一道不难的极限题，主要看看大家有什么奇思妙想？

哈哈，这标题就很有意思！“不难的极限题”，但又挑战“奇思妙想”，这背后藏着一股“我就知道你们会有办法”的自信，我很喜欢！

行，那咱就来聊聊一道我最近遇到的、看着“不难”，但确实能玩出点花样的极限题目。题目是这样的：

求极限：

$$ lim_{n o infty} frac{1}{n} sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight) $$

我的第一反应（也是最常见的思路）：黎曼和

这玩意儿一看，不就是个求和再取平均嘛！而且求和的项是 $f(frac{k}{n})$ 的形式，前面还有一个 $frac{1}{n}$ 乘着。这简直就是黎曼和的典型标志！

我们知道，如果一个函数 $f(x)$ 在 $[0, 1]$ 上连续，那么：

$$ lim_{n o infty} frac{1}{n} sum_{k=1}^{n} fleft(frac{k}{n} ight) = int_{0}^{1} f(x) dx $$

在这道题里，我们的 $f(x)$ 是什么呢？
对照一下，$f(frac{k}{n}) = cos(frac{2pi k}{n})$。
如果我们令 $x = frac{k}{n}$，那么 $f(x) = cos(2pi x)$。

所以，我们只需要计算这个积分：

$$ int_{0}^{1} cos(2pi x) dx $$

这个积分就比较好算了：

$$ int cos(2pi x) dx = frac{1}{2pi} sin(2pi x) + C $$

代入上下限：

$$ left[ frac{1}{2pi} sin(2pi x) ight]_{0}^{1} = frac{1}{2pi} sin(2pi cdot 1) frac{1}{2pi} sin(2pi cdot 0) $$
$$ = frac{1}{2pi} sin(2pi) frac{1}{2pi} sin(0) $$
$$ = frac{1}{2pi} cdot 0 frac{1}{2pi} cdot 0 = 0 $$

结论： 通过黎曼和的定义，极限是 $0$。

这方法很标准，也很直接，几乎是“必杀技”。但是，题目说了要“奇思妙想”，这还不够“奇”不够“妙”。

进阶思路：复数的力量（埃及分数？）

听到“奇思妙想”，我脑子里就开始跑偏了。黎曼和用的是实分析，那有没有可能用复分析或者三角恒等式什么的？

我们知道 $cos( heta) = ext{Re}(e^{i heta})$。
所以，我们可以把求和写成：

$$ sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = ext{Re}left( sum_{k=1}^{n} e^{ifrac{2pi k}{n}} ight) $$

然后我们要求的极限就是：

$$ lim_{n o infty} frac{1}{n} ext{Re}left( sum_{k=1}^{n} e^{ifrac{2pi k}{n}} ight) $$

重点是看那个求和部分：
$$ S_n = sum_{k=1}^{n} e^{ifrac{2pi k}{n}} $$
这个是个等比数列求和，首项是 $a = e^{ifrac{2pi}{n}}$，公比是 $r = e^{ifrac{2pi}{n}}$，项数是 $n$。

等比数列求和公式是 $S_n = a frac{1r^n}{1r}$。
在这里，公比 $r = e^{ifrac{2pi}{n}} eq 1$ (因为 $n o infty$，所以 $n ge 2$ 时，$frac{2pi}{n}$ 不是 $2pi$ 的整数倍)。

所以：
$$ S_n = e^{ifrac{2pi}{n}} frac{1 (e^{ifrac{2pi}{n}})^n}{1 e^{ifrac{2pi}{n}}} $$
$$ S_n = e^{ifrac{2pi}{n}} frac{1 e^{i 2pi}}{1 e^{ifrac{2pi}{n}}} $$

根据欧拉公式，$e^{i 2pi} = cos(2pi) + isin(2pi) = 1 + 0i = 1$。

所以，分子部分是 $1 1 = 0$。
分母是非零的（因为 $e^{ifrac{2pi}{n}} eq 1$ for $n ge 2$）。

因此，
$$ S_n = e^{ifrac{2pi}{n}} frac{0}{1 e^{ifrac{2pi}{n}}} = 0 $$

这意味着，无论 $n$ 是多少 (只要 $n ge 2$)，这个求和都等于 0！

所以，
$$ lim_{n o infty} frac{1}{n} sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = lim_{n o infty} frac{1}{n} cdot 0 = 0 $$

