이번 글에서는 저번 글

• 피보나치(Fibonacci) 수열, 루카스(Lucas) 수열, 그리고 삼각함수 - 1

에서 증명한 피보나치/루카스 수열과 삼각함수와의 관계를 다시 한 번 정리하면 다음과 같다: 임의의 음이 아닌 정수 $n \in \N$에 대하여 복소수 $z_n = \frac{n\pi}{2} - i \ln(\phi^n)$을 정의하면 \[ \cos(z_n) = \frac{i^n}{2} L_n, \quad \sin(z_n) = \frac{i^n \sqrt{5}}{2i} F_n \] 의 관계가 성립한다. 이를 이용하여 삼각함수 항등식이 하나 주어졌을 때, 그에 해당되는 피보나치/루카스 수열에 대한 항등식을 증명할 수 있다. 여기서 $z_n$은 $n$에 대하여 선형(linear)이므로 $z_n = n z_1$과 같음을 기억하자.

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예제 1. 기본적인 삼각함수 항등식들과 그에 대응하는 피보나치/루카스 수열에 대한 항등식을 표로 정리하였다. 표에서 바로 확인해 볼 수 있듯이 삼각함수에 항등식들과 피보나치/루카스 수열에 대한 항등식들 사이에 상당한 유사성이 존재함을 확인할 수 있다.

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예제 2. 이번에는 두 각의 평균의 $\tan$에 대한 공식 \[ \tan \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) = \frac{\sin(\alpha) + \sin(\beta)}{\cos(\alpha) + \cos(\beta)} \] 를 이용하도록 하자. 임의의 음이 아닌 정수 $m,\, n$에 대하여 $\alpha = z_{2m}$, $\beta = z_{2n}$을 위 식에 대입하면 \[ \frac{\frac{\sqrt{5} i^{m+n}}{2i} F_{m+n}}{\frac{i^{m+n}}{2} L_{m+n}} = \frac{\frac{\sqrt{5} i^{2m}}{2i} F_{2m} + \frac{\sqrt{5} i^{2n}}{2i} F_{2n}} {\frac{i^{2m}}{2} L_{2m} + \frac{i^{2n}}{2} L_{2n}} \] 를 얻을 수 있고, 위 식을 정리하면 \[ \frac{F_{m+n}}{L_{m+n}} = \frac{(-1)^{m+n} F_{2m} + F_{2n}}{(-1)^{m+n} L_{2m} + L_{2n}} \] 를 얻는다. 특히, 위 식에서 $m = 0$인 경우, \[ \frac{F_n}{L_n} = \frac{F_{2n}}{2 \cdot (-1)^n + L_{2n}} \] 임을 알 수 있다.$ $

