Formelsammlung Mathematik: Identitäten: Entwicklung nach Sinuspotenzen

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$\cos 2n\theta =1-{\frac {(2n)^{2}}{2!}}\sin ^{2}\theta +{\frac {(2n)^{2}{\Big (}(2n)^{2}-2^{2}{\Big )}}{4!}}\sin ^{4}\theta -{\frac {(2n)^{2}{\Big (}(2n)^{2}-2^{2}{\Big )}{\Big (}(2n)^{2}-4^{2}{\Big )}}{6!}}\sin ^{6}\theta +...$

Beweis

$2\sum _{n=1}^{\infty }\cos n\theta \,{\frac {z^{n}}{n}}=-\log \left(1-2z\cos \theta +z^{2}\right)$

$=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}\,(2\cos \theta -z)^{k}\,z^{k}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}\sum _{j=0}^{k}(-1)^{j}\,{k \choose j}\,(2\cos \theta )^{k-j}\,z^{j+k}$

Damit es zu einem Indexpaar $(k,j)\,$ mit der Eigenschaft $j+k=n\,$ einen Summanden gibt,

muss wegen $0\leq j\leq k\,$ gelten ${\frac {n}{2}}\leq k\leq n$ und $j=n-k\,$.

Ein Koeffizientenvergleich liefert $2\,{\frac {\cos n\theta }{n}}=\sum _{k={\frac {n}{2}}}^{n}{\frac {(-1)^{n-k}}{k}}{k \choose n-k}\,(2\cos \theta )^{2k-n}$.

Ersetze $n\,$ durch $2n\,$:

${\frac {\cos 2n\theta }{n}}=\sum _{k=n}^{2n}{\frac {(-1)^{k}}{k}}\,{k \choose 2n-k}\,(2\cos \theta )^{2k-2n}=(-1)^{n}\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{n+k}}\,{n+k \choose n-k}\,(2\cos \theta )^{2k}$

Ersetzt man anschließend $\theta \,$ durch $\theta -{\frac {\pi }{2}}$, so wird $\cos 2n\theta \,$ zu $(-1)^{n}\cos 2n\theta \,$ und $\cos \theta \,$ zu $\sin \theta \,$.

${\frac {\cos 2n\theta }{n}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{n+k}}\,{n+k \choose n-k}\,(2\sin \theta )^{2k}$,

und somit ist $\cos 2n\theta =\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{\frac {n\,(n+k-1)!}{(n-k)!}}\,{\frac {(2\sin \theta )^{2k}}{(2k)!}}$

Dabei ist ${\frac {n\,(n+k-1)!}{(n-k)!}}=n(n+k-1)(n+k-2)\cdots (n+1)\,n\,(n-1)\cdots (n-k+2)(n-k+1)$

$=n^{2}\,(n^{2}-1)(n^{2}-2^{2})\cdots (n^{2}-(k-1)^{2})$

und somit ${\frac {n\,(n+k-1)!}{(n-k)!}}\,2^{2k}=(2n)^{2}\,{\Big (}(2n)^{2}-2^{2}{\Big )}\,{\Big (}(2n)^{2}-4^{2}{\Big )}\cdots {\Big (}(2n)^{2}-(2k-2)^{2}{\Big )}$.

Also gilt $\cos 2n\theta =\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}\,{\frac {(2n)^{2}\,{\Big (}(2n)^{2}-2^{2}{\Big )}\,{\Big (}(2n)^{2}-4^{2}{\Big )}\cdots {\Big (}(2n)^{2}-(2k-2)^{2}{\Big )}}{(2k)!}}\,\sin ^{2k}\theta$.

 

$\cos 2\alpha \theta =\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\,{\frac {\alpha \,(\alpha -1+n)!}{(\alpha -n)!}}\,{\frac {(2\sin \theta )^{2n}}{(2n)!}}\qquad \alpha \in \mathbb {C} \setminus \mathbb {Z} \,,\,\theta \in \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[$

Beweis

$e^{\pm i\,2\alpha \theta }=(\cos \theta \pm i\sin \theta )^{2\alpha }=\cos ^{2\alpha }\theta \,\,(1\pm i\tan \theta )^{2\alpha }=\sum _{k=0}^{\infty }(\pm 1)^{k}\,i^{k}\,{2\alpha \choose k}\,\cos ^{2\alpha -k}\theta \,\sin ^{k}\theta$.

