1. 話說從頭

本系列第一篇提到 Loomis 常被引用的名著： The Pythagorean Proposition #。 這本書第一版是 1927 年, 離現在 2026 年快滿百年了, 第二版是 1940 年。 「全美數學教師協會」 (National Council of Teachers of Mathematics) 把 1940 年版在 1968 年收到「數學教育經典著作系列」的第一本重印。 或許因為這個緣故, 不少數學老師都知道這本書, 於是書中的一個大膽說法也可能深植人心。 這就是畢氏定理沒有三角學證明, 因為所有三角學的基本式子都來自畢氏定理, 有畢氏定理才有三角學 (見 # 的圖 1)。 在第一篇中我們已經用一個又一個的例子說明 Loomis 這個武斷說法不正確, 因為從 19 世紀中葉起就有很多三角學和座標幾何的書不用畢氏定理或畢式等式證明了正弦和餘弦的角差與角和等式, 然後就可以證明畢氏定理或畢式等式。

圖1: Loomis # 書中的大膽說法

這個「不能用三角學證明畢氏定理」的說法在 Loomis 的 1927 年第一版就出現 (圖 1(a)), 但十三年後第二版還在 (圖 1(b)), 這就有點奇怪了, 不過 1940 年底 Loomis 過世可能沒有時間修訂。 但要說完全沒改變也不是事實, 因為 # 中圖 1 的第三段說 Versluys 書中第 94 頁的證明是錯的批評在第一版中就沒有。 所以, 很有可能是 Loomis 在過世前都一直認定畢氏定理是不能用三角學證明的。

接下來 Loomis 的言論就更有趣了。 圖 1(b) 中有四段文字, 第一和第二段說笛卡爾 (Descartes) 把畢氏定理拿來做解析幾何的基礎, 因此解析幾何是歐氏幾何的代數版, 繼承了歐氏幾何的所有原理, 於是在解析幾何中有關直角三角形三邊的關係也來自畢氏定理。 第三段很有意思, Loomis 說微積分就是用極限方法, 透過代數方式處理幾何變數, 因此微積分接受既成的幾何學事實, 不會有新的證明。

Loomis的說法是有疑問的, 特別是微積分接受既成的幾何事實, 不會有新證明的說法。 最大問題在於：引進了新觀念 (譬如座標和極限) 就必然導致新的處理問題方式, 從而有用新觀念看舊問題的新解法, 所以 Loomis 忽略了新工具可以帶來新解法的事實。

圖 2 是把 Loomis 的看法從歐氏幾何到微積分的擴充方式的整理。 從歐氏幾何起, 加進三角學後有許多難以在希臘幾何中證明或說明的新結果 (譬如正弦和餘弦定律, 請看本系列第三篇 #)。 加上座標後, 本系列第一篇提到斜率和座標軸變換帶來的新證明； 進入微積分後連續函數、 極限、 微分、 積分、 級數等觀念帶來更新的看法和技巧得到更新更深遠的成果 (譬如本系列第三篇 # 中用稠密集合的證明), 每一項新觀念和新技巧都有為畢氏定理和畢氏等式注入新證明的可能性。 所以, 這是筆者認為 Loomis 名著中不足的地方：新知識和新觀念會開拓既有領域、 從而提供新的視野和新的結果, 雖然也都承接了既有的結果。

接下來, 我們探究如何用微積分中的工具證明畢氏定理和畢氏等式。

2. 三個有用的預備定理

本節討論三個有用的預備定理 (lemma), 我們會在後面用到。 要注意的是, 證明這三個預備定理時都不能用到畢氏定理或畢氏等式, 不然就會造成循環論證。

Lemma 1. 以下的極限為真：

$$ \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin(x)}{x} = 1. $$

令 $O$ 為單位圓的圓心 (圖 3(a)), $A$ 和 $C$ 在圓上而且 $\angle AOC = x$, 於是 $A$ 與 $C$ 之間的弧長為 $x$。 令從 $A$ 到 $\overleftrightarrow{OC}$ 的垂足為 $B$, 令經過 $C$ 和 $\overleftrightarrow{OC}$ 垂直的線和 $\overleftrightarrow{OA}$ 交於 $D$。 由此得到 $\bigtriangleup DOC$ 的面積大於由 $A$、 $C$ 和 $O$ 構成的扇形面積, 而這個扇形面積又大於 $\bigtriangleup AOB$ 的面積。

圖3: 兩個預備定理的證明

從圖中可以看出 $\overline{CD}=\tan(x)$, $\overline{AB} = \sin(x)$, 而且 $\overline{BO}=\cos(x)$。 因此, $\bigtriangleup {DOC}$ 的面積是 $\frac{1}{2}\tan(x)=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sin(x)}{\cos(x)}$。 單位圓的面積是 $\pi$, 弧長 $x$ 佔圓周長 $2\pi$ 的比例是 $\frac{x}{2\pi}$, 所以扇形的面積是 $\pi\cdot\left(\frac{x}{2\pi}\right) = \frac{1}{2}x$。 最後, $\bigtriangleup AOB$的面積是 $\frac{1}{2}\sin(x)\cos(x)$。 從這三個面積我們得到：

$$ \frac{1}{2}\cdot\frac{\sin(x)}{\cos(x)} \gt \frac{1}{2}x \gt \frac{1}{2}\sin(x)\cos(x). $$

約去 $\frac{1}{2}$ 並且三項同除 $\sin(x)$ 得到：

$$ \frac{1}{\cos(x)} \gt \frac{x}{\sin(x)} \gt \cos(x). $$

把上式倒反過來就是：

$$ \frac{1}{\cos(x)} \gt \frac{\sin(x)}{x} \gt \cos(x). $$

當 $x$ 趨近於 0 時, 第一項和第三項趨近於 1 (因為 $\sin()$ 和 $\cos()$ 是連續函數, 見 #[第9.1節、 第19頁]), 所以中間項的極限值為 1, 這就證明了第一個預備定理。

Lemma 2. 以下的極限為真：

$$ \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos(x)}{x} = 0. $$

在圖 3(b) 中 $E$ 是從 $O$ 到 $\overleftrightarrow{AC}$ 的垂足, 於是 $\overline{AE}=\overline{EC}$ 而且 $\angle AOE=\angle COE=\frac{x}{2}$； 另外, $\overline{BC}=1-\cos(x)$。 從 $\bigtriangleup AOE$ 和 $\bigtriangleup COE$ 得到 $\overline{AE}=\overline{EC}=\sin\left(\frac{x}{2}\right)$, 因此 $\overline{AC}=2\sin\left(\frac{x}{2}\right)$。 令 $\varphi=\angle OAE=\angle OCE$, 我們有 $\varphi=90^{\circ}-\frac{x}{2}$ 而且 $\cos(\varphi)=\cos\left( 90^{\circ}-\frac{x}{2}\right)=\sin\left( \frac{x}{2}\right)$。 從 $\bigtriangleup ABC$ 得到 $\overline{BC}=\overline{AC}\cdot\cos(\varphi) = \left( 2\sin\left( \frac{x}{2} \right)\right)\cdot\sin\left( \frac{x}{2}\right) = 2\sin^2\left( \frac{x}{2} \right)$, 所以下式為真：

\begin{equation} \label{EQN:1-cosx} 1-\cos(x) =\overline{BC} = 2\sin^2\left( \frac{x}{2} \right). \end{equation}

這樣, 下面的計算就證明了本預備定理：

\begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos(x)}{x} &=& \lim_{x\rightarrow 0} \frac{2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)}{x} = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)}{\frac{x}{2}} = \lim_{x\rightarrow 0} \left[ \frac{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}{\frac{x}{2}} \cdot\sin\left(\frac{x}{2}\right) \right] \\ &=& \lim_{x\rightarrow 0} \left[ \frac{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}{\frac{x}{2}} \right] \cdot\lim_{x\rightarrow 0} \sin\left(\frac{x}{2}\right) = 1\cdot 0 = 0. \end{eqnarray*}

