高观点下的三角函数

· · 学习·文化课

定义

从欧拉公式到三角函数

引入 e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin \theta.

不妨两边同时取泰勒级数对比系数得证。

什么？你问我泰勒展开怎么证？不妨猜测原函数与一个多项式函数的差是高阶小量，然后依次积分得到系数。进而利用极限证明余项更高阶，从而猜想正确。

\begin{aligned} \begin{cases} e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta, \\ e^{-i\theta}=\cos\theta-i\sin\theta. \end{cases} \\ \implies \begin{cases} e^{i\theta}e^{-i\theta}=\cos^2\theta+\sin^2\theta=1, \\ \sin\theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i},\cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}. \end{cases} \end{aligned} \begin{aligned} \cos(\alpha+\beta)+i\sin(\alpha+\beta)&=e^{i(\alpha+\beta)} \\ &=e^{i\alpha}e^{i\beta} \\ &=(\cos\alpha+i\sin\alpha)(\cos\beta+i\sin\beta) \\ &=(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta)+i(\sin\alpha\sin\beta+\cos\alpha\sin\beta). \end{aligned} \begin{aligned} \cos k\theta+i\sin k\theta &= e^{ki\theta} \\ &= (e^{i\theta})^k \\ &= (\cos\theta+i\sin\theta)^k \\ &= \sum_{j=0}^k i^j\binom{k}{j}\cos^{k-j}\theta\sin^j\theta \\ &= (\sum_{j=0}^{[\frac{k}{2}]}(-1)^j\binom{k}{2j}\cos^{k-2j}\theta\sin^{2j}\theta)+i(\sum_{j=0}^{[\frac{k-1}{2}]}(-1)^j\binom{k}{2j+1}\cos^{k-2j-1}\theta\sin^{2j+1}\theta). \end{aligned}

也可以利用上述多项式（结合 \sin^2\theta+\cos^2\theta=1）反解出 \cos\theta 或 \sin\theta，从而解决 k \in \mathbb{Q} 时的问题。

\begin{aligned} \sum_{k=0}^n \cos k\theta(\theta \not=2k\pi,k\in \mathbb{Z}) &= \sum_{k=0}^n \text{Re}(e^{ki\theta}) \\ &= \text{Re}(\sum_{k=0}^n e^{ki\theta}) \\ &= \text{Re}(\sum_{k=0}^n (e^{i\theta})^k) \\ &= \text{Re}(\frac{1-(e^{i\theta})^{n+1}}{1-e^{i\theta}}) \\ &= \text{Re}(\frac{e^{(n+1)i\theta}-1}{e^{i\theta}-1}) \\ &= \text{Re}(\frac{e^{\frac{1}{2}(n+1)i\theta}(e^{\frac{1}{2}(n+1)i\theta}-e^{-\frac{1}{2}(n+1)i\theta})}{e^{\frac{1}{2}i\theta}(e^{\frac{1}{2}i\theta}-e^{-\frac{1}{2}i\theta})}) \\ &= \text{Re}(\frac{e^{\frac{1}{2}(n+1)i\theta}2i\sin(\frac{1}{2}(n+1)\theta)}{e^{\frac{1}{2}i\theta}2i\sin(\frac{1}{2}\theta)}) \\ &= \text{Re}(e^{\frac{1}{2}ni\theta}\frac{\sin(\frac{1}{2}(n+1)\theta)}{\sin(\frac{1}{2}\theta)}) \\ &= \text{Re}((\cos(\frac{1}{2}n\theta)+i\sin(\frac{1}{2}n\theta))\frac{\sin(\frac{1}{2}(n+1)\theta)}{\sin(\frac{1}{2}\theta)}) \\ &= \frac{\cos(\frac{n\theta}{2})\sin(\frac{(n+1)\theta}{2})}{\sin(\frac{\theta}{2})}. \end{aligned}

