数学赏析：牛顿推导出 $\sin{x}$ 的级数展开的过程

摘要: 牛顿推导出正弦函数的幂级数展开的过程

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在现代分析学级数论中，我们知道很多基本函数的麦克劳林级数展开及其收敛区间，比如正弦函数：

$$\sin{x} = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + \cdots$$

现代分析学推导这个公式的方式是先求出 $\sin{x}$ 的 n 阶导数，然后计算 n 阶导数在 $x=0$ 处的取值，然后写出麦克劳林级数，最后讨论收敛区间。

而这个麦克劳林级数在牛顿 1669 年《用无限项的方程分析》中已经提出，过程大致是先用几何方法得出反正弦函数 $\arcsin{x}$ 的级数展开，然后将 $z = \arcsin{x}$ 级数转换成 $x = \sin{z}$ 的级数。

我们知道牛顿更著名的发现是广义二项式定理，其实也是麦克劳林级数展开：

$$(1 + x)^{\alpha} = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^{2} + \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3!}x^{3} + \cdots$$

但是 $(1 + x)^{\alpha}$ 的麦克劳林级数展开的收敛区间比较复杂，因此在牛顿提出广义二项式定理之后，经历了好几代数学家，定理的描述和证明才逐渐完善。在 数学赏析：牛顿推导广义二项式定理的过程；欧拉和柯西的证明思路 中我欣赏了牛顿发现广义二项式定理的过程。

本文我们就来看一下牛顿发现正弦函数的级数展开的过程，最后给出现代分析学的推导。

牛顿的发现过程

几何方法推出 $\arcsin{x}$ 的级数展开

考察单位圆在第一象限的部分，$y = (1 - x^{2})^{\frac{1}{2}}$。

如上图，从 D 引出圆弧的切线 DT，斜边 DH 视为圆弧 $\alpha D$ 的增量，令 AB 的增量 $BK=\mathrm{d}x$，$DH=\mathrm{d}z$，这样我们就建立了一个无限小的直角三角形 DGH, $z=z(x)$ 代表圆弧 $\alpha D$ 长度。

由于是在单位圆内，因此弧 $\alpha D$ 等于 $z$；$\sin{z} = x$。下面我们在图中找到 $z = \arcsin{x}$ 的级数展开。

由于 $\bigtriangleup ABD$ 与 $\bigtriangleup DBT$ 相似，同时 $\bigtriangleup DBT$ 和 $\bigtriangleup DBT$ 相似，因此：

$$\bigtriangleup DGH \sim \bigtriangleup ABD \\ \Rightarrow \frac{BK}{DH} = \frac{DB}{1} \\ \Rightarrow \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}z} = y$$

将 $y = \sqrt{1 - x^{2}}$ 代入，得到表达式：

$$\mathrm{d}z = \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1 - x^{2}}}$$

此时牛顿应用自己发现的广义二项式定理：

$$(1 - x^{2})^{-\frac{1}{2}} = \sum\limits_{m=0}\limits^{\infty}\frac{-\frac{1}{2}(-\frac{1}{2} - 1)\cdots(-\frac{1}{2} - m + 1)}{m!}(-1)^{m}x^{2m} \\$$

代入得：

$$\begin{align} \mathrm{d}z &= ((1 - x^{2})^{-\frac{1}{2}})\mathrm{d}x \\ &= (1 - (-\frac{1}{2})x^{2} + \frac{-\frac{1}{2}(-\frac{1}{2} - 1)}{2!}x^{4} - \frac{-\frac{1}{2}(-\frac{1}{2} - 1)(-\frac{1}{2} - 2)}{3!}x^{6} + \cdots)\mathrm{d}x \\ &= (1 + \frac{x^{2}}{2} + \frac{3x^{4}}{8} + \frac{5x^{6}}{16} + \cdots)\mathrm{d}x \end{align}$$

对 $\mathrm{d}z$ 积分，得到 $\arcsin{x}$ 的级数展开：

$$\begin{align} \arcsin{x} = z(x) &= \int^{x}_{0}\mathrm{d}z \\ &= \int^{x}_{0}(1 + \frac{t^{2}}{2} + \frac{3t^{4}}{8} + \frac{5t^{6}}{16} + \cdots)\mathrm{d}t \\ &= x + \frac{x^{3}}{6} + \frac{3x^{5}}{40} + \frac{5x^{7}}{112} + \cdots \\ \end{align}$$