Lemma 3. 以下的極限為真：

$$ \lim_{x\rightarrow 0}\frac{|\ln(\cos(x))|}{x} = 0. $$

第三個預備定理用到自然對數函數 $\ln()$ 是凹 (concave) 的特性, 再使用這個特性證明預備定理中的極限為真。

圖4: 預備定理 3 的證明

首先, 我們證明對所有 $x\gt0$ 而言, $\ln()$ 是個凹 (也就是開口向下的) 函數。 對於正的 $x$ 和 $y$、 以及權重 $0 \le \lambda \le 1$ 而言, 加權算術幾何 (Weighted AM-GM) 不等式指出 $\lambda x + (1-\lambda)y \geq x^{\lambda}y^{1-\lambda}$, 代入 $\ln()$ 函數得到下式, 所以 $\ln()$ 是個凹函數。

$$ \ln(\lambda x + (1-\lambda)y) \ge \ln(x^{\lambda}y^{1-\lambda}) = \ln(x^{\lambda}) + \ln(y^{1-\lambda}) = \lambda\ln(x) + (1-\lambda)\ln(y). $$

在圖 4(a) 中有一個圓心為 $O$ 的單位圓。 $\ln()$ 的曲線經過 $C=(1,0)$, 在 $C$ 的切線 (斜率為 1) 經過 $S=(0,-1)$。 因為 $\ln()$ 是凹的, 整條曲線在 $\overleftrightarrow{CS}$ 的下方, 而且曲線從 $C$ 進入單位圓、 再從某點 $W$ 離開； 因為 $\ln()$ 是凹的, $C$ 和 $W$ 就是曲線和單位圓的唯二交點。 從 $W$ 往 $\overleftrightarrow{OC}$ 作垂線和單位圓、 $\overleftrightarrow{OC}$ 與 $\overleftrightarrow{SC}$ 在 $T$、 $U$ 與 $V$ 相交。 因為 $W$ 是單位圓和 $\ln()$ 曲線的交點、 它是常數, 當然 $T$、 $U$ 與 $V$ 的位置就是固定的, 從而 $\varphi = \angle TOU$ 也是固定的。 $\ln()$ 曲線在 $C$ 和 $W$ 之間的部份完全在 $\bigtriangleup CVW$ 之內, 原因是曲線在切線下方, 又在曲線兩點 ($C$ 和 $W$) 連線的上方, 所以 $\bigtriangleup CVW$ 在單位圓內。

在單位圓上任取一點 $A$ 使 $\angle AOC = \theta\lt \varphi$, 這是變數。 從 $A$ 作 $\overleftrightarrow{OC}$ 的垂線和 $\overleftrightarrow{CO}$、 $\overleftrightarrow{CS}$、 $\ln()$ 曲線、 $\overleftrightarrow{CW}$ 和單位圓在 $B$、 $D$、 $E$、 $F$ 和 $G$ 相交。 這樣我們得到 $\overline{BO}=\cos(\theta)$、 $\overline{BC}=\overline{BD}=1-\cos(\theta)$, 而且 $\overline{BE}=| \ln(\cos(\theta)) |$。 圖 4(b) 是把圖 4(a) 第四象限重畫的結果。 從圖中看出 $\bigtriangleup CUW$ 和 $\bigtriangleup CBF$ 相似, 而且 $\bigtriangleup CUV$ 和 $\bigtriangleup CBD$ 相似, 我們得到 $\frac{\overline{UW}}{\overline{UV}} = \frac{\overline{BF}}{\overline{BD}}$。 令 $\rho = \frac{\overline{UW}}{\overline{UV}} \ge 1$。 因為 $T$、 $U$、 $W$、 $V$ 都是在固定位置 (由 $W$ 決定), $\rho$ 是個常數。 所以, 我們有 $\overline{BF}=\rho\cdot\overline{BD}$, 而且 $\overline{BF} \ge \overline{BE} \ge \overline{BD}$。 因為 $\overline{BD}= 1-\cos(\theta)$, 得到:

$$\rho\left( 1-\cos(\theta) \right) \ge | \ln(\cos(\theta)) | \ge 1-\cos(\theta). $$

把上式各項除以 $\theta$ 變成

$$ \rho\frac{ 1-\cos(\theta)}{\theta} \ge \frac{| \ln(\cos(\theta)) |}{\theta} \ge \frac{ 1-\cos(\theta)}{\theta}. $$

由預備定理2就得到期望的結果：

$$ \lim_{\theta\rightarrow 0} \frac{| \ln(\cos(\theta)) |}{\theta} = 0. $$

3. 計算 $\sin()$ 和 $\cos()$ 的導數和畢氏定理與畢氏等式無關

上一篇 # 已經不用畢氏定理或畢氏等式證明了 $\sin()$ 和 $\cos()$ 是連續函數, 在用微積分證明之前, 我們也得不用畢氏定理或畢氏等式計算 $\sin()$ 和 $\cos()$ 的導數。 此地又要用到和化積等式, 在第三篇 # 中我們沒有用畢氏定理或畢氏等式導出和化積以及積化和諸等式。 先看 $\sin()$ 的微分, 用到了預備定理1：

\begin{eqnarray*} \frac{d\sin(x)}{dx} &=& \lim_{h\rightarrow 0} \frac{\sin(x+h)-\sin(x)}{h} = \lim_{h\rightarrow 0} \frac{2\cos\left( \frac{2x+h}{2}\right) \sin\left( \frac{h}{2}\right)}{h} \\ &=& \left[ \lim_{h\rightarrow 0}\cos\left( \frac{2x+h}{2}\right) \right] \cdot \left[ \lim_{h\rightarrow 0} \frac{\sin\left( \frac{h}{2}\right) }{\frac{h}{2} } \right] = \cos(x)\cdot 1 =\cos(x) \end{eqnarray*}

這樣, 計算 $\sin()$ 的導數不會用到畢氏定理或畢氏等式。 因為 $\cos(x)=\sin(90^{\circ}-x)$, 使用連鎖律 (Chain Rule) 我們得到：

$$ \frac{d\cos(x)}{dx} = \frac{d\sin(90^{\circ}-x)}{dx} =\cos(90^{\circ}-x)\cdot\frac{d(90^{\circ}-x)}{dx} = -\sin(x). $$

所以計算 $\cos()$ 的導數也不會用到畢氏定理或畢氏等式, 因此往後各節中用到 $\sin()$ 和 $\cos()$ 的導數時, 讀者不必憂慮會出現循環論證。 因為 $\tan(x)=\frac{\sin(x)}{\cos(x)}$, 計算 $\tan()$ 的導數也和畢氏定理與畢氏等式無關； 也請參看第 7.4 節。

4. 透過二項式展開的初等證明

在本系列第三篇 #[第6頁] 討論倍角公式時導出了下面的式子：

\begin{equation} \label{EQN:basic} \sin^2(x)+\cos^2(x) = \left( \sin^2\left( \frac{x}{2^n}\right) + \cos^2\left( \frac{x}{2^n}\right) \right)^{2^n}. \end{equation}

這道式子對所有 $n\gt0$ 都成立, 那麼當 $n$ 趨近無限大時的值也相同。 所以, 若我們可以證明下式, 也就證明了畢氏等式：

$$ \sin^2(x)+\cos^2(x) = \lim_{n\rightarrow \infty}\left( \sin^2\left( \frac{x}{2^n}\right) + \cos^2\left( \frac{x}{2^n}\right) \right)^{2^n} = 1. $$

我們把式子 (\ref{EQN:basic}) 右邊用二項式展開得到下式：

$$ \left( \sin^2\left(\frac{x}{2^n}\right) + \cos^2\left(\frac{x}{2^n}\right) \right)^{2^n} = \sum_{i=0}^{2^n} \frac{(2^n)!}{i!(2^n-i)!} \left(\sin^2\left(\frac{x}{2^n}\right)\right)^i \left(\cos^2\left(\frac{x}{2^n}\right)\right)^{2^n-i}.$$

(2*)

上式依 $i$ 的值分成三種情況。 第一, 當 $i=0$ 時, 上式有一項完全沒有 $\sin()$； 第二, 當 $i=2^n$ 時, 上式有一項完全沒有 $\cos()$； 第三, 當 $0 \lt i \lt 2^n$ 時每一項都有 $\sin()$ 和 $\cos()$。 我們就依這三種情況分析, 事實上我們打算證明在第一種情況下, $n$ 趨近無限大時極限值為 1, 其餘兩者的極限值為 0。 因此, 當 $n$ 趨於無限大時, 式子 (\ref{EQN:basic}) 的值就是 1, 畢氏等式成立。