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예제 3. $\sin$ 함수와 $\cos$ 함수에 대한 $n$배각 공식은 다음과 같이 주어진다. \[ \begin{align*} \sin(n \theta) & = \sum_{k \, : \, \text{odd}} (-1)^{\frac{k-1}{2}} \binom{n}{k} \cos^{n-k}(\theta) \sin^{k}(\theta) \tag*{$\myblue{(1)}$} \\[5px] \cos(n \theta) & = \sum_{k \, : \, \text{even}} (-1)^{\frac{k}{2}} \binom{n}{k} \cos^{n-k}(\theta) \sin^{k}(\theta) \tag*{$\myblue{(2)}$} \end{align*} \] 이 때, 위 식에서 $k$의 범위는 $0 \leq k \leq n$이다. 먼저 식 $\myblue{(1)}$에 $\theta = z_1$을 대입하자. 그러면 $n \theta = z_n$과 같으므로 다음과 같이 정리할 수 있다. \[ \begin{align*} \frac{\sqrt{5} i^n}{2i} F_n & = \sum_{k \, : \, \text{odd}} (-1)^{\frac{k-1}{2}} \binom{n}{k} \bigg( \frac{i}{2} L_1 \bigg)^{n-k} \bigg( \frac{\sqrt{5}i}{2i} F_1 \bigg)^{k} \\[5px] & = \frac{i^{n}}{2^{n}} \sum_{k \, : \, \text{odd}} (-1)^{\frac{k-1}{2}} \binom{n}{k} \bigg( \frac{\sqrt{5}}{i} \bigg)^{k} \end{align*} \] 따라서 위 식의 양변을 $\frac{\sqrt{5} i^n}{2i}$으로 나눈 뒤, 식을 정리하면 \[ \begin{align*} F_n & = \frac{1}{2^{n-1}} \sum_{k \, : \, \text{odd}} (-1)^{\frac{k-1}{2}} \binom{n}{k} \bigg( \frac{\sqrt{5}}{i} \bigg)^{k-1} \\[5px] & = \frac{1}{2^{n-1}} \sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor} (-1)^{\frac{(2k+1)-1}{2}} \binom{n}{2k+1} \bigg( \frac{\sqrt{5}}{i} \bigg)^{(2k+1)-1} \\[5px] & = \frac{1}{2^{n-1}} \sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor} \binom{n}{2k+1} 5^{k} \end{align*} \] 를 얻는다. 마찬가지 방법으로 먼저 식 $\myblue{(2)}$에 $\theta = z_1$을 대입하고 정리하면 \[ L_n = \frac{1}{2^{n-1}} \sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} \binom{n}{2k} 5^{k} \] 를 얻는다. 이 식은 피보나치/루카스 수열을 이항계수_{(binomial coefficient)}와 거듭제곱들의 합으로 표현이 가능함을 보여준다.$ $

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예제 4. 잘 알려지지 않은 식으로 주어진 등차수열 $a + kd$의 $\sin$ 또는 $\cos$ 값을 $n$번째 항까지 더합 합에 관한 공식이 있다. \[ \begin{align*} \sum_{k=0}^{n} \sin(a + kd) & = \frac{\sin \Big( \frac{(n+1)d}{2} \Big)}{\sin \Big( \frac{d}{2} \Big)} \sin \Big( a + \tfrac{nd}{2} \Big) \\[5px] \sum_{k=0}^{n} \cos(a + kd) & = \frac{\sin \Big( \frac{(n+1)d}{2} \Big)}{\sin \Big( \frac{d}{2} \Big)} \cos \Big( a + \tfrac{nd}{2} \Big) \end{align*} \] 위 두 식에서 특히 $a = 0$, $d = 2\theta$인 경우 \[ \begin{align*} \sum_{k=0}^{n} \sin(2k\theta) & = \frac{\sin((n+1)\theta)}{\sin(\theta)} \sin(n\theta) \\[5px] \sum_{k=0}^{n} \cos(2k\theta) & = \frac{\sin((n+1)\theta)}{\sin(\theta)} \cos(n\theta) \end{align*} \] 를 얻는다. 이제 $\theta = z_{1}$를 대입하고 정리하면 다음의 두 식 \[ \begin{align*} \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k} F_{2k} & = (-1)^{n} F_{n+1} F_n \\[5px] \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k} L_{2k} & = (-1)^{n} F_{n+1} L_n \end{align*} \] 을 얻는다. 한 편, 반각공식을 이용하여 항등식 $L_n^2 = 2(-1)^n + L_{2n}$와 $-5 F_n^2 + L_n^2 = 4 (-1)^n$등을 이용하여 위 식의 좌변을 정리하면 \[ \begin{align*} 5 \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k} F_{k}^2 & = (-1)^{n} F_{n+1} L_n - 2(n+1) \\[5px] \sum_{k=0}^{n} (-1)^{k} L_{k}^2 & = (-1)^{n} F_{n+1} L_n + 2(n+1) \end{align*} \] 을 얻는다. 즉, 피보나치/루카스 수열의 제곱의 교대합_{(alternating sum)}에 대한 공식을 얻는다.$ $