三角函數的泰勒展開

讓我們從正弦函數開始。首先,我們觀察正弦的導函數有「四段輪迴」的性質:

\begin{eqnarray*} f(x) = \sin x &\quad& f(0)=0 \\
f'(x) = \cos x &\quad& f'(0)=... ...(0)=-1 \\
f^{(4)}(x) = \sin x &\quad& f^{(4)}(0)=0 \\
&\vdots&
\end{eqnarray*}
也就是說,對一個非負整數 n
\begin{displaymath} \frac{d^n}{dx^n} \sin x
= \left\{\begin{array}{ll} \sin x & ...
...\cos x & \mbox{ if } n \equiv 3 \pmod 4 \\ \end{array}\right.
\end{displaymath}
可見正弦函數是無窮次可微的。 代入泰勒展開,我們就得到正弦函數以 0 為參考點的泰勒級數:
\begin{displaymath} \sin x =
x -\frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots
=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}
\end{displaymath}
我們不在此提出證明,只告訴大家,此泰勒級數的收斂半徑是 $R=\infty$ 但是,因為正弦的週期性,我們其實只關心 $[-\pi, \pi]$ 這個區間。泰勒級數在此區間中收斂得極快;也就是說, 只要前面少數幾項所形成的泰勒多項式, 就很靠近真正的正弦函數了。 而因為正弦的導函數就是餘弦,所以可以輕易得到餘弦函數以 0 為參考點的泰勒級數:
\begin{displaymath} \cos x = \frac{d}{dx} \sin x
= 1 -\frac{x^2}{2!} + \frac{x^... ...\frac{x^6}{6!} +\cdots
=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n)!}
\end{displaymath}
請讀者注意,正弦函數是奇函數,它的泰勒多項式裡面全是奇次項; 餘弦函數是偶函數,它的泰勒多項式裡面全是偶次項。 至此,我們知道了,要如何對任何實數 x 計算正弦與餘弦函數的值。 其他三角函數值,都可以從正弦和餘弦推導出來。

以下,我們在 $[-\pi, \pi]$ 畫出正弦與餘弦以 0 為參考點的泰勒多項式。 淡色的曲線是正弦或餘弦曲線。
sin(x) 3cos(x) 4
   
sin(x) 5cos(x) 6
   
sin(x) 7cos(x) 8
   

現在,我們利用二項級數以及反導函數,推導兩個反三角函數以 0 為參考點的泰勒級數。 首先,複習

\begin{eqnarray*}
\frac1{\sqrt{1+x}} &=& \sum_{k=0}^\infty {-1/2\choose k} x^k
\... ...1)^k 1\cdot3\cdot5\cdots(2k-1)}{2^k k!}x^k,
\quad \vert x\vert<1
\end{eqnarray*}
順便定義一個新符號:
\begin{displaymath} n!! = \left\{\begin{array}{cl}
n(n-2)(n-4)\cdots2 & \mbox{ i... ... an odd integer} \\
1 & \mbox{ if } n=0\\ \end{array}\right.
\end{displaymath}
意思就是奇數的半階乘 1*3*5*7*... 和偶數的半階乘 2*4*6*8*...。 那麼,上述公式可以簡記為
\begin{displaymath}
\frac1{\sqrt{1+x}} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k (2k-1)!!}{2^k k!}x^k,\quad \vert x\vert<1
\end{displaymath}
將自變量代入 -x2,得到
\begin{displaymath} \frac1{\sqrt{1-x^2}}
= \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k (2k-1)...
...=0}^\infty \frac{(2k-1)!!}{2^k k!} x^{2k},\quad \vert x\vert<1
\end{displaymath}
兩邊都從 0 點開始做積函數,得到
\begin{displaymath}
\sin^{-1} x = \int_0^x \frac1{\sqrt{1-t^2}}\,dt = \sum_{k=0}...
...\frac{(2k-1)!!}{2^k k!(2k+1)} x^{2k+1},\quad \vert x\vert\leq1
\end{displaymath}
我們不在此證明了,只是告訴讀者,以上泰勒級數的收斂半徑是 R = 1,而且包括兩個端點,所以是在內收斂。 $x\in [-1,1]$ 內收斂。反正弦的九階泰勒多項式是
\begin{displaymath} \sin^{-1} x
= x + \frac16 x^3 + \frac3{40}x^5 + \frac{5}{112}x^7
+\frac{35}{1152}x^9 + R_{11},\quad \vert x\vert\leq 1
\end{displaymath}
因為 $\cos^{-1}x = \pi/2 - \sin^{-1}x$ 所以我們不需要另外為反餘弦製造一個泰勒展開。