4.1. 第一種情況： $i=0$

我們得要用預備定理3。 為了方便起見, 令 $k=\frac{1}{2^n}$。 於是 $n$ 趨於無限大就變成 $k$ 趨近於 0, 下面的計算證實了當 $i=0$ 時, 該項的極限值為 1。

\begin{eqnarray*} \lim_{n\rightarrow\infty} \left( \cos^2\left( \frac{x}{2^n}\right)\right)^{2^n} &=& \lim_{k\rightarrow 0} \exp\left( \ln\left( \cos^{\frac{2}{k}}(kx)\right) \right) = \exp\left( \lim_{k\rightarrow 0}\frac{\ln\left( \cos^2(kx)\right)}{k} \right) \\ &=& \exp\left( \lim_{k\rightarrow 0}\frac{\ln\left( |\cos(kx)|^2\right)}{k} \right) = \exp\left(\lim_{k\rightarrow 0} \frac{2\ln\left( |\cos(kx)|\right)}{k} \right)\\ &=& \exp\left( 2\left(\lim_{k\rightarrow 0}\frac{\ln\left( |\cos(kx)|\right)}{k} \right)\right) = \exp(0) = 1\quad\mbox{(預備定理3)}. \end{eqnarray*}

4.2. 第二種情況： $i=2^n$

首先, 一個在 0 與 1 之間的值自乘之後會更小； 換言之, 若 $0 \lt a \lt 1$, 則 $0 \lt a^2 \lt a \lt 1$。 所以下面的式子成立：

\begin{equation} \label{EQN:sin\gtsin2} 1 \geq \left|\sin\left( \frac{x}{2^n} \right) \right| \geq \sin^2\left( \frac{x}{2^n} \right) \geq \sin^4\left( \frac{x}{2^n} \right) \geq \cdots \geq \sin^{2^n}\left( \frac{x}{2^n} \right) \gt 0. \end{equation}

當 $n$ 趨近無限大時上式第一項趨近於 0、 從而使最後一項也趨近於 0。 這樣, 我們得到下面結果； 這表示在 $n$ 趨近無限大的情況下, 沒有 $\cos()$ 的那一項趨近於 0。

$$ 0 = \lim_{n\rightarrow\infty} \left|\sin\left( \frac{x}{2^n} \right) \right| \geq \lim_{n\rightarrow\infty} \sin^{2^n}\left( \frac{x}{2^n} \right) \geq 0. $$

4.3. 第三種情況：$\sin()$ 和 $\cos()$ 並存 ($1 \leq i \leq 2^n$)

在此情況下, 二項式展開中每一項都有 $\sin()$ 和 $\cos()$。 下面是二項式展開中的一項：

$$ \frac{(2^n)!}{i!(2^n-i)!} \left(\sin^2\left(\frac{x}{2^n}\right)\right)^i \left(\cos^2\left(\frac{x}{2^n}\right)\right)^{2^n-i}. $$

二項式展開的係數如下, 在係數部分分子和分母都有 $i$ 項：

\begin{eqnarray*} &&\hskip -15pt\frac{(2^n)!}{i!(2^n-i)!}\cdot \left(\sin^2\left(\frac{x}{2^n}\right)\right)^i \left(\cos^2\left(\frac{x}{2^n}\right)\right)^{2^n-i} \\ &=&\underbrace{\frac{(2^n)(2^n-1)(2^n-2)\cdots(2^n-i+1)}{i\cdot (i-1)\cdot(i-2)\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}_{\text{\( i \) 項}} \cdot\left(\sin^2\left(\frac{x}{2^n}\right)\right)^i \left(\cos^2\left(\frac{x}{2^n}\right)\right)^{2^n-i}. \end{eqnarray*}

因為 $\cos()$ 的值在 $x\neq 0$ 的情況下永遠小於 1, 上式小於下式：

$$\underbrace{\frac{(2^n)(2^n-1)(2^n-2)\cdots(2^n-i+1)}{i\cdot (i-1)\cdot(i-2)\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}_{\text{\( i \) 項}} \cdot \left(\sin^2\left(\frac{x}{2^n}\right)\right)^i. $$

係數部分可以化簡如次：

\begin{eqnarray*} \underbrace{\frac{(2^n)(2^n-1)(2^n-2)\cdots(2^n-i+1)}{i\cdot (i-1)\cdot(i-2)\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}_{\text{\( i \) 項}} &=& \left(\frac{2^n}{i}\right)\left(\frac{2^n-1}{i-1}\right)\left(\frac{2^n-2}{i-2}\right) \cdots \left(\frac{2^n-i+1}{1}\right) \\ &\lt& \underbrace{2^n\cdot2^n\cdots 2^n }_{\text{\( i \) 項}}. \end{eqnarray*}

代回二項式展開的結果得到：

$$ \frac{(2^n)!}{i!(2^n-i)!} \left(\sin^2\left(\frac{x}{2^n}\right)\right)^i \lt \left( 2^n\left( \sin^2\left( \frac{x}{2^n}\right) \right) \right)^i \\ = \sin^i\left(\frac{x}{2^n}\right) \left( \frac{\sin\left(\frac{x}{2^n}\right)}{\left( \frac{1}{2^n}\right)} \right)^i.$$

當 $n$ 趨近無限大, 上面右邊第一項趨近於 0、 第二項恆小於 1 且趨近於 1, 所以對於所有的 $\epsilon$, 當 $n$ 夠大時, 第一項小於 $\epsilon^i$, 因此 $(2^*)$ 小於 $(\epsilon/(1-\epsilon))$。 這證明了在 $n$ 趨近無限大時式子 (\ref{EQN:basic}) 的極限值為 1。

5. Luzia 的另一個證明

Luzia 在 2015 年有兩個未在期刊上發表的證明 #, 第一個證明在本系列第一篇#[第67頁]中介紹過, 第二個證明使用極限, 觀念上和上一節的相似、 但出發點卻不同。

從倍角等式和式子 (\ref{EQN:1-cosx}) 我們知道：

$$ \sin(x)=2\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{x}{2}\right) \quad\mbox{和}\quad \cos(x) = 1 -2\sin^2\left( \frac{x}{2}\right). $$

把上面兩式平方後相加得到：

\begin{equation} \label{EQN:Luzia-1} \sin^2(x) + \cos^2(x) = 1 + \left( 4\sin^2\left( \frac{x}{2} \right) \right) \left[ \sin^2\left( \frac{x}{2}\right) + \cos^2\left( \frac{x}{2} \right) -1 \right]. \end{equation}

把 $x$ 換成 $\frac{x}{2}$, 上式變成：

\begin{equation} \label{EQN:Luzia-2} \sin^2\left(\frac{x}{2}\right) + \cos^2\left(\frac{x}{2} \right) = 1 + \left(2\sin\left( \frac{x}{2^2} \right)\right)^2 \left[ \sin^2\left(\frac{x}{2^2}\right) + \cos^2\left(\frac{x}{2^2} \right) - 1 \right]. \end{equation}

把式子 (\ref{EQN:Luzia-2}) 代入式子 (\ref{EQN:Luzia-1}) 的最後一項得到：

\begin{align*} \sin^2(x) \!+\! \cos^2(x) =& 1 \!+\! \left(2\sin\left( \frac{x}{2} \right)\right)^2 \left[ \sin^2\left(\frac{x}{2}\right) \!+\! \cos^2\left(\frac{x}{2} \right)\!-\!1 \right] \\ =& 1 \!+\! \left(2\sin\!\left(\! \frac{x}{2} \!\right)\!\right)^2 \left[ \left( 1 \!+\! \left(2\sin\left( \frac{x}{2^2} \right)\right)^2\!\! \left[ \sin^2\left(\frac{x}{2^2}\right) \!+\! \cos^2\!\!\left(\frac{x}{2^2} \right)\! \!-\! 1 \right]\!\right)\!\!-\!1 \right] \\ =& 1 \!+\!\left(2\sin\left( \frac{x}{2} \right)\right)^2\left(2\sin\left( \frac{x}{2^2} \right)\right)^2 \left[ \sin^2\left(\frac{x}{2^2}\right)\!+\! \cos^2\left(\frac{x}{2^2} \right)\!-\! 1\right]. \end{align*}