Also ist $\cos 2\alpha \theta ={\frac {1}{2}}\left(e^{i\,2\alpha \theta }+e^{-i\,2\alpha \theta }\right)=\sum _{k=0}^{\infty }i^{2k}\,{2\alpha \choose 2k}\,\cos ^{2\alpha -2k}\theta \,\sin ^{2k}\theta$.

Schreibt man $\cos ^{2\alpha -2k}\theta \,$ als $\left(1-\sin ^{2}\theta \right)^{\alpha -k}=\sum _{j=0}^{\infty }(-1)^{j}\,{\alpha -k \choose j}\,\sin ^{2j}\theta$,

so ist $\cos 2\alpha \theta =\sum _{k,j=0}^{\infty }(-1)^{k+j}\,{2\alpha \choose 2k}\,{\alpha -k \choose j}\,\sin ^{2k+2j}\theta$.

Da diese Reihe absolut konvergiert, lässt sie sich umgeordnet schreiben als $\sum _{n=0}^{\infty }\sum _{k=0}^{n}(-1)^{n}\,{2\alpha \choose 2k}\,{\alpha -k \choose n-k}\,\sin ^{2n}\theta$.

Und das ist $\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\,A_{n}\,\sin ^{2n}\theta$ mit $A_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {(2\alpha )!}{(2k)!\,(2\alpha -2k)!}}\,{\frac {(\alpha -k)!}{(n-k)!\,(\alpha -n)!}}$.

Unter Verwendung der Legendreschen Verdopplungsformel $(2z)!={\frac {2^{2z}}{\sqrt {\pi }}}\,z!\,\left(z-{\frac {1}{2}}\right)!$

ist $A_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {{\frac {2^{2\alpha }}{\sqrt {\pi }}}\,\alpha !\,\left(\alpha -{\frac {1}{2}}\right)!\,(\alpha -k)!}{{\frac {2^{2k}}{\sqrt {\pi }}}k!\,\left(k-{\frac {1}{2}}\right)!\,{\frac {2^{2\alpha -2k}}{\sqrt {\pi }}}\,(\alpha -k)!\,\left(\alpha -{\frac {1}{2}}-k\right)!\,(n-k)!\,(\alpha -n)!}}$

$={\frac {{\sqrt {\pi }}\,\alpha !\,\left(\alpha -{\frac {1}{2}}\right)!}{(\alpha -n)!}}\,\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!\,\left(k-{\frac {1}{2}}\right)!\,\left(\alpha -{\frac {1}{2}}-k\right)!\,(n-k)!}}$.

Letzte Reihe ist die hypergeometrische Reihe

$\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!\,(k+a)!\,(b-k)!\,(c-k)!}}={\frac {(a+b+c)!}{b!\,c!\,(a+b)!\,(a+c)!}}$ im Fall $(a,b,c)=\left(-{\frac {1}{2}},\alpha -{\frac {1}{2}},n\right)$.

Also ist $A_{n}={\frac {{\sqrt {\pi }}\,\alpha !\,\left(\alpha -{\frac {1}{2}}\right)!}{(\alpha -n)!}}\,{\frac {(\alpha -1+n)!}{\left(\alpha -{\frac {1}{2}}\right)!\,n!\,(\alpha -1)!\,\left(n-{\frac {1}{2}}\right)!}}$,

was sich wieder mit Hilfe der Legendreschen Verdopplungsformel schreiben lässt als ${\frac {\alpha \,(\alpha -1+n)!}{(\alpha -n)!}}\,{\frac {2^{2n}}{(2n)!}}$.

Also ist $\cos 2\alpha \theta =\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\,{\frac {\alpha \,(\alpha -1+n)!}{(\alpha -n)!}}\,{\frac {(2\sin \theta )^{2n}}{(2n)!}}$.

