Yo no puedo comprobar que Bromwich no utilice el cálculo para derivar la ecuación de abajo. Pero recuerdo haber hecho algo como la derivación a continuación en la escuela secundaria de nuevo en 1966. Así que voy a poner de manifiesto que hay una serie de la que se puede llegar con el recurso de cálculo para que el método que se muestra a continuación.
Aquí es un ejemplo. Bromwich se establece que, para n impar
$$
\sin(na) = nx - \frac{n(n^2-1^2)}{3!}x^3 + \frac{n(n^2-1^2)(n^2-3^2)}{5!}x^5 - \cdots
$$
donde $x = \sin a$. Ahora elegimos un tal que $\theta = na$$n\to\infty$. Así que, como $n\to\infty$, $nx \to n \sin a\to na \to \theta$.
Por lo tanto, como $n \to \infty$,
\begin{align}
\sin(\theta)
&= nx -
\frac{n(n^2-1^2)}{3!}x^3 +
\frac{n(n^2-1^2)(n^2-3^2)}{5!}x^5 - \cdots\cr
&= nx -
\frac{nx((nx)^2-x^2)}{3!} +
\frac{nx((nx)^2-x^2)((nx)^2-(3x)^2)}{5!} - \cdots\cr
&\to \theta -
\frac{\theta^3}{3!} +
\frac{\theta^5}{5!} - \cdots\cr
\end{align}
Anexo
Estoy seguro de que mi lógica, no es hasta el tabaco por los estándares modernos. Ninguno-el-menos, es todavía convincente.
Supongamos que n es un número impar. Entonces
$(\sin \theta + i \cos \theta)^{n} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}k (\sin \theta)^k (i \cos \theta)^{n-k}$
$\sin(n \theta) + i \cos (n \theta) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}k (\sin \theta)^k (i \cos \theta)^{n-k}$
$\displaystyle \sin(n \theta) = \sum_{k=0}^{(n-1)/2} \binom{n}{2k+1} (\sin \theta)^{2k+1} (-1)^k (\cos \theta)^{n-2k-1}$
Deje $\theta \to 0$ de tal manera que $n \theta \to x$ al mismo tiempo.
Esto se puede hacer dejando $\theta = \dfrac{x}{n}$ y, a continuación, dejando $n \to \infty$.
Ahora vamos a examinar $\binom{n}{2k+1} (\sin \theta)^{2k+1}$$n \to \infty$.
\begin{align*}
\binom{n}{2k+1} (\sin \theta)^{2k+1}
&= \dfrac{(n)(n-1)(n-2)\cdots (n-2k)}{(2k+1)(2k)(2k-1)
\cdots (1)}
(\sin \theta)^{2k+1}\\
&= \dfrac{(n) \sin \theta}{2k+1}\;
\dfrac{(n-1) \sin \theta}{2k}\;
\dfrac{(n-2) \sin \theta}{2k-1}\;\cdots
\dfrac{(n - 2k) \sin \theta}{1}\\
&\to \dfrac{(n) \theta}{2k+1}\;
\dfrac{(n-1) \theta}{2k}\;
\dfrac{(n-2) \theta}{2k-1}\;\cdots
\dfrac{(n - 2k) \theta}{1}\\
&\to \dfrac{x}{2k+1}\;
\dfrac{x-\theta}{2k}\;
\dfrac{x-2\theta}{2k-1}\;\cdots
\dfrac{x - 2k \theta}{1}\\
&\to \dfrac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}
\end{align*}
Desde $\cos \theta \to 1$$\theta \to 0$, dejando $n \to \infty$, obtenemos
$$\displaystyle \sin(x)
= \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \dfrac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$$