再用式子 (\ref{EQN:Luzia-1}) 把 $x$ 換成 $\frac{x}{2^2}$ 等等, 反覆這一道手續我們得到：

\begin{equation} \label{EQN:Luzia-3} \sin^2(x) + \cos^2(x) = 1 + \prod_{i=1}^n \left( 2\sin\left( \frac{x}{2^i}\right)\right)^2 \left[ \sin^2\left(\frac{x}{2^n}\right) + \cos^2\left(\frac{x}{2^n} \right) - 1\right]. \end{equation}

當 $n$ 趨近無限大時, 上式最後一項 $\sin()$ 的部分趨近於 0、 $\cos()$ 的部分趨近於 1, 所以最後一項趨近於 0。 再看中間 $\sin()$ 的乘積那一項, 請注意該項對所有的 $n$ 皆為有界, 所以, 式子 (\ref{EQN:Luzia-3}) 在 $n$ 趨近於無限大時會趨近於 1, 這就證明了畢氏等式。

6. 使用 L'Hôpital 法則證明 (2) 的極限值為 1

上兩節用極限的證明有點冗長而且計算量大, 收入本文是在說明學過極限之後就可以對畢氏等式有個脫離幾何和一般三角學的角度； 本節用 L'Hôpital 法則更是單純直接。

我們回到式子 (\ref{EQN:basic})。 當 $n$ 趨近無限大時, 式子 (\ref{EQN:basic}) 的極限值是 1 的無限大次方, 這是個不定型, 因此可以用 L'Hôpital 法則計算。 我們千萬不可以直接下結論, 說 1 的無限大次方的極限值就是 1, 因為 $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ 在 $n$ 趨近無限大時 $1+\frac{1}{n}$ 趨近於 1、 但極限值是 $e=2.718\dots$、 這可不是 1。 要求式子 (\ref{EQN:basic}) 的極限值, 我們不妨令 $k^*=\frac{1}{2^n}$, 因此式子 (\ref{EQN:basic}) 變成：

$$ \left( \sin^2\left( \frac{x}{2^n}\right) + \cos^2\left( \frac{x}{2^n}\right) \right)^{2^n} = \left( \sin^2(k^*x) + \cos^2(k^*x) \right)^{\frac{1}{k}}. $$

很容易就證明了 $k\to 0$ 時下式的極限值為 1:

\begin{eqnarray*} \lim_{k\rightarrow 0} \left( \cos^2(kx) + \sin^2(kx) \right)^{\frac{1}{k}} &=& \lim_{k\rightarrow 0}\exp\left( \ln\left( \left( \sin^2(kx) + \cos^2(kx) \right)^{\frac{1}{k}} \right) \right) \\ &=& \exp\left( \lim_{k\rightarrow 0} \frac{\ln\left( \sin^2(kx) + \cos^2(kx)\right)}{k} \right) \\ &=& \exp\left( \lim_{k\rightarrow 0} \frac{\left( \frac{2\sin(kx)\cos(kx)\cdot x+2\cos(kx)(-\sin(kx))\cdot x}{\sin^2(kx)+\cos^2(kx)}\right) }{1} \right) \\ &=& \exp(0) = 1. \end{eqnarray*}

因此子序列 $\{k^*\}\subset \{k\}$, $k^*\to 0$ 時, $\lim\limits_{k^*\rightarrow 0} \left( \cos^2(k^*x) + \sin^2(k^*x) \right)^{\frac{1}{k^*}}=1$。

在微積分中, $\exp()$ 和 $\ln()$ 兩個函數、 極限、 以及 L'Hôpital 法則的發展都和畢氏定理以及畢氏等式獨立, 而且第 3 節也證明了計算 $\sin()$ 和 $\cos()$ 的導數也如此, 所以上面透過 L'Hôpital 法則對畢氏等式的證明沒有循環論證的問題。

7. Mike Staring 和 Michael Hardy的證明

Michael Hardy 和 Mike Staring 分別在 1988 和 1996 發表了觀念類似的證明、 都使用了微積分。 但是 Hardy 的結果是對的, 而論證過程則難以信服； 八年後 Staring 則是給 Hardy 的結果一個完全而且正確的證明。 本節先討論 Staring 的證明 (第 7.1 節), 講解一個簡化後的證明 (第 7.2 節), 再回來檢討 Hardy 證明中的漏洞, 以及後人嘗試補救的方式 (第 7.3 節)。 最後, 第 7.4 節講解一個用第 7.2 節的技巧算 $\tan()$ 導數的方法。

7.1. Mike Staring的證明

Mike Staring 的證明很有趣、 也是為數不多的走微積分路線的證明。 圖 5(a) 是 Staring 文章的原圖, 而圖 5(b) 則是為了說明方便改畫過的圖。 事實上, 這是把 Staring 原圖旋轉 $180^{\circ}$ 並且加上更多註解的結果。

圖5: Mike Staring 的證明

在圖 5(b) 中有一個直角三角形 $\bigtriangleup ABC$, 其中 $\angle C$ 為直角, $a=\overline{BC}$、 $x=\overline{AC}$、 $f(x)=\overline{AB}$。 我們把直角邊 $a$ 視為常數、 $x$ 為變數、 斜邊長 $f(x)$ 是直角邊 $x$ 的函數。 我們的重點是了解直角邊 $x$ 變動而造成斜邊 $f(x)$ 變動的比率； 換言之, 我們要找出 $f^{\prime}(x)=\frac{d f(x)}{dx}$。 答案是出乎意料之外地簡單： $f^{\prime}(x)=\frac{x}{f(x)}$！ 請注意, 我們還不知道 $f(x)$ 是個什麼樣的函數, 但經過積分後我們得到 $f^2(x)=a^2+x^2$, 這 就是畢氏定理！

以下的證明直接取自 Staring 的文章 #, 但圖 5(b) 畫得詳細些、 說明的部分也如此。 把 $\overline{AC}$ 延長到 $D$ 使 $\overline{AD}=\Delta x$, 此地 $\Delta x$ 是 $x$ 的一個微小變量。 令以 $B$ 為圓心、 $\overline{AB}=f(x)$ 為半徑的圓與 $\overleftrightarrow{BD}$ 在 $E$ 相交, 因此 $\overline{BD} = f(x+\Delta x)$, $\overline{BE}=f(x)$ 而且 $\overline{DE}=f(x+\Delta x) - f(x)$。 令以 $B$ 為圓心 $\overline{DB}=f(x+\Delta x)$ 為半徑的圓與 $\overline{BA}$ 在 $F$ 相交, 因此 $\overline{BF}=\overline{BD}=f(x+\Delta x)$, $\overline{BA}=f(x)$ 而且 $\overline{AF}=\overline{ED}=f(x+\Delta x) - f(x)$。 當 $\Delta x$ 趨近於 0 時, 右導數可以如下計算：

$$ f^{\prime}_+(x) = \lim_{\Delta x\rightarrow 0^{+}} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}. $$

令從 $A$ 到 $\overleftrightarrow{BD}$ 的垂足為 $G$、 從 $D$ 到 $\overleftrightarrow{BF}$ 的垂足為 $H$。 令 $\theta = \angle BAC = \angle DAF$、 $\alpha =\angle BDA$、 $\beta= \angle ABD$。 因為 $\angle AEB = 90^{\circ}-\frac{\beta}{2} \lt 90^{\circ}$, $G$ 在 $B$ 和 $E$ 之間。 同理可證 $H$ 在 $A$ 和 $F$ 之間。

接下來我們計算右極限。 首先, 因為 $H$ 在 $A$ 和 $F$ 之間, 我們得到：

$$ \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = \frac{\overline{AF}}{\overline{AD}} \ge \frac{\overline{AH}}{\overline{AD}} =\cos(\theta). $$

另一方面, 因為 $G$ 在 $B$ 和 $E$ 之間, 下式為真：

$$ \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = \frac{\overline{ED}}{\overline{AD}} \le \frac{\overline{GD}}{\overline{AD}} =\cos(\alpha). $$

