Big) \sin \theta \cos \theta + \Big( \sum_{k=0}^n a_{n, k} \cos^k \theta \Big) \sin \theta \\ &=& \Big(\sum_{k=0}^{n-1} b_{n-1, k} \cos^{k+1} \theta + \sum_{k=0}^n a_{n, k} \cos^k \theta \Big) \sin \theta\\ {\hbox{則}} \sin (n+1) \theta &=& \Big( \sum_{k=0}^n b_{n, k} \cos^k \theta \Big) \sin \theta \quad \hbox{(經合併整理而得如此記述)} \end{eqnarray*} 所以 $\sin (n+1) \theta$ 也可表為一個 $\cos \theta$ 的 $n$ 次多項式與 $\sin \theta$ 的乘積。

由於 $\cos 2 \theta = -1 + 2 \cos^2 \theta$ , $\sin 2 \theta = 2 \cos \theta \cdot \sin \theta$ 滿足了初始條件, 因此由數學歸納, 我們同時證得如下結論：

對任意正整數 $n$, $\cos n \theta$ 恆可表為一個 $\cos \theta$ 的 $n$ 次多項式, 且 $\sin n \theta$ 恆可表為一個 $\cos \theta$ 的 $n-1$ 次多項式與 $\sin \theta$ 的乘積。

二、

其次,

根據上述結論, 我們取 $$ \cos (n+1) \theta = \sum_{k=0}^{n+1} a_{n+1, k} \cos^k \theta, \quad \cos n \theta = \sum_{k=0}^n a_{n, k} \cos^k \theta $$ 及$$\cos (n-1) \theta = \sum_{k=0}^{n-1} a_{n-1, k} \cos^k \theta$$

由和差化積公式, 有 $$ \cos (n+1) \theta + \cos (n-1) \theta = 2 \cos n \theta \cdot \cos \theta $$ 所以 $$ \sum_{k=0}^{n+1} a_{n+1, k} \cos^k \theta + \sum_{k=0}^{n-1} a_{n-1, k} \cos^k \theta = 2 \sum_{k=0}^n a_{n, k} \cos^{k+1} \theta $$ \begin{eqnarray*} \Rightarrow\qquad &&\sum_{k=0}^n ( a_{n+1, k} + a_{n-1, k} ) \cos^k \theta + ( a_{n+1, n+1} \cos^{n+1} \theta - a_{n-1, n} \cos^n \theta)\\ &&= \sum_{k=0}^n 2 a_{n, k-1} \cos^k \theta + 2 a_{n, n} \cos^{n+1} \theta \quad\hbox{(註： $a_{n-1, n} = 0$, $a_{n, -1}=0$)}\hskip 1cm\qquad~ \end{eqnarray*}

比較等式的兩邊, 得 $$ \left \{ \begin{array} {l} a_{n+1, k} + a_{n-1, k} = 2a_{n, k-1}, k = 0, 1, 2, \ldots, n \\[6pt] a_{n+1, n+1} = 2a_{n, n} \end{array} \right . $$

由於 $a_{n-1, n+1} = 0$, 上面二式可合併成一式： $$ a_{n+1, k} + a_{n-1, k} = 2 a_{n, k-1}, \qquad k = 0, 1, 2, \ldots, n+1 \tag*{(A)} $$ 當 $k \!=\! 0$ 時, 因 $a_{n, -1} \!=\! 0$, 因此有 $a_{n+1, 0} \!=\! -a_{n-1, 0}$, 又由於 $a_{1, 0} \!=\! 0$ 及 $a_{0, 0} \!=\! 1$, 因而得到 $$ \left \{ \begin{array} {l} a_{1, 0} = a_{3, 0} = a_{5, 0} = \cdots = a_{2m-1, 0} = 0, m \hbox{為正整數} \\[6pt] a_{0, 0} = 1, a_{2, 0} = -1, a_{4, 0} =1, a_{6, 0} = -1, \cdots \end{array} \right . \tag*{(B)} $$ 利用 (A) 式及 (B) 式中的結果, 我們可以得到如下的結論：

$ a_{n, k} = 0, $ 當 $n$ 為奇數且 $k$ 為偶數, 或 $n$ 為偶數且 $k$ 為奇數。 隨之, 我們得到： 當 $n$ 為偶數時, $\cos n \theta$ 恆可表為一個純 $\cos^2 \theta$ 的多項式, 同時, 我們也可造出一個 $\cos n \theta$ 表為 $\cos \theta$ 之 $n$ 次多項式的係數列表：

表 1.

