Derivando la serie de potencias para $\sin x$ sin usar el Teorema de Taylor o $\exp z$

Question

Comenzando con la definición de $(\cos t, \sin t)$ desde el círculo unitario, ¿es posible derivar la serie de potencias para $\sin(t)$:

$$\sin t = t - \frac{t^3}{3!} + \frac{t^5}{5!} - \dots$$

Nota: Voy a responder mi pregunta, espero que esto no ofenda a nadie. Si hay algún problema con la prueba, estaré agradecido por cualquier mejora.

Answer 1

Otro método es usando la desigualdad

$$\sin(x)\leq x$$

Integra esto entre $0$ y $t

$$-\cos(t)+\cos(0)\leq t^2/2$$ $$1-t^2/2\leq \cos(t)$$

Integra esto entre $0$ y $x$:

$$x-x^3/3!\leq \sin(x)$$

Repite esto y obtendrás un límite inferior y superior, que son simplemente sumas parciales de la serie de Taylor. Ten en cuenta que obtienes directamente la serie de Taylor para $\cos(x)$.

Answer 2

Creo que esto funciona:

Comenzando con la definición de $(\cos(t), \sin(t))$ desde el círculo unitario, se puede demostrar por medios elementales que $\sin(t)$ satisface $f''=-f$. También, por observación, $f(0)=0$.

Considerando una serie de potencias $f(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + ...$ con las mismas dos restricciones, tenemos que $a_0=0$ y, al diferenciar dos veces y comparar coeficientes, $(k+2)(k+1)a_{k+2} = -a_k$.

Se puede ver inmediatamente que para $k$ par, $a_k=0$.

También que:

$a_3 = -\frac{1}{(3)(2)}a_1$ = -$\frac{a_1}{3!}$

$a_5 = -\frac{1}{(5)(4)}a_3 = +\frac{a_1}{5!}$

... etc.

Entonces $f(x) = a_1 (x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - ...)$ que (por el Test de la Razón) converge.

$a_1$ debe tener valor 1 si $f$ se comporta de manera similar a $\sin$ en el entorno de 0 (como $\sin(x) \to x$ cuando $x \to 0$).

Así que tenemos que $\sin(x)$ y $f(x)$ satisfacen ambas $f''=-f$ y tienen valor 0 en $x=0$.

EDICIÓN:

Sin embargo, como se señala en los comentarios, podría haber más de una función que satisfaga esta propiedad.

¡Si la función puede ser escrita como una serie de potencias, la hemos encontrado! Debe ser $f$ con $a_1=1$.

Pero tal vez haya alguna función extraña que no se pueda escribir como una serie de potencias... así que esta demostración no está del todo completa. ¿Alguien puede poner el último clavo?