将 $z = \arcsin{x}$ 级数转换成 $x = \sin{z}$ 的级数

由前面已经得到的级数：

$$z = x + \frac{x^{3}}{6} + \frac{3x^{5}}{40} + \frac{5x^{7}}{112} + \cdots$$

牛顿将上式写成方程的形式如下：

$$(x + \frac{x^{3}}{6} + \frac{3x^{5}}{40} + \frac{5x^{7}}{112} + \cdots) - z = 0$$

首先舍弃所有指数大于 2 的项，这样就得到 $x - z = 0$，从而得到逆级数：

$$x = z$$

舍弃全部高阶项目会导致不准的结果，因此增加一个待定的级数 $p$：

$$x = z + p$$

将 $x = z + p$ 代入 $\arcsin{x}$ 的级数，得到：

$$(z + p) + \frac{(z + p)^{3}}{6} + \frac{3(z + p)^{5}}{40} + \frac{5(z + p)^{7}}{112} + \cdots = z$$

全部展开整理，得到：

$$ (\frac{z^{3}}{6} + \frac{3z^{5}}{40} + \frac{5z^{7}}{112} + \cdots) + p(1 + \frac{z^{2}}{2} + \frac{3z^{4}}{8} + \frac{5z^{6}}{16} + \cdots) + p^{2}(\frac{z}{2} + \frac{3z^{3}}{4} + \frac{15z^{5}}{16} + \cdots) + \cdots = 0 $$

舍弃上述方程中 $p$ 的幂大于 1 的项，得到 $p$：

$$p = \frac{- (\frac{z^{3}}{6} + \frac{3z^{5}}{40} + \frac{5z^{7}}{112} + \cdots)}{(1 + \frac{z^{2}}{2} + \frac{3z^{4}}{8} + \frac{5z^{6}}{16} + \cdots)}$$

以上分式，分子只留最低次方项，分母中去掉所有的 z 的高次方项，将丢掉的项记为一个新级数 $q$：

$$p = -\frac{z^{3}}{6} + q$$

于是得到 $x = \sin{z}$ 级数的前两项：

$$x = z - \frac{z^{3}}{6} + q$$

将上面的 $x$ 的表达式代入 $\arcsin{x}$ 的级数，重复前面的过程，也就是按 $q$ 的幂次整理成各个项，舍弃其中 $q$ 的幂次大于 1 的项，得到关于 $q$ 的分式，在该分式中，分子只留最低次方项，分母中去掉所有的 z 的高次方项，将丢掉的项记为一个新级数 $r$，得到 $q$：

$$q = \frac{z^{5}}{120} + r$$

于是得到 $x = \sin{z}$ 级数的前三项：

$$x = z - \frac{z^{3}}{6} + \frac{z^{5}}{120} + r$$

继续推导下去，得到 $\sin{z}$ 的级数：

$$\begin{align} x = \sin{z} &= z - \frac{z^{3}}{6} + \frac{z^{5}}{120} - \frac{z^{7}}{5040} + \cdots \\ &= \sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}z^{2k+1} \end{align}$$

现代分析学推导

$\sin{x} = \sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}x^{2k+1}$

下面求 $\sin{x}$ 的麦克劳林级数展开式以及收敛区间。

考察函数 $f(x) = \sin{x}$，有任意阶导数：

$$\begin{align} &f^{(0)}(x) = \sin{x} \\ &f^{(1)}(x) = \cos{x} = \sin{(x + \frac{\pi}{2})} \\ &f^{(2)}(x) = -\sin{x} = \sin{(x + \pi)} \\ &f^{(3)}(x) = -\cos{x} = -\sin{(x + \frac{\pi}{2})} = \sin{(x + \frac{3\pi}{2})} \\ &f^{(4)}(x) = \sin{x} \\ &\cdots \\ &f^{(n)} = \sin{(x + \frac{n\pi}{2})} \\ \end{align}$$

考察各阶导数在 0 的值，：

$$f^{(n)}(0) = \sin{\frac{n\pi}{2}} = \left\{ \begin{array}{**lr**} 0, \quad\quad n = 2k \\ (-1)^{k}, \quad\quad n = 2k+1 \\ \end{array} \right.$$