	$\cos^0 \theta $	$ \cos^1 \theta $	$ \cos^2 \theta $	$ \cos^3 \theta $	$ \cos^4 \theta $	$ \cos^5 \theta $	$ \cos^6 \theta $	$ \cos^7 \theta$
$\cos 0\theta$	1
$\cos \theta $	0	1
$\cos 2 \theta $	-1	0	2
$\cos 3 \theta $	0	-3	0	4
$\cos 4 \theta $	1	0	-8	0	8
$\cos 5 \theta $	0	5	0	-20	0	16
$\cos 6 \theta $	-1	0	18	0	-48	0	32
$\cos 7 \theta $	0	-7	0	56	0	-112	0	64

三、

至於 $\sin n \theta$ 的情形, 由前面證得的結論, 我們可以取 $$ \sin (n+2) \theta = \Big( \sum_{k=0}^{n+1} b_{n+1, k} \cos^k \theta \Big) \sin \theta,\qquad \sin (n+1) \theta = \Big( \sum_{k=0}^n b_{n, k} \cos^k \theta \Big) \sin \theta$$ 及 $$\sin n \theta = \Big( \sum_{k=0}^{n-1} b_{n-1, k} \cos^k \theta \Big) \sin \theta$$ 由和差化積公式, 有 $$ \sin (n+2) \theta + \sin n \theta = 2 \sin (n+1) \theta \cdot \cos \theta $$ 所以 $$ \sum_{k=0}^{n+1} b_{n+1, k} \cos^k \theta + \sum_{k=0}^{n-1} b_{n-1, k} \cos^k \theta = 2 \sum_{k=0}^n b_{n, k} \cos^{k+1} \theta $$ \begin{eqnarray*} \Rightarrow\qquad &&\sum_{k=0}^n (b_{n+1, k} + b_{n-1, k}) \cos^k \theta + (b_{n+1, n+1} \cos^{n+1} \theta- b_{n-1, n} \cos^n \theta)\\ &&= \sum_{k=0}^n 2 b_{n, k-1} \cos^k \theta + 2 b_{n, n} \cos^{n+1} \theta \quad\hbox{(註： $b_{n-1, n} = 0$, $b_{n, -1} = 0$)}\hskip 1cm\qquad~ \end{eqnarray*} 比較等式的兩邊, 得 $$ \left \{ \begin{array}{l} b_{n+1, k} + b_{n-1, k} = 2 b_{n, k-1},\quad k = 0, 1, 2, \ldots, n \\[6pt] b_{n+1, n+1} = 2 b_{n, n} \end{array} \right. $$ 由於 $b_{n-1, n+1} = 0$, 上面二式可合併成一式： $$ b_{n+1, k} + b_{n-1, k} = 2 b_{n, k-1}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots, n+1 \tag*{(C)} $$ 利用此式的結論, 我們也可以造出一個 $\sin n \theta$ 表為 $\cos \theta$ 之 $n-1$ 次多項式與 $\sin \theta$ 的乘積時, 其中的 $\cos \theta$ 的多項式的係數列表：

表 2.