 

$\sin px=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\,2^{2n}\,p\,{\frac {\left({\frac {p}{2}}-{\frac {1}{2}}+n\right)!}{\left({\frac {p}{2}}-{\frac {1}{2}}-n\right)!}}\,{\frac {(\sin x)^{2n+1}}{(2n+1)!}}\qquad -{\frac {\pi }{2}}<x<{\frac {\pi }{2}}\;,\;p\in \mathbb {C}$

Beweis

Setze $f_{n}(x)={\frac {(\sin x)^{2n+1}}{(2n+1)!}}$, dann ist $f_{n}'(x)={\frac {(\sin x)^{2n}}{(2n)!}}\,\cos x$, und daher ist $f_{n}'(0)=\left\{{\begin{matrix}1&,&n=0\\0&,&n>0\end{matrix}}\right.$.

Und es gilt $f_{n}''(x)=f_{n-1}(x)-(2n+1)^{2}f_{n}(x)\,$, wobei $f_{n-1}(x)=0\,$ ist für $n=0\,$.


Definiere $C_{n}(p)\,$ rekursiv durch $C_{0}(p)=p\,$ und $C_{n+1}(p)=C_{n}(p)\left((2n+1)^{2}-p^{2}\right)$.

Also ist $C_{n}(p)=p\cdot (1-p^{2})\cdot (3^{2}-p^{2})\cdots ((2n-1)^{2}-p^{2})=(-1)^{n}\,2^{2n}\,p\,{\frac {\left({\frac {p}{2}}-{\frac {1}{2}}+n\right)!}{\left({\frac {p}{2}}-{\frac {1}{2}}-n\right)!}}$.


Setze $F_{N}(x)=\sum _{n=0}^{N}C_{n}(p)\,f_{n}(x)$, so ist $F_{N}(0)=0\,$ und $F_{N}'(0)=C_{0}(p)=p\,$.

Und es ist $F_{N}''(x)=\sum _{n=1}^{N}C_{n}(p)\,f_{n-1}(x)-\sum _{n=0}^{N}C_{n}(p)(2n+1)^{2}f_{n}(x)$.

Die erste Summe ist dabei nach Indexverschiebung

$\sum _{n=0}^{N-1}C_{n+1}(p)\,f_{n}(x)=\sum _{n=0}^{N-1}C_{n}(p)\left((2n+1)^{2}-p^{2}\right)\,f_{n}(x)$.

Also ist $F_{N}''(x)=-p^{2}\sum _{n=0}^{N-1}C_{n}(p)f_{n}(x)-C_{N}(p)\cdot (2N+1)^{2}f_{N}(x)$,

gleichbedeutend mit $F_{N}''(x)+p^{2}F_{N}(x)=-C_{N}(p)\cdot (2N+1)^{2}f_{N}(x)\,$.

Nun ist $C_{N}(p)=2^{2N}\,p\,\left({\frac {p}{2}}-{\frac {1}{2}}+N\right)!\cdot \left(N-{\frac {p}{2}}-{\frac {1}{2}}\right)!\cdot {\frac {\cos {\frac {p\pi }{2}}}{\pi }}$

$\sim 2^{2N}\,N!\cdot N^{{\frac {p}{2}}-{\frac {1}{2}}}\cdot N!\cdot N^{-{\frac {p}{2}}-{\frac {1}{2}}}\cdot {\frac {p\cos {\frac {p\pi }{2}}}{\pi }}\sim {\frac {(2N)!}{\sqrt {N\pi }}}\cdot p\cos {\frac {p\pi }{2}}$, und somit ist

$C_{N}(p)\cdot (2N+1)^{2}f_{N}(x)\sim {\frac {(2N)!}{\sqrt {N\pi }}}\cdot (2N+1)^{2}\cdot {\frac {(\sin x)^{2N+1}}{(2N+1)!}}\cdot p\cos {\frac {p\pi }{2}}\sim {\frac {2}{\sqrt {\pi }}}\cdot {\sqrt {N}}\cdot (\sin x)^{2N+1}\cdot p\cos {\frac {p\pi }{2}}$.

Also fällt der Term für $N\to \infty \,$ exponentiell gegen null ab.

Setzt man $F(x)=\lim _{N\to \infty }F_{N}(x)$, so gelangt man zur Differenzialgleichung $F''(x)+p^{2}F(x)=0\,$

mit den Anfangswerten $F(0)=0\,$ und $F'(0)=p\,$. Also ist $F(x)=\sin px\,$.

