本文結論來自於數學裝逼神器——高階三角恒等變換——aries證明使用了正弦的降冪公式，取偶數次的，轉化為\(\cos\)的求和再化簡（我的證明）
\[\sin^x=\frac}\sum_^(-1)^\binom\cos(2r-2k)x+\frac\binom
\]還有余弦的基本等差求和公式
\[\sum_^n \cos(2mx)=\frac-\frac
\]得到
\[\sum_^n\cos\left[(2r-2k)\frac\right]=\frac}}-\frac=-\frac\\
\sum_^\cos\left[(2r-2k)\frac\right]=\frac}}-\frac=\frac\left((-1)^-1\right)\]
這些都是套用繁瑣的公式，沒有技術含量，但是計算量較大，化簡得到
\[\sum_^n \sin^\frac=\frac\left[\sum_^(-1)^\binom+\binomn\right]\\
\sum_^\sin^ \frac=\frac\left[\sum_^(-1)^\binom\left((-1)^-1\right)+\binom(n-1)\right]\]
然後利用組合數化簡（看起來還可）
\[\sum_^(-1)^ \binom= \frac \binom,\sum_^\binom=\frac4^r-\frac\binom
\]化簡得到
\[\sum_^n \sin^\frac=\frac\binom\left(n+\frac\right),\sum_^\sin^\frac=\frac\binomn-\frac
\]這組和上面的是一樣的，沒必要寫過程了，而且使用區間再現也可以直接通過正弦推導得到
\[\sum_^n \cos^\frac=\frac\binom\left(n+\frac\right)-\frac,\sum_^\cos^\frac=\frac\binomn-\frac
\]
證明用到的，這就是牛頓公式遞推，根與係數的關係\[若\sum_^n a_k x^=\prod_^n(x+b_k),s_k=\sum_^n b_m^k,則s_1=a_1,s_j=\sum_^(-1)^a_ks_+(-1)^ja_j
\]
\[\sum_^n\binomx^x^=\prod_^n\left(x+\tan^2 \frac\right)
\]\[\begins_k:&=\sum_^n\tan^\frac\\
s_1&=2n^2+n\\s_j&=\sum_^(-1)^\binoms_+(-1)^j\binom\end\]
類似地\[\begins_k:&=\sum_^\tan^\frac\\
s_1&=\fracn^2-n+\frac\\s_j&=\frac\left[\sum_^(-1)^\binoms_+(-1)^j\binom\right]\end\]
餘切和正切類似證明
\[\begins_k:&=\sum_^n\cot^\frac\\
s_1&=\fracn^2-\fracn\\s_j&=\frac\left[\sum_^(-1)^\binoms_+(-1)^j\binom\right]\end\]
這裡地公式和上面不太相同，是組合數不一樣了
\[\sum_^\cot^\frac=\sum_^\tan^\frac
\]這可以通過上面兩個推導得到
比較根與係數的常數項得到
\[\begin\prod_^n \sin\frac&=\frac}\\
\prod_^n \cos\frac&=\frac\\
\prod_^n \tan\frac&=\sqrt\\
\prod_^n \cot\frac&=\frac}\\
\prod_^n \sec\frac&=2^n\\
\prod_^n \csc\frac&=\frac}\end\]
\[\begin\prod_^\sin\frac&=\prod_^\cos\frac=\frac}}\\
\prod_^\tan\frac&=\prod_^\cot\frac=1\\
\prod_^\sec\frac&=\prod_^\csc\frac=\frac}}\end\]
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