这个方法也得到了 $0$。而且，我觉得这个方法更“妙”一点，因为直接发现求和本身是个常数 $0$（对 $n ge 2$），而不是要靠极限去“逼近”一个积分。

为什么 $S_n=0$ 很有意思？

这其实和单位根有关。
$e^{ifrac{2pi k}{n}}$ 实际上代表了复平面上单位圆上的 $n$ 个点，它们均匀地分布在圆上，构成了一个正 $n$ 边形的顶点（其中一个顶点是 $e^{ifrac{2pi}{n}}$，另一个是 $1$）。
当 $k$ 从 $1$ 遍历到 $n$ 时，这些点就是单位圆上所有 $n$ 个 $n$ 次单位根（不包括 $1$，$e^{ifrac{2pi}{n}}, e^{ifrac{4pi}{n}}, dots, e^{ifrac{2pi (n1)}{n}}, e^{ifrac{2pi n}{n}} = 1$）。
而所有 $n$ 次单位根的和是 $0$。
$1 + e^{ifrac{2pi}{n}} + e^{ifrac{4pi}{n}} + dots + e^{ifrac{2pi (n1)}{n}} = 0$.
我们题目里的求和是 $sum_{k=1}^{n} e^{ifrac{2pi k}{n}} = e^{ifrac{2pi}{n}} + e^{ifrac{4pi}{n}} + dots + e^{ifrac{2pi n}{n}}$.
这其实就是所有 $n$ 次单位根的和，所以就是 $0$。

所以，$sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight)$ 是所有 $n$ 次单位根的实部之和。
而 $sum_{k=1}^{n} sinleft(frac{2pi k}{n} ight)$ 是所有 $n$ 次单位根的虚部之和。
既然所有 $n$ 次单位根的和是 $0$ (一个实数 $0$ 加上一个虚数 $0$)，那么它们的实部之和就是 $0$，虚部之和也是 $0$。

因此， $sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = 0$ 对于 $n ge 2$ 总是成立的。

再来点“野路子”（如果黎曼和和复数都不算奇思妙想的话）

有没有更“不寻常”的视角？
比如说，我们能不能直接看这个求和的“对称性”？

$sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = cosleft(frac{2pi}{n} ight) + cosleft(frac{4pi}{n} ight) + dots + cosleft(frac{2pi (n1)}{n} ight) + cosleft(frac{2pi n}{n} ight)$

注意到 $cos(2pi) = 1$.
还有 $cos( heta) = cos(2pi heta)$.
那么 $cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = cosleft(2pi frac{2pi k}{n} ight) = cosleft(frac{2pi (nk)}{n} ight)$.

我们把求和写出来：
$S = cosleft(frac{2pi}{n} ight) + cosleft(frac{4pi}{n} ight) + dots + cosleft(frac{2pi (n1)}{n} ight) + cos(2pi)$

如果 $n$ 是奇数，比如 $n=3$:
$cos(2pi/3) + cos(4pi/3) + cos(6pi/3)$
$= cos(2pi/3) + cos(4pi/3) + 1$
$= 1/2 + (1/2) + 1 = 0$.

如果 $n$ 是偶数，比如 $n=4$:
$cos(2pi/4) + cos(4pi/4) + cos(6pi/4) + cos(8pi/4)$
$= cos(pi/2) + cos(pi) + cos(3pi/2) + cos(2pi)$
$= 0 + (1) + 0 + 1 = 0$.

是不是总为零？
我们配对项：
$cosleft(frac{2pi k}{n} ight)$ 和 $cosleft(frac{2pi (nk)}{n} ight)$。
它们是相等的。

求和是 $sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight)$.
当 $k$ 从 $1$ 到 $n1$ 时，我们可以把 $k$ 和 $nk$ 配对。
$cosleft(frac{2pi k}{n} ight) + cosleft(frac{2pi (nk)}{n} ight) = 2cosleft(frac{2pi k}{n} ight)$.
这里利用的是 $cos A + cos B = 2cosfrac{A+B}{2}cosfrac{AB}{2}$。
令 $A = frac{2pi k}{n}, B = frac{2pi (nk)}{n} = 2pi frac{2pi k}{n}$.
$A+B = 2pi$. $(A+B)/2 = pi$. $cos(pi) = 1$.
$AB = frac{2pi k}{n} (2pi frac{2pi k}{n}) = frac{4pi k}{n} 2pi$. $(AB)/2 = frac{2pi k}{n} pi$.
$cos(frac{2pi k}{n} pi) = cos(frac{2pi k}{n})$.
所以 $cos A + cos B = 2 cos(pi) cos(frac{2pi k}{n} pi) = 2(1)(cos(frac{2pi k}{n})) = 2cos(frac{2pi k}{n})$.