Answer 3

Pensé que quizás querrías derivar la serie sin cálculo. A partir de las fórmulas de adición para ángulos tenemos $$\sin(n-1)x=\sin nx\cos x-\cos nx\sin x$$ $$\sin(n+1)x=\sin nx\cos x+\cos nx\sin x$$ Sumando, obtenemos $$\sin(n+1)x+\sin(n-1)x=2\sin nx\cos x$$ Y la identidad clave $$\sin(n+1)x=2\sin nx\cos x-\sin(n-1)x$$ Así que podemos mostrar que $$\sin2x=2\sin x\cos x-0=2\sin x\cos x$$ $$\sin3x=2(2\sin x\cos x)\cos x-\sin x=4\sin x(1-\sin^2x)-\sin x=3\sin x-4\sin^3x$$ Esto implica $$\sin x=3\sin\frac x3-4\sin^3\frac x3\tag{1}$$ Y para un ángulo en el primer cuadrante $x\le\frac{\pi}2$, $$\sin x\ge\sin\frac x3(4-4\sin^2\frac{\pi}6)=2\sin\frac x3\tag{2}$$ En este punto intentaremos encontrar la serie para $\sin^{-1}x=x+bx^3+cx^5+\dots$. Sabemos que el término principal es $x$ y dado que $x=3\left(\frac x3\right)$ comenzamos con la ecuación $(1)$ $$\sin x=3\left(\sin\frac x3-\frac43\sin^3\frac x3\right)$$ Hasta aquí todo bien. Ahora para el siguiente término: $$\begin{align}\sin x+b\sin^3x&=3\sin\frac x3-4\sin^3\frac x3+b\left(3\sin\frac x3-4\sin^3\frac x3\right)^3\\ &=3\sin\frac x3+(27b-4)\sin^3\frac x3-108b\sin^5\frac x3+144b\sin^7\frac x3-64b\sin^9\frac x3\\ &=3\left(\sin\frac x3+b\sin^3\frac x3\right)+O\left(\sin^5\frac x3\right)\end{align}$$ Al comparar los coeficientes de $\sin^3\frac x3$ en las últimas dos líneas obtenemos $27b-4=3b$ o $b=\frac16$. Luego $$\sin x+\frac16\sin^3x=3\sin\frac x3+\frac12\sin^3\frac x3-18\sin^5\frac x3+24\sin^7\frac x3-\frac{32}3\sin^9\frac x3$$ Obtengamos un término más: $$\begin{align}\sin x+\frac16\sin^3x+c\sin^5x&=3\sin\frac x3+\frac12\sin^3\frac x3-18\sin^5\frac x3+24\sin^7\frac x3\\ &-\frac{32}3\sin^9\frac x3+c\left(3\sin\frac x3-4\sin^3\frac x3\right)^3\\ &=3\sin\frac x3+\frac12\sin^3\frac x3+\left(243c-18\right)\sin^5\frac x3+\left(24-1620c\right)\sin^7\frac x3\\ &+\left(4320c-\frac{32}3\right)\sin^9\frac x3-5760c\sin^{11}\frac x3+3840c\sin^{13}\frac x3-1024c\sin^{15}\frac x3\\ &=3\left(\sin\frac x3+\frac16\sin^3\frac x3+c\sin^5\sin^5\frac x3\right)+O\left(\sin^7\frac x3\right)\end{align}$$ Nuevamente, comparando los coeficientes de los términos $\sin^5\frac x3$ en las últimas dos líneas encontramos que $243c-18=3c$, entonces $c=\frac3{40}$ . Luego $$\begin{align}\sin x+\frac16\sin^3x+\frac3{40}\sin^5x&=3\left(\sin\frac x3+\frac16\sin^3\frac x3+\frac3{40}\sin^5\frac x3\right)+\frac{\sin^7\frac x3}{30}\left(-149-184\cos^2\frac x3\right.\\ &\left.-864\cos^4\frac x3+576\cos^6\frac x3-2304\cos^8\frac x3\right)\end{align}$$ Como se puede ver, con la suficiente paciencia y un álgebra precisa podríamos derivar tantos términos como deseáramos de la serie para $\sin^{-1}(x)$ de esta manera. Aplicando la desigualdad $(2)$ $n$ veces, encontramos que $$\sin x\ge2^n\sin\frac x{3^n}$$ Para ángulos en el primer cuadrante $x$, también $$0<149+184\cos^2\frac x3+864\cos^4\frac x3-576\cos^6\frac x3+2304\cos^8\frac x3<3501$$ así que para tales ángulos, $$\begin{align}-\frac{389}{10}\frac{3^n}{2^{7n}}\sin^7x&\le3^{n-1}\left(\sin\frac x{3^{n-1}}+\frac16\sin^3\frac x{3^{n-1}}+\frac3{40}\sin^5\frac x{3^{n-1}}-\frac x{3^{n-1}}\right)\\ &-3^n\left(\sin\frac x{3^n}+\frac16\sin^3\frac x{3^n}+\frac3{40}\sin^5\frac x{3^n}-\frac x{3^n}\right)\le0\tag{3}\end{align}$$ Dado que $$\frac{3^n}{2^{7n}}=\frac{\frac{3^n}{2^{7n}}}{1-\frac3{2^7}}-\frac{\frac{3^{n+1}}{2^{7(n+1)}}}{1-\frac3{2^7}}$$ Podemos sumar la desigualdad $(3)$ desde $n=1$ hasta $n=N$ para obtener $$\begin{align}-\frac{1167}{1250}\sin^7x&\le-\frac{24896}{625}\cdot\frac3{128}\sin^7x+\frac{24896}{625}\cdot\frac{3^{N+1}}{2^{7N+7}}\sin^7x\\ &\le\sin x+\frac16\sin^3x+\frac3{40}\sin^5x-x\\ &-3^N\left(\sin\frac x{3^N}+\frac16\sin^3\frac x{3^N}+\frac3{40}\sin^5\frac x{3^N}-\frac x{3^N}\right)\le0\end{align}$$ Dado que la parte dependiente de $N$ es $$f(x,N)=x\cdot\frac{\sin\frac x{3^N}+\frac16\sin^3\frac x{3^N}+\frac3{40}\sin^5\frac x{3^N}-\frac x{3^N}}{\frac x{3^N}}$$ Y $$\lim_{N\rightarrow\infty}f(x,N)=0$$ Para cualquier ángulo en el primer cuadrante $x$, se sigue que para cualquier ángulo en el primer cuadrante $x$, $$-\frac{1167}{1250}\sin^7x\le\sin x+\frac16\sin^3x+\frac3{40}\sin^5x-x\le0$$ El conocimiento que obtuvimos a partir de ese límite anterior podríamos haberlo obtenido más fundamentalmente sin realmente tomar un límite, así que tenemos los primeros $3$ términos de la serie para $\sin^{-1}(x)$ a partir de álgebra.