	$\cos^0 \theta $	$ \cos^1 \theta $	$ \cos^2 \theta $	$ \cos^3 \theta $	$ \cos^4 \theta $	$ \cos^5 \theta $	$ \cos^6 \theta $	$ \cos^7 \theta$
$\sin 0\theta$	0
$\sin \theta $	1	0
$\sin 2 \theta $	0	2	0
$\sin 3 \theta $	-1	0	4	0
$\sin 4 \theta $	0	-4	0	8	0
$\sin 5 \theta $	1	0	-12	0	16	0
$\sin 6 \theta $	0	6	0	-32	0	32	0
$\sin 7 \theta $	-1	0	24	0	-80	0	64	0

四、

我們再進一步觀察 $\sin \theta = \sin \theta$, $\sin 3 \theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta$ 及 $\sin 5\theta= 5\sin \theta - 20 \sin^3 \theta + 16 \sin^5 \theta$, 便猜想： 當 $n$ 為奇數時, 是否 $\sin n \theta$ 恆可表為一個 $\sin \theta$ 的 $n$ 次多項式?

設 $n$ 為奇數, 並假定 $\sin n \theta$ 可表為一個 $\sin \theta$ 的 $n$ 次多項式, 記為 $\sin n \theta = \sum\limits_{k=0}^n c_{n, k} \sin^k \theta$, 此時 $n+1$ 為偶數, 所以 $\cos (n+1) \theta$ 可表為一個 $\cos^2 \theta$ 的多項式, 又因為 $\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$, 因此可將 $\cos (n+1) \theta$ 記為 $\cos (n+1) \theta = \sum\limits_{k=0}^{n+1} d_{n+1, k} \sin^k \theta$。 (註：此時 $d_{n+1, k} = (-1)^{\frac{n+1}{2}} a_{n+1, k}$, 見第五段)。

由和差化積公式知 \begin{eqnarray*} \sin (n+2) \theta - \sin n \theta &=& 2 \cos (n+1) \theta \cdot \sin \theta\\ {\hbox{$\Rightarrow$}} \sin (n+2) \theta &=& \sum_{k=0}^n c_{n, k} \sin^k \theta + \sum_{k=0}^{n+1} 2 d_{n+1, k} \sin^{k+1} \theta\\ &=& \sum_{k=0}^{n+2} c_{n+2, k} \sin^k \theta \quad \hbox{(經合併整理而得如此記述)} \end{eqnarray*} 所以, $\sin (n+2) \theta$ 亦可表為一個 $\sin \theta$ 的 $n+2$ 次多項式。 故由數學歸納, 得到：

當 $n$ 為奇數時, $\sin n \theta$ 恆可表為一個 $\sin \theta$ 的 $n$ 次多項式。

由上面結論, 對任意正整數 $n$, 我們取 $$ \sin (2n+1) \theta = \sum_{k=0}^{2n+1} c_{2n+1, k} \sin^k \theta,\qquad \sin (2n-1) \theta = \sum_{k=0}^{2n-1} c_{2n-1, k} \sin^k \theta$$ 及 $$\cos 2n \theta = \sum_{k=0}^{2n} d_{2n, k} \sin^k \theta$$

由和差化積公式知 $$ \sin (2n+1) \theta - \sin (2n-1) \theta = 2 \cos 2n \theta \cdot \sin \theta $$ 所以 $$ \sum_{k=0}^{2n+1} c_{2n+1, k} \sin^k \theta - \sum_{k=0}^{2n-1} c_{2n-1, k} \sin^k \theta = 2 \sum_{k=0}^{2n} d_{2n, k} \sin^{k+1} \theta $$ \begin{eqnarray*} \Rightarrow\qquad &&\sum_{k=0}^{2n} (c_{2n+1, k} - c_{2n-1, k}) \sin^k \theta + (c_{2n+1, 2n+1} \sin^{2n+1} \theta + c_{2n-1, 2n} \sin^{2n} \theta)\\ &&= \sum_{k=0}^{2n} 2 d_{2n, k-1} \sin^k \theta + 2 d_{2n, 2n} \sin^{2n+1} \theta \quad\hbox{(註： $c_{2n-1, 2n} = 0$)} \end{eqnarray*} 比較等式的兩邊, 得 $$ \left \{ \begin{array}{l} c_{2n+1, k} - c_{2n-1, k} = 2 d_{2n, k-1},\quad k = 0, 1, 2, \ldots, 2n \\[6pt] c_{2n+1, 2n+1} = 2 d_{2n, 2n} \end{array} \right. $$ 由於 $c_{2n-1, 2n+1} = 0$, 上面二式可合併成一式： $$ c_{2n+1, k} - c_{2n-1, k} = 2 d_{2n, k-1}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots, 2n+1 \tag*{(D)} $$

利用式 (D), 可以造出 $\sin (2n-1) \theta$ 表為 $\sin \theta$ 的多項式的係數列表：

表 3.

