已知 $a,b$ 均为正整数，且 $a>b$，$\sin\theta=\dfrac{2ab}{a^2+b^2}$，其中 $0<
\theta<\dfrac{\pi}{2}$，$A_n=(a^2+b^2)^n\cdot\sin\theta$．求证：对一切 $n\in \mathbb N^\ast,A_n$ 为整数．
\theta<\dfrac{\pi}{2}$，$A_n=(a^2+b^2)^n\cdot\sin\theta$．求证：对一切 $n\in \mathbb N^\ast,A_n$ 为整数．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
因为$$\left(\sin\theta=\dfrac{2ab}{a^2+b^2}\right)\land\left(0<\theta<\dfrac{\pi}{2}\right)\land\left(a>b\right),$$所以$$\cos\theta=\sqrt{1-\sin^2\theta}=\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}.$$显然 $\sin n\theta$ 为 $(\cos\theta+i\sin \theta)^n$ 的虚部，由于$$\begin{split} (\cos\theta+i\sin\theta)^n&=\left(\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}+\mathrm{i}\cdot\dfrac{2ab}{a^2+b^2}\right)^n\\
&=\dfrac1{(a^2+b^2)^n}(a^2-b^2+2ab\cdot\mathrm{i})^n\\
&=\dfrac1{(a^2+b^2)^n}\cdot\left(a+\mathrm{i}\cdot b\right)^n.
\end{split}$$从而 $\dfrac{A_n}{(a^2+b^2)^n}$ 为 $(\cos\theta+i\sin\theta)^n$ 的虚部，即 $A_n$ 为 $(a+\mathrm{i}\cdot b)^n$ 的虚部．根据二项式定理，$(a+\mathrm{i}\cdot b)^n$ 的虚部显然为整数，于是原命题得证．
&=\dfrac1{(a^2+b^2)^n}(a^2-b^2+2ab\cdot\mathrm{i})^n\\
&=\dfrac1{(a^2+b^2)^n}\cdot\left(a+\mathrm{i}\cdot b\right)^n.
\end{split}$$从而 $\dfrac{A_n}{(a^2+b^2)^n}$ 为 $(\cos\theta+i\sin\theta)^n$ 的虚部，即 $A_n$ 为 $(a+\mathrm{i}\cdot b)^n$ 的虚部．根据二项式定理，$(a+\mathrm{i}\cdot b)^n$ 的虚部显然为整数，于是原命题得证．
答案
解析
备注