把上面兩道式子合併就有下式, 此地用到當 $\Delta x$ 趨近於 0 時, $\alpha$ 趨近於 $\theta$。 所以當 $\Delta x$ 趨近於 0 時, 右極限趨近於 $\cos(\theta)$。 然而, 因為 $\cos(\theta)=\frac{x}{f(x)}$, 我們就證明了右極限是 $\frac{x}{f(x)}$。

$$ \cos(\theta) \le \lim_{\Delta x\rightarrow 0^{+}} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} = f^{\prime}_+(x) \le \lim_{\Delta x\rightarrow 0^{+}} \cos(\alpha) = \lim_{\alpha \rightarrow \theta} \cos(\alpha) = \cos(\theta). $$

左極限的證明是相同的, 但 $D$ 在 $A$ 和 $C$ 之間, 而且 $\overline{BD}$ 變成 $f(x-\Delta x)$、 $E$ 在 $\overline{BD}$ 之外、 $\overline{DE}=f(x)-f(x-\Delta x)$ 等等, 但整個證明的架構不變。 總之, 我們證明了 $f^{\prime}(x)=\frac{x}{f(x)}$。

因為 $f^{\prime}(x)=\frac{x}{f(x)}$ 或者是 $f(x)\cdot f^{\prime}(x) = x$, 令 $y=f(x)$, 這樣我們等於是得到下式：

$$ y\frac{dy}{dx} = x\quad\mbox{或}\quad (y)dy = (x)dx. $$

把兩邊同時積分得到下式, 此地 $C$ 是個常數：

$$ y^2 = f^2(x) = x^2 + C. $$

然而因為 $y=f(0)=a$, 上式中的常數 $C=a^2$, 因此 $x^2+a^2 = y^2 = f^2(x)$。 所以, 我們用微積分證明了畢式定理。

7.2. 改寫 Mike Staring 的證明

上一節 Staring 的證明可以透過正弦定律變成十分容易理解、 而不必用到兩邊包夾的方式； 換言之, 我們可以直接算 $f^{\prime}(x)$。 圖 6(a) 是圖 5(b) 的簡化版, 我們把在直線 $\overleftrightarrow{CD}$ 以下的部分刪除, 也把 $G$ 去掉、 並且把 $\Delta x$ 換成 $h$, 因此圖 6(a) 就簡單許多。 請留意的是 $\overline{BA}=\overline{BE}=f(x)$, 於是 $\angle BAE = \angle BEA = 90^{\circ}-\frac{\beta}{2}$、 而且 $\angle DAE = 180^{\circ}-(\theta + \angle EAB) = 90^{\circ}-\left(\theta - \frac{\beta}{2}\right)$。 另外, $\angle DEA=180^{\circ}-\angle AEB=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right) =90^{\circ}+\frac{\beta}{2}$和$\angle ADE=\theta - \beta$。

圖6: 化簡的 Staring 證明

接著, 我們在 $\bigtriangleup ADE$ 上用正弦定律。 因為 $f(x+h)-f(x)=\overline{ED}$ 而且 $h=\overline{AD}$, 我們需要知道 $f(x+h)-f(x)$ 和 $h$ 的對角, 他們分別是 $\angle DAE= 90^{\circ}-\left( \theta-\frac{\beta}{2}\right)$ 和 $\angle AED= 90^{\circ}+\frac{\beta}{2}$。 由正弦定律得到：

$$ \frac{f(x+h)-f(x)}{\sin\left(90^{\circ} - \left(\theta - \frac{\beta}{2}\right)\right)} = \frac{h}{\sin\left(90^{\circ}+ \frac{\beta}{2}\right)}. $$ 上式可以改寫並且化簡如下： $$ \frac{f(x+h)-f(x)}{h} =\frac{\sin\left(90^{\circ} - \left(\theta - \frac{\beta}{2}\right)\right)} {\sin\left(90^{\circ}+ \frac{\beta}{2}\right)} = \frac{\cos\left( \theta - \frac{\beta}{2} \right)}{\cos\left(\frac{\beta}{2}\right)}. $$

取右極限, 當 $h$ 趨近於 0 時 $D$ 趨於 $A$, $\beta$ 趨於 0, 於是得到下式, 這正是 $f(x)$ 的右導數 $\frac{x}{f(x)}$:

$$ f^{\prime}_+(x) = \lim_{h\rightarrow 0+}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \lim_{\beta\rightarrow 0+}\frac{\cos\left(\theta - \frac{\beta}{2} \right)}{\cos(\frac{\beta}{2})} = \cos(\theta) = \frac{x}{f(x)}. $$

左導數的計算在圖 6(b)。 差異是 $D$ 在 $A$ 和 $C$ 之間、 $\overline{BE}=f(x)$、 $\overline{BD}=f(x-h)$、 $\overline{DE}=f(x)-f(x-h)$。 因為這些改變而造成一些角的差異, 但證明的思路是相同的, 所以左導數也是 $\frac{x}{f(x)}$, 因為左右導數相同, 得到 $f^{\prime}(x)=\frac{x}{f(x)}$。 ^{1 1} 走筆至此, 筆者想到本節的內容曾經先後投給兩份知名的初等數學期刊的經驗 (兩者都失敗), 其中一份期刊的評審說, 筆者必須證明在 $h$ 趨近於 0 時 $\beta$ 也趨近於 0, 但這不是顯而易見的嗎？ 另一位評審說, 求左導數時令 $\Delta x \lt 0$ 再算 $\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$ 是不正確的, 因為 $\Delta x$ 必須恆大於 0。 另一份期刊的兩位評審都說, 本節的證明是 Staring 的另一個證明 (alternative) 而不是簡化。 筆者以為, 使用原證明的思路、 去掉不必要的部分的證明是簡化版、 而不是另一個證明。 當然, 說成另一個證明也無不可, 但不能掠前人 (Mike Staring) 之美, 這一道底線應該是我輩學界中人不能跨越的。 至於這是不是簡化, 請讀者自己判定吧！

7.3. Michael Hardy 不太正確的證明

Hardy 在 1988 年發表了有正確結果、 但推導過程卻有問題的極短文# (圖 7)。 ^{2 2} Hardy 的文章是在 The Mathematical Intelligencer 發表的, 然而該雜誌不知道什麼原因在該期的目錄中沒有列出這篇文章。 筆者一篇投給某知名初等數學期刊中明白列出雜誌名稱、 年份、 卷號、 期號和頁號, 但被指責說該雜誌找不到這篇文章。 一般而言, 在知道出刊年份等完整資訊後, 很容易就可以找到該期有一篇文章#的最後一頁正是Hardy文章的相同頁數, 那麼找該文的最後一頁不就找到 Hardy 的文章了嗎？ 筆者正是用這個方式找到 Hardy 的文章的！ 兩位該期刊的評審似乎在指責筆者引用錯誤, 但是否指責錯誤了呢？ 因此筆者把 Hardy 的文章截圖放在此地自清。 筆者的推斷是因為 Hardy 的文章很短, 編輯很可能在某頁有足夠空間時就安插進去, 但卻忘了在目次中加上該文。 請注意到圖 7 右下角的頁碼 31。我們在第一篇中講解正切角差等式 #[p. 65腳註2] 時也提到 Guanshen Ren 的一篇文章在期刊目錄中沒有列出來 (以 jstor.org 收藏為準), 但知道出刊年份、 卷數、 期數、 作者姓名之後, 把該期一頁一頁翻過去不就找出來了嗎？

Hardy 認為在 $x$ 改變了 $dx$ 之後 $y$ 的改變為 $dy$, 於是圖中的虛線必須要和包含了 $dy$ 的邊垂直 (請看重畫後的圖 8(a) 的右上角), 所以斜邊為 $dx$ 直角邊為 $dy$ 的三角形和斜邊為 $y$ 直角邊為 $x$ 的三角形相似, 因此得到 $\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}$。 Hardy 的結論是正確的, 但導致這個結論的過程卻是錯的。 如果虛線和包含 $dy$ 的邊垂直, 那麼 $dy$ 和 $dx$ 的夾角就會和 $x$ 與 $y$ 的夾角相同, 於是包含了 $dy$ 的直線和$y$平行, 在這個情況下 $x$ 增加了 $dx$ 所帶來的改變比 $dy$ 要大。