等等，我上面那个恒等式用错了！
$cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = cosleft(2pi frac{2pi k}{n} ight)$ 这是对的。
所以 $cosleft(frac{2pi k}{n} ight) + cosleft(frac{2pi (nk)}{n} ight)$
$= cosleft(frac{2pi k}{n} ight) + cosleft(2pi frac{2pi k}{n} ight) = 2 cos(pi) cos(frac{2pi k}{n} pi)$
= $2(1) (cos(frac{2pi k}{n})) = 2cos(frac{2pi k}{n})$ 看起来还是哪里不对。

让我重新检查三角恒等式：
$cos A + cos B = 2 cosfrac{A+B}{2} cosfrac{AB}{2}$
这里 $A = frac{2pi k}{n}$, $B = frac{2pi (nk)}{n} = 2pi frac{2pi k}{n}$.
$A+B = 2pi$. $frac{A+B}{2} = pi$. $cos(frac{A+B}{2}) = cos(pi) = 1$.
$AB = frac{2pi k}{n} (2pi frac{2pi k}{n}) = frac{4pi k}{n} 2pi$. $frac{AB}{2} = frac{2pi k}{n} pi$.
$cos(frac{AB}{2}) = cos(frac{2pi k}{n} pi) = cos(frac{2pi k}{n})$.

所以，$cosleft(frac{2pi k}{n} ight) + cosleft(frac{2pi (nk)}{n} ight) = 2 imes (1) imes (cos(frac{2pi k}{n})) = 2 cos(frac{2pi k}{n})$.
这又回去了，说明我思路又跑偏了，直接加回来似乎没有帮助。

换个对称性的角度：

考虑 $k=1, dots, n1$ 的和。
$sum_{k=1}^{n1} cosleft(frac{2pi k}{n} ight)$
配对 $cosleft(frac{2pi k}{n} ight)$ 和 $cosleft(frac{2pi (nk)}{n} ight)$.
我们知道 $cos(x) = cos(2pix)$。
所以 $cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = cosleft(2pi frac{2pi k}{n} ight) = cosleft(frac{2pi (nk)}{n} ight)$.

如果 $n$ 是奇数，比如 $n=2m+1$.
求和项为 $cos(frac{2pi}{n}), cos(frac{4pi}{n}), dots, cos(frac{2pi m}{n}), cos(frac{2pi (m+1)}{n}), dots, cos(frac{2pi (2m)}{n})$.
$cos(frac{2pi(nk)}{n}) = cos(2pi frac{2pi k}{n}) = cos(frac{2pi k}{n})$.
那么 $cos(frac{2pi (m+1)}{n}) = cos(frac{2pi (2m+1 m)}{n}) = cos(frac{2pi m}{n})$.
$cos(frac{2pi (m+2)}{n}) = cos(frac{2pi (2m+1 (m1))}{n}) = cos(frac{2pi (m1)}{n})$.
...
$cos(frac{2pi (2m)}{n}) = cos(frac{2pi (2m+11)}{n}) = cos(frac{2pi}{n})$.

所以，如果 $n$ 是奇数，$sum_{k=1}^{n1} cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = 2 sum_{k=1}^{(n1)/2} cosleft(frac{2pi k}{n} ight)$.
但这并没有直接让我看出是 $0$。

重点还是复数方法，它太干净利落了！
$sum_{k=1}^{n} e^{i frac{2pi k}{n}}$ 是所有 $n$ 次单位根的和，它等于 $0$ (对于 $n ge 2$)。
这意味着
$sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight) + i sum_{k=1}^{n} sinleft(frac{2pi k}{n} ight) = 0$.
所以，$sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = 0$ (作为实部)。

这个方法之所以“妙”，是因为它利用了复数的强大工具，而且直接得到了求和本身恒等于 $0$ 的结论，这个结论比通过积分逼近 $0$ 要深刻得多。它揭示了数学内部的某种对称性和结构。

还有一个我一直想试试，但感觉不一定行得通的“脑洞”：

能不能把求和看作某种“离散傅里叶变换”？
或者，直接用一些三角求和公式？

我知道一个三角求和公式：
$sum_{k=1}^{n} cos(kx) = frac{sin(nx/2) cos((n+1)x/2)}{sin(x/2)}$
这里的 $x = frac{2pi}{n}$.

代入看看：
$sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = frac{sin(n cdot frac{2pi}{2n}) cos((n+1)frac{2pi}{2n})}{sin(frac{2pi}{2n})}$
$= frac{sin(pi) cos(frac{(n+1)pi}{n})}{sin(frac{pi}{n})}$
$= frac{0 cdot cos(pi + frac{pi}{n})}{sin(frac{pi}{n})}$
$= frac{0}{sin(frac{pi}{n})}$

当 $n o infty$， $sin(frac{pi}{n}) o 0$.
所以这是 $0/0$ 型不定式。

这里就需要用洛必达法则或者泰勒展开了。
不过，这个公式本身要求 $sin(x/2) eq 0$.
当 $x = frac{2pi}{n}$ 时， $sin(frac{pi}{n}) eq 0$ 对于 $n ge 2$.