 

$\cos px=\sum _{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\,2^{2n-1}\,p\,{\frac {\left({\frac {p}{2}}-1+n\right)!}{\left({\frac {p}{2}}-n\right)!}}\,{\frac {(\sin x)^{2n}}{(2n)!}}\qquad -{\frac {\pi }{2}}<x<{\frac {\pi }{2}}\;,\;p\in \mathbb {C}$

Beweis

Setze $f_{n}(x)={\frac {(\sin x)^{2n}}{(2n)!}}$, dann ist $f_{n}'(x)={\frac {(\sin x)^{2n-1}}{(2n-1)!}}\,\cos x$, und daher ist $f_{n}'(0)=0\,$.

Und es gilt $f_{n}''(x)=f_{n-1}(x)-(2n)^{2}f_{n}(x)\,$, wobei $f_{n-1}(x)=0\,$ ist für $n=0\,$.


Definiere $C_{n}(p)\,$ rekursiv durch $C_{0}(p)=1\,$ und $C_{n+1}(p)=C_{n}(p)\left((2n)^{2}-p^{2}\right)$.

Also ist $C_{n}(p)=-p^{2}\cdot (2^{2}-p^{2})\cdot (4^{2}-p^{2})\cdots ((2n-2)^{2}-p^{2})=(-1)^{n}\,2^{2n-1}\,p\,{\frac {\left({\frac {p}{2}}-1+n\right)!}{\left({\frac {p}{2}}-n\right)!}}$.


Setze $F_{N}(x)=\sum _{n=0}^{N}C_{n}(p)\,f_{n}(x)$, so ist $F_{N}(0)=C_{0}(p)=1\,$ und $F_{N}'(0)=0\,$.

Und es ist $F_{N}''(x)=\sum _{n=1}^{N}C_{n}(p)\,f_{n-1}(x)-\sum _{n=0}^{N}C_{n}(p)\cdot (2n)^{2}f_{n}(x)$.

Die erste Summe ist dabei nach Indexverschiebung

$\sum _{n=0}^{N-1}C_{n+1}(p)\,f_{n}(x)=\sum _{n=0}^{N-1}C_{n}(p)\left((2n)^{2}-p^{2}\right)\,f_{n}(x)$.

Also ist $F_{N}''(x)=-p^{2}\sum _{n=0}^{N-1}C_{n}(p)f_{n}(x)-C_{N}(p)\cdot (2N)^{2}f_{N}(x)$,

gleichbedeutend mit $F_{N}''(x)+p^{2}F_{N}(x)=-C_{N}(p)\cdot (2N)^{2}f_{N}(x)\,$.

Nun ist $-C_{N}(p)=2^{2N-1}\,p\,\left({\frac {p}{2}}-1+N\right)!\cdot \left(N-{\frac {p}{2}}-1\right)!\cdot {\frac {\sin {\frac {p\pi }{2}}}{\pi }}$

$\sim 2^{2N-1}\,N!\cdot N^{{\frac {p}{2}}-1}\cdot N!\cdot N^{-{\frac {p}{2}}-1}\cdot {\frac {p\sin {\frac {p\pi }{2}}}{\pi }}\sim {\frac {(2N-1)!}{\sqrt {N\pi }}}\cdot p\sin {\frac {p\pi }{2}}$, und somit ist

$-C_{N}(p)\cdot (2N)^{2}f_{N}(x)\sim {\frac {(2N-1)!}{\sqrt {N\pi }}}\cdot (2N)^{2}\cdot {\frac {(\sin x)^{2N}}{(2N)!}}\cdot p\sin {\frac {p\pi }{2}}\sim {\frac {2}{\sqrt {\pi }}}\cdot {\sqrt {N}}\cdot (\sin x)^{2N}\cdot p\sin {\frac {p\pi }{2}}$.

Also fällt der Term für $N\to \infty \,$ exponentiell gegen null ab.

Setzt man $F(x)=\lim _{N\to \infty }F_{N}(x)$, so gelangt man zur Differenzialgleichung $F''(x)+p^{2}F(x)=0\,$

mit den Anfangswerten $F(0)=1\,$ und $F'(0)=0\,$. Also ist $F(x)=\cos px\,$.