圖8: Michael Hardy 的證明

圖 8(a) 中若 $x$ 增加了 $h$ 而延伸到 $D$, 因為經過 $D$ 的直線 (圖 7 中的虛線部分) 和 $\overleftrightarrow{AB}$ 平行, 我們可以過 $D$ 作一條和 $\overleftrightarrow{AB}$ 平行的直線。 令這條直線和 $\overleftrightarrow{BC}$ 在 $F$ 相交, 又令過 $A$ 與 $\overleftrightarrow{AC}$ 垂直的直線和 $\overleftrightarrow{DF}$ 相交於 $E$, 因此 $\overline{EF}=\overline{AB}=f(x)$ 和 $\overline{DF}=f(x+h)$。 於是, 因為 $x$ 的變動 ($h$) 而造成 $f(x)$ 的變動是 $\overline{DE}= f(x+h)-f(x)$。 以 Hardy 原本的說法, $f(x)$ 變動是從 $A$ 到 $\overleftrightarrow{DF}$ 垂足和 $D$ 之間的距離, 而這段距離是小於 $\overline{DE}$ 的, 這正是 Hardy 論證中不正確的地方； 換言之, Hardy 論證中的 $\frac{dy}{dx}$ 並不是正確的 $f(x)$ 的導數, 當然接下來的積分也就不對了。

在網上至少可以找到兩個網頁了解到包含 $dy$ 的直線和 $y$ 平行的問題 ##, 這些網頁放棄了 $\overleftrightarrow{DF}$ 和 $\overleftrightarrow{AB}$ 平行的原始想法, 而採取 $B$ 和 $F$ 相同的概念 (圖 8(b)), 於是 $E$ 就是在 $\overleftrightarrow{BD}$上使 $\overline{BE}=\overline{BA}=f(x)$ 成立的一個點, 當然 $\overline{DE}=f(x+h)-f(x)$, 這正是上一節的觀點。 令 $F$ 是從 $A$ 到 $\overleftrightarrow{BD}$ 的垂足, 因此 $dy = \overline{DF} \gt \overline{DE}=f(x+h)-f(x)$, 並且用逼近的方式試圖挽救 Hardy 證明中的漏洞。 但遺憾的是, 上述兩個網頁都隱含地假設$\overline{DF}=\overline{DE}$, 並且用逼近的論證, 但很難讓筆者信服, 才想直接計算 $f^{\prime}(x)$, 因而得到上一節的結果。

很有意思的是, 這個 $\frac{dy}{dx}=f^{\prime}(x)$ 還真的成立, 我們看看為什麼。 請看圖 8(b)。 從 $\bigtriangleup DAF$ 我們得到 $dy=\overline{DF}= h\cdot\cos(\theta - \beta)$, 因此 $\frac{dy}{dx} = \cos(\theta - \beta)$。 所以, 當 $h$ 趨近於0時, $D$趨近於 $A$、 從而 $\beta$ 趨近於 0, 於是 $\frac{dy}{dx} = \cos(\theta)=\frac{x}{f(x)}$：

$$ \lim_{dx \rightarrow 0}\frac{dy}{dx} = \cos(\theta)=\frac{x}{f(x)}. $$

Bogomolny 也提出了一個可以導出 $(y)dy =(x)dx$ 的方式 #, 但仍然使用逼近的方式而不是一個精確而且直接的證明, 更重要的是他在推導的過程中使用了畢氏定理, 因此循環論證之嫌難以避免。 上一節中直接計算 $f^{\prime}(x)$ 的方式不但避免了使用逼近的方式, 更是給出了一個嚴謹而且正確的答案。

7.4. 正切函數的導數

筆者在 Needham #[p. xxv] 這本很有趣的書中看到一個和此地的概念相近的求正切微分的方法, 想在此地和各位分享。

考慮一個直角三角形 $\bigtriangleup ABC$, 其中 $\angle C$ 是直角、 $\overline{BC}=1$ 而且 $\angle ABC=\theta$, 所以 $\overline{AC}=\tan(\theta)$ 而且 $\overline{AB}=\frac{1}{\cos(\theta)}$ (圖 9)。 若 $\theta$ 增加了 $\Delta\theta$, $A$ 就移到 $D$, 所以 $\overline{AD}=\tan(\theta+\Delta\theta)-\tan(\theta)$。 在三角形 $\bigtriangleup ABD$ 使用正弦定律得到：

$$ \frac{\overline{AD}}{\sin(\angle ABD)}=\frac{\tan(\theta + \Delta\theta)-\tan(\theta)}{\sin(\Delta\theta)} = \frac{\overline{AB}}{\sin(\alpha-\Delta\theta)}. $$

化簡後就是

$$ \tan(\theta + \Delta\theta)-\tan(\theta) = \sin(\Delta\theta)\cdot \frac{\overline{AB}}{\sin(\alpha-\Delta\theta)} = \sin(\Delta\theta)\cdot \frac{1}{\cos(\theta)\sin(\alpha-\Delta\theta)}. $$

上式兩邊除以$\Delta\theta$得到：

$$ \frac{\tan(\theta + \Delta\theta)-\tan(\theta)}{\Delta\theta} = \frac{\sin(\Delta\theta)}{\Delta\theta}\cdot\frac{1}{\cos(\theta)\sin(\alpha-\Delta\theta)}. $$

令 $\Delta\theta$ 趨近於 0, 右邊的第一項趨近於 1 (預備定理 1)、 第二項趨近於 $\frac{1}{\cos(\theta)\sin(\alpha)}$, 因為 $\sin(\alpha)=\sin(90^{\circ}-\theta)=\cos(\theta)$, 所以 $\tan(\theta)$ 的右導數如下, 我們沒用到畢氏等式：

$$ \tan^{\prime}_{+}(\theta) = \frac{1}{\cos(\theta)\sin(\alpha)}=\frac{1}{\cos^2(\theta)}=\sec^2(\theta). $$

左導數的證明是相似的。 如果用畢氏等式, 我們就得到：

$$ \tan^{\prime}(\theta)=1+\tan^2(\theta). $$

這一點都不奇怪, 因為計算 $\sin()$ 和 $\cos()$ 的導數和畢氏定理和畢氏等式無關、 而且連鎖律也如此, 所以計算正切函數的導數也和畢氏定理與畢氏等式無關。 但是, 從 $\sec^2(x)$ 到 $1+\tan^2(x)$ 就和畢氏等式有關了。 ^{3 3} 原書證明並非如此, 而是使用上一節的逼近方式, 不太令人信服, 此地用第 7.2 節的手法重新做過。

8. 畢氏等式可以看成是一對函數之間的導數關係

在微積分中增加了極限、 從而引進微分、 積分、 級數等新觀念, 對三角函數會有更新的認知。 本節嘗試丟掉從幾何走入三角的路徑, 而用微積分的角度看畢氏等式。 以下是筆者在大三時一位美籍訪問教授給筆者出了個題目的解答 #, 不過改用比較嚴謹而且較廣泛的寫法, 這個問題的起源在本系列第三篇 #[第9節] 提到過, 此地不宜重複。

假設我們有兩個可微函數 $f$ 和 $g$, 它們滿足 $f^{\prime}= g$ 以及 $g^{\prime}=-f$。 請問 $f^2+g^2$ 的值是多少？ 因為 $(f^2+g^2)^{\prime} = (f^2)^{\prime} + (g^2)^{\prime} =2f(f^{\prime}) + 2g(g^{\prime}) = 2fg - 2gf = 0$, 所以 $f^2+g^2$ 是個常數, 這個常數由 $f$ 和 $g$ 的初值決定。 若 $f(0)=\alpha$ 而且 $g(0)=\beta$, 代入 $f^2+g^2$ 得到 $f^2(0)+g^2(0) = \alpha^2 + \beta^2$, 也就是 $f^2(x) + g^2(x) = \alpha^2 + \beta^2$。 因為 $\sin()$ 和 $\cos()$ 滿足上面的導數條件, 而且 $\sin(0)=0$ 和 $\cos(0)=1$, 所以 $\sin^2(x)+\cos^2(x) = 0^2 + 1^2 = 1$, 這正是畢氏等式！

