sin1, sin2, sin3, sin4の大小比較

問題

１ ２の　……　ポカン！

Nayutaさんは　三角関数の　つかいかたを　きれいに　わすれた！
「で、$\sin$って何だ?」

解答の方針

「なんか思い出したけど・・・これ定義じゃなくて公式だよな・・・まあできる範囲でやってみるか」
「とりあえず$\theta$に$1$から$4$まで代入すれば問題の値を含む式は出てきそうだ」
$e^i=\cos 1+i\sin 1$
$e^{2i}=\cos 2+i\sin 2$
$e^{3i}=\cos 3+i\sin 3$
$e^{4i}=\cos 4+i\sin 4$
「これらの関係性を見たいが・・・ん、左辺に指数法則が使えそうだ」
$$\begin{array}{rl}\cos 2+i\sin 2& =(\cos 1+i\sin 1{)}^2\\ & =(\cos 1{)}^2+2i\cos 1\sin 1+i^2(\sin 1{)}^2\\ & =((\cos 1{)}^2-(\sin 1{)}^2)+(2\cos 1\sin 1)i\end{array}$$
$\therefore \sin 2=2\cos 1\sin 1$
「ということは$2\cos 1$と$1$の大小関係、つまり$\cos 1$と$\frac{1}{2}$との関係がわかればいいのか」
「こうなったらマクローリン展開や！マクローリン展開はかわいい！かわいいは正義！よってマクローリン展開は正義！」
$e^{ix}=\cos x+i\sin x$
の両辺を$x$で微分すると
$i{e}^{ix}=(\cos x{)}^{\prime }+i(\sin x{)}^{\prime }$であるが、この左辺は$-\sin x+i\cos x$に等しいので実部を虚部を比較して
$(\cos x{)}^{\prime }=-\sin x,(\sin x{)}^{\prime }=\cos x$
を得る。
「$4$回微分したら元に戻るのか、これは面白い」
「$e^0=1$つまり$\cos 0=1,\sin 0=1$だから級数展開はこうなりそうだが、誤差項をどう評価しよう」
$\cos x=\frac{x^0}{0!}-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots$
$\sin x=\frac{x^1}{1!}-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots$
「$\cos x\le 1$がいえればよさそうだが、どうやって示そう」
「$\cos x$は$e^{ix}$の虚部だから、$|e^{ix}|\le 1$を示せばよさそうだが・・・どうやって?」
「$e^{ix}$の$x=a$での微分係数は$i{e}^{ia}$だから・・・値が微分係数と直交してるの何かに使えないかな」

$(\cos x{)}^2+(\sin x{)}^2=1$を示す

証明: $f(x)=e^{ix}$とおき、$x=\alpha$での微分係数を考える。$z=e^{i\alpha }$とする。
また、$g(x)=|e^{ix}|$とする。
$x=\alpha$での微分係数は$iz$であるから、任意の正の実数$ϵ$に対しある正の実数$\delta$が存在して
$|\frac{f(\alpha +\delta )-f(\alpha )}{\delta }-iz|<ϵ$
すなわち
$|f(\alpha +\delta )-z-iz\delta |<\delta ϵ$
が成り立つ。また、$\delta$は十分小さく取れるので、$0<\delta <{ϵ}^3$と仮定してよい。

このとき、$|f(\alpha +\delta )-z|$は底辺が$|z|$で高さが$|z|\delta$の直角三角形の斜辺の長さであるため、
$-\delta ϵ<|f(\alpha +\delta )|-|z|\sqrt{1+{\delta }^2}<\delta ϵ$
である。
$\delta <1$の場合を考える。
このとき、
$$\begin{array}{rl}\frac{|z|(\sqrt{1+{\delta }^2}-1)+\delta ϵ}{\delta }& <\frac{|z|(\sqrt{1+(\delta /ϵ{)}^2}-1)+\delta ϵ}{\delta }\\ & <\frac{|z|((1+(\delta /ϵ{)}^2)-1)+\delta ϵ}{\delta }\\ & =\frac{|z|{\delta }^2/{ϵ}^2+\delta ϵ}{\delta }\\ & =|z|\delta /{ϵ}^2+ϵ\\ & <|z|ϵ+ϵ\end{array}$$
よって、任意の$0<ϵ<1$に対して、$g^{\prime }(x)<|z|ϵ+ϵ$が成り立つ。
すなわち、$g^{\prime }(x)=0$が成り立つ。
$g(0)=|f(0)|=|1|=1$なので、$g(x)$は恒等的に$1$である。(Q.E.D.)
「よし、あとは勝ったも同然だ」

$\cos$と$\sin$を多項式近似する

証明:
$2n$または$2n+1$を$m$とおくことで、これらの不等式は
${\displaystyle (-1{)}^m\cos x\le (-1{)}^m\sum _{k=0}^m\frac{(-1{)}^k{x}^{2k}}{(2k)!}}$
とまとめられる。右辺の$(-1{)}^m$より右の部分を$f_m(x)$とすると、任意の自然数$m\ge 1$に対して
$$\begin{array}{rl}\frac{d^2}{d{x}^2}{f}_m(x)& =\frac{d^2}{d{x}^2}\sum _{k=0}^m\frac{(-1{)}^k{x}^{2k}}{(2k)!}\\ & =\frac{d^2}{d{x}^2}(1+\sum _{k=1}^m\frac{(-1{)}^k{x}^{2k}}{(2k)!})\\ & =\frac{d^2}{d{x}^2}\sum _{k=1}^m\frac{(-1{)}^k{x}^{2k}}{(2k)!}\\ & =\sum _{k=1}^m\frac{d^2}{d{x}^2}\frac{(-1{)}^k{x}^{2k}}{(2k)!}\\ & =\sum _{k=1}^m\frac{(-1{)}^k(2k)(2k-1)x^{2k-2}}{(2k)!}\\ & =\sum _{k=1}^m\frac{(-1{)}^k{x}^{2k-2}}{(2k-2)!}\\ & =-\sum _{k=0}^{m-1}\frac{(-1{)}^k{x}^{2k}}{(2k)!}\\ & =-f_{m-1}(x)\end{array}$$
が成り立つ。
これを利用し、数学的帰納法で$(-1{)}^m\cos x\le (-1{)}^m{f}_m(x)$を示す。
(i) $m=0$のとき
$\text{(左辺)}=\cos x,\text{(右辺)}=1$であるが、これは$|e^{ix}|=1$から即座に従う。
(ii) $m=k$で成り立つと仮定して$m=k+1$のとき
$g_m(x)=(-1{)}^m{f}_m(x)-(-1{)}^m\cos x$とおく。このとき、
$\frac{d^2}{d{x}^2} g_m(x)=(-1{)}^{m+1}{f}_{m-1}(x)-(-1{)}^{m+1}\cos x=g_{m-1}(x)$
であるから、帰納法の仮定より$x\ge 0$で$\frac{d^2}{d{x}^2} g_m(x)\ge 0$である。また、$f_m(x)$が偶関数であることと$\frac{d}{dx}\cos x=-\sin x$から、${\frac{d}{dx}{g}_m(x)|}_{x=0}=0$であり、したがって$x\ge 0$で$\frac{d}{dx}{g}_m(x)\ge 0$である。さらに、$g_m(0)=0$なので$g_m(0)$は$x\ge 0$で単調増加なので$g_m(x)\ge 0$がわかる。
よって$m=k+1$でも成り立つことが示されたので、数学的帰納法により定理3が示された。(Q.E.D.)

証明: 定理3の$x$を$t$と置き、両辺を$0$から$x$まで$t$で積分することで得られる。

さあ、あとは計算だ！

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