	$\sin^0 \theta $	$ \sin^1 \theta $	$ \sin^2 \theta $	$ \sin^3 \theta $	$ \sin^4 \theta $	$ \sin^5 \theta $	$ \sin^6 \theta $	$ \sin^7 \theta$
$\sin \theta$	0	1
$\sin 3 \theta $	0	3	0	-4
$\sin 5 \theta $	0	5	0	-20	0	16
$\sin 7 \theta $	0	7	0	-56	0	112	0	-64

五、

對奇數 $2n+1$, 我們有 $\sin (2n+1) \theta \!=\! \sum\limits_{k=0}^{2n+1} c_{2n+1, k} \sin^k \theta$ 及 $\cos (2n+1) \theta \!=\! \sum\limits_{k=0}^{2n+1} a_{2n+1, k} \cos^k \theta$, 當觀察： $$ \left \{ \begin{array} {l} \cos 3 \theta = -3 \cos \theta + 4 \cos^3 \theta \\ \sin 3 \theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta \end{array} \right. \quad\hbox{及}\quad \left \{ \begin{array} {l} \cos 5 \theta = 5 \cos \theta - 20 \cos^3 \theta + 16 \cos^5 \theta \\ \sin 5 \theta = 5 \sin \theta - 20 \sin^3 \theta + 16 \sin^5 \theta \end{array} \right. $$ 時, 我們不免猜想：對任意正整數 $n$, 是否恆有 $c_{2n+1, k} = (-1)^n a_{2n+1, k}$?

而對於偶數 $2n$, 我們有 $\cos 2n \theta = \sum\limits_{k=0}^{2n} d_{2n, k} \sin^k \theta$ 及 $\cos 2n \theta = \sum\limits_{k=0}^{2n} a_{2n, k} \cos^k \theta$。 當觀察： $$ \left \{ \begin{array} {l} \cos 2 \theta = -1 + 2 \cos^2 \theta \\ \cos 2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta \end{array} \right. \quad\hbox{及}\quad \left \{ \begin{array} {l} \cos 4 \theta = 1 - 8 \cos^2 \theta + 8 \cos^4 \theta \\ \cos 4 \theta = 1 - 8 \sin^2 \theta + 8 \sin^4 \theta \end{array} \right. $$ 時, 我們也猜想：對任意正整數 $n$, 是否恆有 $d_{2n, k} = (-1)^n a_{2n, k}$?

由和差化積公式知 $$ \cos (2n+2) \theta - \cos 2n \theta = -2 \sin (2n+1) \theta \cdot \sin \theta $$ 所以 \begin{eqnarray*}&& \sum_{k=0}^{2n+2} d_{2n+2, k} \sin^k \theta - \sum_{k=0}^{2n} d_{2n, k} \sin^k \theta = -2 \sum_{k=0}^{2n+1} c_{2n+1, k} \sin^{k+1} \theta\hskip 2cm~\\ \Rightarrow\qquad &&\sum_{k=0}^{2n+2} (d_{2n+2, k} - d_{2n, k}) \sin^k \theta= -2 \sum_{k=0}^{2n+2} c_{2n+1, k-1} \sin^k \theta\hskip 2cm~\\ && \quad\hbox{(註： $d_{2n, 2n+1} = d_{2n, 2n+2} = 0$, $c_{2n+1, -1} = 0$)}\qquad~ \end{eqnarray*} 比較等式的兩邊, 得 $$ d_{2n+2, k} - d_{2n, k} = -2 c_{2n+1, k-1}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots, 2n+2 \tag*{(E)} $$ 現在, 我們同時有式 (D) 及式 (E), 即 $$ \left \{ \begin{array}{l} c_{2n+1, k} - c_{2n-1, k} = 2 d_{2n, k-1} \\[6pt] d_{2n+2, k} - d_{2n, k} = -2 c_{2n+1, k-1} \end{array} \right. \tag*{(F)} $$ 假若 $ \left \{ \begin{array}{l} c_{2n-1, k} = (-1)^{n-1} a_{2n-1, k} \\[5pt] d_{2n, k-1} = (-1)^n a_{2n, k-1} \end{array} \right. $, 則由 (F), \begin{eqnarray*} c_{2n+1, k} &=& (-1)^{n-1} a_{2n-1, k} + 2 (-1)^n a_{2n, k-1} \\ &=& (-1)^n (-a_{2n-1, k} + 2 a_{2n, k-1}) \end{eqnarray*} 但由式 (A) 知 $-a_{2n-1, k} + 2 a_{2n, k-1} = a_{2n+1, k}$