我們看到了畢氏等式和導數的關係與初值有關, 相信您一定會有這個問題： 如果 $f^{\prime}=g$ 和 $g^{\prime}=-f$ 而且初值為 $f(0)=0$ 和 $g(0)=1$, 那麼除了 $f()=\sin()$ 以及 $g()=\cos()$ 之外還有哪些函數會滿足這些條件呢？ 簡單地說, 沒有！ 滿足這些條件的還真的是只有 $\sin()$ 和 $\cos()$。 我們看看為什麼！ 我們知道 $f^{\prime}=g$ 而且 $g^{\prime}=-f$, 因此得到 $f^{\prime\prime}=(g)^{\prime}=-f$、 或是 $f^{\prime\prime}+f=0$。 在常微分方程式課程中, 這是個二階線性微分方程式, 解答是

$$ f(x)=A\cos(x)+B\sin(x).$$

解答中兩個係數值 $A$ 和 $B$ 取決於 $f$ 和 $g$ 初值。

假設我們知道的初值為 $f(0)$ 和 $g(0)$。 把 0 代入上式得到 $f(0)=A\cos(0) + B\sin(0)=A$。 因為 $f^{\prime}=g$, 上式經過微分後是 $g(x)=f^{\prime}(x)=-A\sin(x) + B\cos(x)$, 代入 0 就是 $g(0)=-A\sin(0)+B\cos(0)=B$。 於是最終的結果為：

$$ f(x)=f(0)\cos(x) + g(0)\sin(x) \quad\quad\mbox{和}\quad\quad g(x)=g(0)\cos(x)-f(0)\sin(x).$$

如果初值為 $f(0)=0$ 和 $g(0)=1$, 那麼解答就是 $f(x)=\sin(x)$ 和 $g(x)=\cos(x)$。 這意味著滿足 $f^{\prime}=g$、 $g^{\prime}=-f$、 $f(0)=0$ 和 $g(0)=1$ 的可微函數只有 $\sin(x)$ 和 $\cos(x)$ 這一對。

在解這道二階線性常微分方程式時會用到 $e^{iz}$ 的 Euler 公式 (Robinson #), 但 Euler 公式卻和畢氏定理與畢氏等式無關, 稍後我們會進一步解釋 (第 11 節)。

9. 用積分的證明

讓我們試試用積分來證明畢氏等式。 筆者看過的許多用積分的證明中, 下面這個是極為有趣而且簡短的 (不知道原作者是誰), 用的仍然是上一節開頭的概念。 若 $f$ 和 $g$ 是兩個可微函數、 而且滿足 $f^{\prime}=g$ 與 $g^{\prime}=-f$ 兩個條件。 首先我們看看這個積分： $I= \int f(x)g(x) dx$。 令 $y=f(x)$, 於是 $dy = f^{\prime}(x)dx = g(x)dx$, 因此得到下面的結果, 其中 $C_1$ 是個常數：

$$ I = \int f(x)g(x)dx = \int f(x)\left( f^{\prime}(x) dx \right) = \int y dy = \frac 12 y^2 + C_1 = \frac 12 f^2(x) + C_1. $$

上面的算法是把 $g=f^{\prime}$ 併到 $dx$ 中, 我們自然也可以把 $f=-g^{\prime}$ 併到 $dx$, 這就得到下式, 此地 $C_2$ 是個常數：

\begin{align*} I =\,& \int f(x)g(x)dx= -\int g(x)\left(-f(x)dx\right) = -\int g(x)\left( g^{\prime}(x)dx\right)\\ =\,& -\int ydy = -\frac 12 y^2 + C_2 = -\frac 12 g^2(x)+C_2. \end{align*}

因為這兩種算法都在計算相同的積分, 它們結果相同, 於是：

$$ \frac 12 f^2(x) = -\frac 12 g^2(x)+C. $$

換言之, $f^2+g^2$ 是個常數； 若 $f(x)=\sin(x)$ 和 $g(x)=\cos(x)$, 因為 $f(0)=0$ 和 $g(0)=1$, 我們就得到畢氏等式。

我們知道 $\left(\sin^2(x)\right)^{\prime}=2\sin(x)\cos(x)=\sin(2x)$ 而且 $\left(\cos^2(x)\right)^{\prime}=-\sin(2x)$, 把兩者相加後積分也得到畢氏等式, 這是上一節開頭時的討論。 然而我們不禁要問 $\sin^2(x)$ 和 $\cos^2(x)$ 究竟長相如何？ 我們可以很簡單地用級數回答這個問題。 $\sin()$ 和 $\cos()$ 的級數如下：

$$ \sin(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!} \quad\quad\mbox{和}\quad\quad \cos(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}. $$

於是下面的積分就得到 $\sin^2(x)$ 的級數, 此地 $C_1$ 是常數, 它的值是 0, 因為 $\sin(0)=0$。

\begin{eqnarray*} \sin^2(x) &=& \int \sin(2x)dx = \int \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{(-1)^n (2x)^{2n+1}}{(2n+1)!} \right) dx \\ &=& \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\int (2x)^{2n+1}dx = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\cdot\frac{2^{2n+1}}{(2n+1)+1} x^{2(n+1)+1} + C_1 \\ &=& \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n2^{2n+1}}{(2n+1)!2(n+1)}x^{2(n+1)}+C_1 \end{eqnarray*}

用相同的方式可以得到 $\cos^2(x)$ 的級數, 此地 $C_2$ 是常數, 它的值為 1, 因為 $\cos(0)=1$。

$$ \cos^2(x) = -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n2^{2n+1}}{(2n+1)!2(n+1)}x^{2(n+1)}+C_2 $$

把 $\sin^2()$ 和 $\cos^2()$ 相加得到畢氏等式。 有興趣的讀者不妨把 $\sin()$ 的級數自乘, 再把 $\cos()$ 的級數自乘, 兩者相加就是 1。 得注意的是, 計算量不小, 而且還得玩一些計算技巧。

10. 用級數定義三角函數

本節打算忘掉用直角三角形定義的 $\sin()$ 和 $\cos()$ 以及用單位圓定義的圓 (三角) 函數。 我們在微積分中都學過正弦和餘弦函數的 Taylor 展開式, 上一節已經看過了。 我們不妨用級數定義函數, 然後由此出發看看能否導出畢氏等式以及重要的三角函數性質； 不過要提醒一點, 因為是用級數定義, 就失去了圓函數定義的 $\pi$, 但很容易補救。

下面是兩個用級數定義的函數 $\mathcal{S}()$ 和 $\mathcal{C}()$, 一看就知道它們分別是 $\sin()$ 和 $\cos()$, 也很容易驗證 $\mathcal{S}^{\prime}(x)=\mathcal{C}(x)$、 $\mathcal{C}^{\prime}(x)=-\mathcal{S}(x)$、 $\mathcal{S}(-x)=-\mathcal{S}(x)$、 $\mathcal{C}(-x)=\mathcal{C}(x)$ 而且 $\mathcal{S}(0)=0$ 和 $\mathcal{C}(0)=1$。 ^{4 4} 這是幾乎每一本完整微積分課本的內容, 譬如 Larson 和 Edwards 合寫的這一本 #, 在網上可以找到 2014 年第 10 版的 PDF 檔。 首先, 用比例法 (第 627 頁) 證明 $\mathcal{S}()$ 在實數線上全域收斂 (第 667 頁), 於是 $\mathcal{S}()$ 的微分和積分可以對級數逐項進行 (第 652 頁)。 逐項微分得到 $\mathcal{C}()$ 在實數線上全域收斂, 再反過來對 $\mathcal{C}()$ 逐項微分就是 $-\mathcal{S}()$。 Spivak 的 Calculus #一向是評價極高的微積分課本, 不過這是為榮譽班課程寫的, 所以內容在深度和廣度上都比一般課本高出許多。 有興趣的讀者不妨研讀第 24 章, 該章還包括一個用級數定義的函數, 那個函數到處連續、 但到處不可微。 符合第 8 節的條件, 於是二階線性常微分方程式的解答就是 $\mathcal{S}(x)=\sin(x)$ 和 $\mathcal{C}(x)=\cos(x)$！ 在本節中, 我們只用級數看能夠走多遠。

$$ \mathcal{S}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!} \quad\quad\mbox{和}\quad\quad \mathcal{C}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}. $$