我们重新审视一下求和公式的来源，通常是利用 $sum e^{ikx}$。
$sum_{k=1}^{n} cos(kx) = ext{Re} left( sum_{k=1}^{n} e^{ikx} ight) = ext{Re} left( e^{ix} frac{1e^{inx}}{1e^{ix}} ight)$
$= ext{Re} left( e^{ix} frac{e^{inx/2}(e^{inx/2}e^{inx/2})}{e^{ix/2}(e^{ix/2}e^{ix/2})} ight)$
$= ext{Re} left( e^{ix} frac{e^{inx/2}(2isin(nx/2))}{e^{ix/2}(2isin(x/2))} ight)$
$= ext{Re} left( e^{i(x+nx/2x/2)} frac{sin(nx/2)}{sin(x/2)} ight)$
$= ext{Re} left( e^{i(n+1)x/2} frac{sin(nx/2)}{sin(x/2)} ight)$
$= cos((n+1)x/2) frac{sin(nx/2)}{sin(x/2)}$.

这个公式是正确的。
现在代入 $x = frac{2pi}{n}$：
$nx/2 = n cdot frac{2pi}{2n} = pi$.
$(n+1)x/2 = (n+1)frac{pi}{n} = pi + frac{pi}{n}$.
$x/2 = frac{pi}{n}$.

所以求和是：
$frac{sin(pi) cos(pi + frac{pi}{n})}{sin(frac{pi}{n})} = frac{0 cdot cos(pi + frac{pi}{n})}{sin(frac{pi}{n})}$.

这里又出现了 $sin(pi) = 0$.
如果 $sin(frac{pi}{n}) eq 0$, 那么整个结果就是 $0$.
$sin(frac{pi}{n}) = 0$ 仅当 $frac{pi}{n} = mpi$ (m为整数)。
$frac{1}{n} = m$. 由于 $n o infty$, $n$ 是正整数，所以 $m$ 只能是 $0$, 但 $m eq 0$。
或者 $n$ 可以趋向无穷，使得 $frac{pi}{n}$ 趋向 $0$ 但不等于 $0$.
所以对于任何有限的 $n ge 2$, $sin(frac{pi}{n}) eq 0$.

因此， $sum_{k=1}^{n} cosleft(frac{2pi k}{n} ight) = 0$ 对于所有 $n ge 2$ 都成立。
这个三角求和公式，当应用到这个特定问题时，也直接告诉我们求和是 $0$。

为什么这个求和公式的视角也“妙”？

它绕过了单位根的几何解释，但本质上还是利用了复指数求和。不过，直接给出三角求和公式，并且看到 $sin(pi)$ 这一项出现，直接得到 $0$，也是一种“妙”的体会。它让我们意识到，很多三角函数的求和，在特定参数下，会因为周期性或对称性而直接变为 $0$。

总结一下我的“奇思妙想”过程：

1. 标准黎曼和： 这是最直接的方法，将问题转化为定积分 $int_0^1 cos(2pi x) dx$，结果是 $0$。虽然正确，但不够“奇思妙想”。

2. 复数与单位根： 将 $cos$ 替换为 $ ext{Re}(e^{i heta})$，将求和转化为对 $n$ 次单位根的求和。发现 $sum_{k=1}^{n} e^{ifrac{2pi k}{n}} = 0$ (对 $n ge 2$)，因为它是所有 $n$ 次单位根的和。这个方法非常简洁，揭示了问题的本质是复数领域的对称性，我认为这是最“妙”的。

3. 三角求和公式： 直接套用已知的三角求和公式 $sum_{k=1}^{n} cos(kx)$。代入参数 $x = frac{2pi}{n}$ 后，发现公式中的 $sin(n x/2) = sin(pi) = 0$，直接导致求和结果为 $0$ (只要分母非零)。这个方法也很巧妙，虽然可能不如复数方法那样“显而易见”其背后的数学意义。

4. 对称性直接观察（未完全奏效）： 试图通过配对 $cos(frac{2pi k}{n})$ 和 $cos(frac{2pi (nk)}{n})$ 来证明求和为 $0$。虽然 $cos( heta) = cos(2pi heta)$ 是对的，但直接相加并不能简单得到 $0$，反而让我感觉需要更精确的工具（如复数）。

最终感受：

这道题确实“不难”，但题目要求“奇思妙想”是很有引导性的。它鼓励我们不要局限于一种思维方式，而是去尝试不同的数学工具和视角。复数的方法是这场“奇思妙想”大赛中的MVP，因为它直接、简洁，并且展示了数学内部深刻的结构。

希望我的分享能给你带来一点启发，也期待听到你或者其他朋友的更奇妙的想法！

显然 ，又显然有 ，于是显然 那么显然 于是 。