同理有 \sum_{k=0}^n \sin k\theta(\theta \not=2k\pi,k\in \mathbb{Z})=\frac{\sin(\frac{n\theta}{2})\sin(\frac{(n+1)\theta}{2})}{\sin(\frac{\theta}{2})}. 证明略。

从三角函数到巴塞尔问题

求级数 \sum_{k=1}^{\infin} \frac{1}{k^2} 的值。

思路：考虑用夹逼定理求极限。联想到 0<\sin x<x<\tan x，取平方倒数得到 \cot^2 x<\frac{1}{x^2}<\csc^2 x，如果左右两个级数能够求值且相等，那么原级数就等于这两个级数的值了。

所以我们先求出这两个级数的值，再利用夹逼定理解决巴塞尔问题。

取正弦倍角公式：

\sin(k\theta)=\sum_{j=0}^{[\frac{k-1}{2}]}(-1)^j\binom{k}{2j+1}\cos^{k-2j-1}\theta\sin^{2j+1}\theta.

取 k=2n+1：

\sin((2n+1)\theta)=\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2n+1-2j-1}\theta\sin^{2j+1}\theta.

两侧同除以 \sin^{2n+1}\theta，得：

\frac{\sin((2n+1)\theta)}{\sin^{2n+1}\theta}=\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2n+1-2j-1}\theta\sin^{2j+1-2n-1}\theta.

整理得：

\frac{\sin((2n+1)\theta)}{\sin^{2n+1}\theta}=\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cot^{2n-2j}\theta.

取 \theta=\frac{m\pi}{2n+1}(m \in \mathbb{N_+},m \le n)，得：

\frac{\sin(m\pi)}{\sin^{2n+1}\theta}=\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cot^{2n-2j}(\frac{m\pi}{2n+1}).

不难发现左式恒为令，因此取自变量 x=\cot^2(\frac{m\pi}{2n+1})，就可以设计函数 f(x)=\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{n-j}，使得其恰有 n 个零点，且 x_m=\cot^2(\frac{m\pi}{2n+1}).

由韦达定理，得：

\sum_{m=1}^n \cot^2(\frac{m\pi}{2n+1})=-\frac{-\binom{2n+1}{3}}{2n+1}=\frac{n(2n-1)}{3}.

由恒等式 \cot^2\theta+1=\csc^2\theta 得：

\sum_{m=1}^n \csc^2(\frac{m\pi}{2n+1})=\frac{n(2n+2)}{3}.

由 0<\sin x<x<\tan x，有：

\sum_{k=1}^n \cot^2 x<\sum_{k=1}^n \frac{1}{x^2}<\sum_{k=1}^n \csc^2 x.

即：

\sum_{m=1}^n \cot^2 (\frac{m\pi}{2n+1})<\sum_{m=1}^n \frac{(2n+1)^2}{m^2\pi^2}<\sum_{m=1}^n \csc^2 (\frac{m\pi}{2n+1}).

同乘 \frac{\pi^2}{(2n+1)^2} 得：

\frac{\pi^2\sum_{m=1}^n \cot^2 (\frac{m\pi}{2n+1})}{(2n+1)^2}<\sum_{m=1}^n \frac{1}{m^2}<\frac{\pi^2\sum_{m=1}^n \csc^2 (\frac{m\pi}{2n+1})}{(2n+1)^2}. \\ \frac{\pi^2n(2n-1)}{3(2n+1)^2}<\sum_{m=1}^n \frac{1}{m^2}<\frac{\pi^2n(2n+2)}{3(2n+1)^2}.

而 \lim_{n \to +\infin} \frac{\pi^2n(2n-1)}{3(2n+1)^2}=\lim_{n \to +\infin} \frac{\pi^2n(2n+2)}{3(2n+1)^2}=\frac{\pi^2}{6}.

由夹逼定理，得 \sum_{k=1}^{\infin} \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}.

欧拉采用的办法是对三角函数得泰勒级数因式分解，但是这种证法难以兼具简洁性和严谨性，故在此不作介绍。