数学赏析:牛顿推导出 $\sin{x}$ 的级数展开的过程

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摘要: 牛顿推导出正弦函数的幂级数展开的过程

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牛顿(1643-1727)

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:

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:

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 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:

将 $y = \sqrt{1 - x^{2}}$ 代入,得到表达式:

此时牛顿应用自己发现的广义二项式定理

代入得:

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

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:

牛顿将上式写成方程的形式如下:

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:

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 $p$:

将 $x = z + p$ 代入 $\arcsin{x}$ 的级数,得到:

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 $p$:

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 $q$:

于是得到 $x = \sin{z}$ 级数的前两项:

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 $q$:

于是得到 $x = \sin{z}$ 级数的前三项:

继续推导下去,得到 $\sin{z}$ 的级数:

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:

考察各阶导数在 0 的值,:

于是 $\sin{x}$ 的麦克劳林级数展开为:

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

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:

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

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:

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

两边用莱布尼茨公式求 n 阶导数:

整理得到递推关系:

令 $x = 0$ 得:

于是:

于是 $\arcsin{x}$ 的麦克劳林级数展开为:

其拉格朗日余项为:

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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