所以有 $ c_{2n+1, k} = (-1)^n a_{2n+1, k} $ 又, 假若 $ \left \{ \begin{array}{l} c_{2n+1, k-1} = (-1)^n a_{2n+1, k-1} \\[5pt] d_{2n, k} = (-1)^n a_{2n, k} \end{array} \right. $, 則由 (F), \begin{eqnarray*} d_{2n+2, k} &=& (-1)^n a_{2n, k} - 2 (-1)^n a_{2n+1, k-1} \\ &=& (-1)^n (a_{2n, k} - 2 a_{2n+1, k-1}) \end{eqnarray*} 但由式 (A) 知 $a_{2n, k} - 2 a_{2n+1, k-1} = -a_{2n+2, k}$

所以有 $ d_{2n+2, k} = (-1)^{n+1} a_{2n+2, k} $

因此, 經式 (F) 的交錯遞推, 由數學歸納, 即證得： $$ \left \{ \begin{array}{l} c_{2n+1, k} = (-1)^n a_{2n+1, k} \\[6pt] d_{2n, k} = (-1)^n a_{2n, k} \end{array} \right. $$

六、

在 (表1.) 中, 每一行的非零數字的出現都是具規律性的。 除了 $+$, $-$ 號的交錯呈現之外, 若僅考慮它們的絕對值, 並且從階差數列的觀點來看, 則有

1. $\cos^0 \theta$ 所在的第 1 行數列： $1, 1, 1, \ldots$, 它是一個零階差數列, 其通項為 $1$。
2. $\cos^1 \theta$ 所在的第 2 行數列： $1, 3, 5, \ldots$, 它是一個一階差數列, 其通項為 $2n-1$。
3. $\cos^2 \theta$ 所在的第 3 行數列： $2, 8, 18, \ldots$, 它是一個二階差數列, 其通項為 $2 \sum\limits_{m=1}^n (2m-1) = 2 n^2$。
4. $\cos^3 \theta$ 所在的第 4 行數列： $4, 20, 56, \ldots$, 它是一個三階差數列, 其通項為 $2 \sum\limits_{m=1}^n 2 m^2 = \frac{2}{3} n (n+1) (2n+1)$。
5. $\cos^4 \theta$ 所在的第 5 行數列： $8, 48, 160, \ldots$, 它是一個四階差數列, 其通項為 $2 \sum\limits_{m=1}^n \frac{2}{3} m (m+1) (2m+1) = \frac{2}{3} (n+1) \cdot n (n+1) (n+2)$。

一般, $\cos^k \theta$ 所在的第 $k+1$ 行數列： $2^{k-1}, \ldots$, 它是一個 $k$ 階差數列, 其通項可表為一個 $n$ 的 $k$ 次多項式。 只要知道第 $k$ 行的數列通項 (記為 $A_k(n)$), 經由式 (A) 即可遞推出第 $k+1$ 行的數列通項 (記為 $A_{k+1} (n)$) 而有： $A_{k+1} (n) = 2 \sum\limits_{m=1}^n A_k (m)$。 (註：此處之正整數 $n$ 與上述 $a_{n, k}$ 中的 $n$ 無關)

---本文作者為國立科學園區實驗高中退休數學教師---