于是 $\sin{x}$ 的麦克劳林级数展开为：

$$\begin{align} \sin{x} &= f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^{2} + \frac{f^{(3)}(0)}{3!}x^{3} + \cdots \\ &= x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + \cdots \\ &= \sum\limits_{k=0}\limits^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}x^{2k+1} \end{align}$$

下面看收敛区间。由于对于 $x \in (-\infty, \infty)$，有：

$$|f^{(n)}(x)| = |\sin{(x + \frac{n\pi}{2})}| \leq 1$$

由泰勒级数展开收敛的充分条件，上述麦克劳林级数在全体实数上收敛到 $\sin{x}$。

$f(x)$的泰勒级数收敛到$f(x)$的一个充分条件

若存在常数 $M$，使得 $n$ 充分大($n > N$) 有 $|f^{(n)}(x)|\leq M$ 对 $\forall x \in (x_{0} - R, x_{0} + R)$ 成立。
那么 $f$ 能在 $(x_{0}-R, x_{0}+R)$ 中展开为泰勒级数

$\arcsin{x} = x + \sum\limits_{k=1}\limits^{\infty}\frac{((2k - 1)!!)^{2}}{(2k+1)!}x^{2k+1}$

下面求 $\arcsin{x}$ 的麦克劳林级数展开式以及收敛区间。

考察函数 $f(x) = \arcsin{x}$，有任意阶导数：

$(\arcsin{x})’= \frac{1}{(\sin{y})’} = \frac{1}{\cos{y}} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^{2}{y}}} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^{2}{(\arcsin{x})}}} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$

$$\begin{align} &f^{0}(x) = \arcsin{x} \\ &f^{1}(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} \\ &f^{2}(x) = x(1-x^{2})^{-\frac{3}{2}} \\ \end{align}$$

下面要用到莱布尼茨公式：

莱布尼茨公式

设 $f, g$ 在 $I$ 上有 $n$ 阶导数，则 $fg$ 在 $I$ 上也有 $n$ 阶导数，且：

$$(fg)^{n} = \sum\limits_{k=0}\limits^{n}\binom{n}{k}f^{(n-k)}g^{(k)}$$

令 $y = \arcsin{x}$，从前面的 $y’$ 和 $y’’$ 可以得到：

$$(1 - x^{2})y'' = xy'$$

两边用莱布尼茨公式求 n 阶导数：

$$\sum\limits_{k=0}\limits^{n}\binom{n}{k}(1 - x^{2})^{(k)}(y'')^{(n-k)} = \sum\limits_{k=0}\limits^{n}\binom{n}{k}(x)^{(k)}(y')^{(n-k)}$$ $$(1 - x^{2})y^{(n+2)} + n(-2x)y^{(n+1)} + \frac{n(n-1)}{2}(-2)y^{(n)} = xy^{(n+1)} + ny^{(n)}$$

整理得到递推关系：

$$(1 - x^{2})y^{(n+2)} - (2n + 1)xy^{(n+1)} - n^{2}y^{(n)} = 0$$

令 $x = 0$ 得：

$$f^{(n+2)}(0) = n^{2}f^{(n)}(0) \quad\quad f^{(1)}(0) = 1, f^{(2)}(0) = 0$$

于是：

$$f^{(2k)}(0) = 0 \\ f^{(2k+1)}(0) = (2k-1)^{2}f^{(2k-1)}(0) = \cdots = ((2k-1)!!)^{2}$$

于是 $\arcsin{x}$ 的麦克劳林级数展开为：

$$\begin{align} \arcsin{x} &= f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^{2} + \frac{f^{(3)}(0)}{3!}x^{3} + \cdots \\ &= x + \frac{1^{2}x^{3}}{3!} + \frac{(3\cdot 1)^{2}x^{5}}{5!} + \frac{(5\cdot 3\cdot 1)^{2}x^{7}}{7!} + \cdots \\ &= x + \sum\limits_{k=1}\limits^{\infty}\frac{((2k - 1)!!)^{2}}{(2k+1)!}x^{2k+1} \end{align}$$

其拉格朗日余项为：

$$R_{n}(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1} = \left\{ \begin{array}{**lr**} \frac{((2k - 1)!!)^{2}}{((2k+1)!)^{2}}x^{2k+1}, \quad\quad n = 2k \\ 0, \quad\quad n = 2k+1 \\ \end{array} \right.$$

在 $x \in (-1, 1)$ 上 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}R_{n}(x) = 0$，因此收敛区间为 $(-1, 1)$。

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