因為 $\sin^{-1} 1 = \pi/2$ 所以反正弦的泰勒級數,順便為我們找到了一個計算圓周率到小數點下任意多位的方法。 也就是

\begin{displaymath} \pi = 2 \sum_{k=0}^\infty \frac{(2k-1)!!}{2^k k!(2k+1)}
\end{displaymath}
但是這個級數收斂得頗慢,我們稍後再看。

其次,在複習無窮等比級數

\begin{displaymath}
\frac1{1+x} = \sum_{k=0}^\infty (-x)^k,\quad \vert x\vert<1
\end{displaymath}
將自變量代入 x2 得到
\begin{displaymath}
\frac1{1+x^2} = \sum_{k=0}^\infty (-x^2)^{k},\quad \vert x\vert<1
\end{displaymath}
將等式之左右兩邊都從 0 開始做積函數,就獲得
\begin{displaymath} \tan^{-1}x = \int_0^x \frac1{1+t^2}\,dt
= \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1} x^{2k+1},\quad -1<x\leq 1
\end{displaymath}
我們還是不在此證明,只是告訴讀者,以上泰勒級數的收斂半徑是 R = 1 但是包括右端點,不包括左端點。 反正切函數以 0 為參考點的九階泰勒多項式就是
\begin{displaymath} \tan^{-1}x
= x - \frac{x^3}3 + \frac{x^5}5 - \frac{x^7}7 + \frac{x^9}9 + R_{11}, \quad -1<x\leq1
\end{displaymath}
因為 $\tan^{-1} 1 = \pi/4$ 所以
\begin{displaymath}
\pi = 4\times(1-\frac13+\frac15-\frac17+\frac19-\cdots)
\end{displaymath}
這又是一個計算圓周率到小數點下任意多位的級數公式。

以下,我們在 [-1, 1] 內畫出反正弦與反正切以 0 為參考點的泰勒多項式。 淡色的曲線是原來的函數。
arcsin(x) 1arctan(x) 1
   
arcsin(x) 3 6 arctan(x) 3
   
arcsin(x) 5arctan(x) 5
   

以上反正弦與反正切的泰勒級數,都可以由它們的導函數求得, 只是,從二項級數來積分,比較方便。 而且,這是當初牛頓所經歷的心路歷程。 在年輕的牛頓發現這些公式的時候,泰勒還沒出生, 而且牛頓也沒有發現像泰勒級數這樣的一般性關係。 他是從二項級數得到了反三角函數的級數計算公式, 再反過來求解正弦函數的級數計算公式。 所以,牛頓雖然知道正弦與餘弦的級數, 卻不是用我們今天所說得泰勒展開得到的。

在 (1) 和 (2) 這種計算公式出現以前, 世界上計算圓周率的紀錄保持人是中國南北朝時代的祖沖之, 他計算的「密率」是 355/113,合小數大約 3.14159292, 準確到小數點下第六位。 這個數據保持世界記錄大約 1000 年。 一旦像 (1) 和 (2) 這種公式出現了,任何人只要努力去算, 就能破這個紀錄。 但是,這兩個公式都收斂得不算快,而 (2) 不但比 (1) 快,而且型式好看, 所以它是最著名的圓周率計算公式。 事實上,公式 (2) 在牛頓之前就被發現了, 只是那時候要花好一番功夫才辦得到, 而現在透過反正切函數,很方便就可以瞭解了。 以下,我們列出 (1) 和 (2) 計算圓周率的數值結果。
n \begin{displaymath} 4\times\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{2k+1} \end{displaymath} \begin{displaymath} 2\times\sum_{k=0}^n \frac{(2k-1)!!}{2^k k!(2k+1)} \end{displaymath}
10 3.23231580942.8001699635
100 3.15149340113.0292687383
1000 3.14259165433.1059265157
104 3.14169264363.1303093791
105 3.14160265353.1380244217
106 3.14159365363.1404642749
107 3.14159275363.1412358288
讀者可以看到 (2) 式收斂較快,但是即使如此,還是要計算一千萬次, 才能到達祖沖之的水準。 另外有許許多多比 (2) 還要快的計算圓周率級數公式, 我們就不在這裡說了。

習題

  1. 請推導出 的一般項公式 (k 是正整數)。
  2. 證明


  3. 請問 (練習級數操作,不要用羅必達法則)


  4. 請問 (練習級數操作,不要用羅必達法則)


  5. 請問 (練習級數操作,不要用羅必達法則)


  6. 請問 (練習級數操作,不要用羅必達法則)


  7. 請推導


    以 0 為參考點的泰勒級數。
  8. 請推導


    以 0 為參考點的泰勒級數。
  9. 請推導


    以 0 為參考點的二階泰勒級數。
  10. 請推導


    以 0 為參考點的二階泰勒級數。

Created: Aug 17, 2001
Last Revised: Aug 17, 2001
© Copyright 2001 Wei-Chang Shann 單維彰