Ahora queremos trabajar hacia atrás para encontrar la serie para $\sin x$. $$\begin{align}\sin x&=x+px^3+qx^5+O(x^7)\\ &=\sin^{-1}(\sin x)+p\left(\sin^{-1}(\sin x)\right)^3+q\left(\sin^{-1}(\sin x)\right)^5+O\left(\left(\sin^{-1}(\sin x)\right)^7\right)\\ &=\sin x+\left(p+\frac16\right)\sin^3x+\left(q+\frac p2+\frac3{40}\right)\sin^5x+O(\sin^7x)\end{align}$$ Igualando los coeficientes de potencias similares de $\sin x$, encontramos que $$p=-\frac16$$ $$q=\frac p2-\frac3{40}=\frac1{120}$$ Espero que veas cómo trabajar la serie para $\sin x$ solo con álgebra y trigonometría. ¿Cuántos términos tendrías que derivar de esta manera antes de que sea más fácil aprender suficiente cálculo para escribir directamente la serie de Taylor?

Answer 4

Un enfoque es usar la ecuación diferencial $$y'' + y = 0$$ satisfecha por $y = \sin x$. La ecuación diferencial tiene una solución única $$y = y(0)\cos x + y'(0)\sin x$$. Ahora considera la serie de potencias $$f(x) = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \cdots$$ entonces $f(x)$ está definida para todos los $x$ (porque la serie es convergente para todos los $x$) y al diferenciar la serie dos veces podemos ver que $f''(x) + f(x) = 0$. Por lo tanto, $f(x) = f(0)\cos x + f'(0)\sin x$ y al notar que $f(0) = 0, f'(0) = 1$ obtenemos $f(x) = \sin x$.

La prueba anterior utiliza las derivadas de $\sin x, \cos x$ y la diferenciación de series de potencias.

Answer 5

Por definición del círculo unitario y $\cos(t),\sin(t)$, tenemos el siguiente lema:

Si $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2$, $g(t) = (x(t),y(t))$ es una curva parametrizada suave en $\mathbb{R}^2$ tal que $\ \|g(t)\|= 1$ para todo $t$, entonces $g(t)$ se mueve en el círculo unitario.

Además, si $\|g'(t)\|=1$ para todo $t$, entonces $g(t) = (\cos(t+a),\pm\sin(t+a))$ para algún $a$.

Sea $$x(t) = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{t^{2k}}{(2k)!}, \qquad\qquad y(t) = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{t^{2k+1}}{(2k+1)!}$$ ambas series convergen y definen funciones suaves de $t \in \mathbb{R}$.

Consideremos la función $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2$ $$g(t) = (x(t),y(t))$$

Al diferenciar las series de potencias término a término, obtenemos $x'(t) = -y(t)$, $y'(t) = x(t)$, de modo que $$\frac{d}{dt}\|g(t)\|^2 = \frac{d}{dt}[x(t)^2+y(t)^2] = 2 x'(t) x(t) + 2 y'(t)y(t) = -2 y(t) x(t)+2 x(t) y(t) = 0$$

así que $$\|g(t)\|^2 = \|g(0)\|^2 = 1$$

y lo mismo para $\|g'(t) \|^2 = \|g(t)\|^2$.

Por lo tanto, el lema se aplica y $$g(t) = (\cos(t+a),\pm\sin(t+a))$$

obviamente $a=0$ ya que $g(0) = (1,0)$, y $g(t) = (\cos(t),\sin(t))$ ya que $g'(0) = (0,1)$.