用第 8 節的技巧, 我們得到

$$ (\mathcal{S}^2(x) + \mathcal{C}^2(x))^{\prime} = 2\mathcal{S}(x)(\mathcal{S}(x))^{\prime} + 2\mathcal{C}(x)(\mathcal{C}(x))^{\prime} = 2\mathcal{S}(x)\cdot\mathcal{C}(x) + 2\mathcal{C}(x)\cdot(-\mathcal{S}(x)) = 0. $$

所以 $\mathcal{S}^2(x) + \mathcal{C}^2(x)$ 是個常數, 因為 $\mathcal{S}(0)=0$ 和 $\mathcal{C}(0)=1$, 我們得到用級數定義的畢氏等式, 這也告訴我們 $0 \leq |\mathcal{S}(x)| \leq 1$ 和 $0 \leq |\mathcal{C}(x)| \leq 1$ 成立：

$$ \mathcal{S}^2(x) + \mathcal{C}^2(x) = 1. $$

接著我們證明角和等式。 我們的做法是把角和等式中 $x+y$ 的 $y$ 固定而視 $x$ 為變數、 造出兩個單變數函數 $F_y(x)$ 和 $G_y(x)$, 此地因為 $y$ 視為常數, $\mathcal{S}(y)$ 和 $\mathcal{C}(y)$ 都是常數：

\begin{eqnarray*} F_y(x) &=& \mathcal{S}(x+y)-\left( \mathcal{S}(x)\mathcal{C}(y) + \mathcal{C}(x)\mathcal{S}(y) \right), \\ G_y(x) &=& \mathcal{C}(x+y)-\left( \mathcal{C}(x)\mathcal{C}(y) - \mathcal{S}(x)\mathcal{S}(y) \right). \end{eqnarray*}

我們要證明上面兩式同時為 0。 首先, 上面兩式的微分有以下的關係：

\begin{eqnarray*} F_y^{\prime}(x) &=&\mathcal{S}^{\prime}(x+y) -\left( \mathcal{S}^{\prime}(x)\mathcal{C}(y) + \mathcal{C}^{\prime}(x)\mathcal{S}(y) \right)\\ &=& \mathcal{C}(x+y) -\left( \mathcal{C}(x)\mathcal{C}(y) - \mathcal{S}(x)\mathcal{S}(y) \right)= G_y(x), \\ G_y^{\prime}(x) &=&\mathcal{C}^{\prime}(x+y)-\left( \mathcal{C}^{\prime}(x)\mathcal{C}(y) - \mathcal{S}^{\prime}(x)\mathcal{S}(y) \right)\\ &=& -\mathcal{S}(x+y) -\left( -\mathcal{S}(x)\mathcal{C}(y) - \mathcal{C}(x)\mathcal{S}(y) \right)= -F_y(x). \end{eqnarray*}

若 $F_y(x)$ 和 $G_y(x)$ 的平方和的微分是 $0$、 就表示平方和是常數, 若這個常數是 $0$, $F_y(x)$ 和 $G_y(x)$ 都必須同時為 0, 於是 $\mathcal{S}(x)$ 和 $\mathcal{C}(x)$ 滿足角和等式。

\begin{align*} \left( F_y^2(x)+ G_y^2(x)\right)^{\prime} =\,& 2F_y(x)(F_y(x))^{\prime} + 2G_y(x)(G_y(x))^{\prime}\\ =\,& 2F_y(x)G_y(x) + 2G_y(x)(-F_y(x)) = 0. \end{align*}

這樣 $F_y(x)$ 和 $G_y(x)$ 的平方和是常數, 把 0 代入 $F_y(x)$ 和 $G_y(x)$ 就可以找出常數值了：

\begin{eqnarray*} F_y(0) &=& \mathcal{S}(0+y)-\left( \mathcal{S}(0)\mathcal{C}(y) + \mathcal{C}(0)\mathcal{S}(y)\right) = \mathcal{S}(y) - (0\cdot\mathcal{C}(y) + 1\cdot \mathcal{S}(y)) = 0, \\ G_y(0) &=& \mathcal{C}(0+y)-\left( \mathcal{C}(0)\mathcal{C}(y) - \mathcal{S}(0)\mathcal{S}(y)\right) = \mathcal{C}(y) - (1\cdot\mathcal{C}(y) - 0\cdot \mathcal{S}(y)) = 0. \end{eqnarray*}

所以 $F_y^2(x)+G_y^2(x)=0$, 當然 $F_y(x)=G_y(x)=0$, 這就得到 $\mathcal{S}()$ 和 $\mathcal{C}()$ 的角和等式：

\begin{eqnarray*} \mathcal{S}(x+y) &=& \mathcal{S}(x)\mathcal{C}(y) + \mathcal{C}(x)\mathcal{S}(y), \\ \mathcal{C}(x+y) &=& \mathcal{C}(x)\mathcal{C}(y) - \mathcal{S}(x)\mathcal{S}(y). \end{eqnarray*}

角差等式的證明只是把 $y$ 換成 $-y$。 有了角和與角差等式之後, 和化積、 積化和、 倍角、 半角等等結果可以依照第三篇 # 的方式導出來。

接下來得看看週期性。 要注意一點, 原來的 $\sin()$ 和 $\cos()$ 是定義在單位圓上, 繞一圈是 $2\pi$, 但是用級數定義的 $\mathcal{S}()$ 和 $\mathcal{C}()$ 和單位圓脫了鉤, 這個 $\pi$ 又從何而來呢？ 我們可以用某種方式定出 $\pi$。 我們首先得做的是找出 $\mathcal{C}()$ 最靠近0的正根, 此地採用一個比較簡單的方式, 證明 $\mathcal{C}()$ 在 0 和 2 之間有一個根 (也就是有一個 $u$ 使 $\mathcal{C}(u)=0$)。

請回頭看 $\mathcal{C}()$ 的級數, 如果我們把除了 1 之外相鄰的一負一正兩項合在一起, 當 $x$ 足夠小、 $n$ 足夠大時, 下式中圓括號的值就會是正, 方括號的整項就是負：

\begin{align*} \mathcal{C}(x)=\,&\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!} = 1+ \sum_{n=1}^{\infty}\left[ -\frac{x^{4n-2}}{(4n-2)!}+\frac{x^{4n}}{(4n)!} \right]\\ =\,& 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \left[ -\frac{x^{4n-2}}{(4n-2)!}\left( 1- \frac{x^2}{(4n-1)(4n) }\right) \right]. \end{align*}

接著我們算 $\mathcal{C}(2)$, 它的值是負的:

\begin{eqnarray*} \mathcal{C}(2) &=& 1-\left( \frac{2^2}{2!} \right) + \left( \frac{2^4}{4!} \right) -\frac{2^6}{6!}\left( 1-\frac{2^2}{7\cdot 8} \right) -\frac{2^{10}}{10!}\left( 1-\frac{2^2}{11\cdot 12} \right) - \cdots \\ &\lt& 1- \frac{2^2}{2!} + \frac{2^4}{4!} = 1- \frac{4}{2} + \frac{16}{24} = 1-2+\frac{2}{3} = -\frac{1}{3} \lt 0. \end{eqnarray*}

因為 $\mathcal{C}(0)=1\gt0$ 和 $\mathcal{C}(2)\lt0$, 中間值定理告訴我們在 $(0,2)$ 中一定有個值使 $\mathcal{C}()$ 為 0, 令在 $(0,2)$ 中使 $\mathcal{C}()$ 為 0 最小的一個值為 $\tau$。 於是, 在區間 $(0,\tau)$ 中 $\mathcal{C}()$ 是正的。 因為 $(\mathcal{S}(x))^{\prime}=\mathcal{C}(x)\gt0$ 而且 $\mathcal{S}(0)=0$, $\mathcal{S}()$ 在 $(0,\tau)$ 中是上升而且也是正的。 因為 $\mathcal{S}^2()+\mathcal{C}^2()=1$, 我們得到 $\mathcal{S}(\tau)=1$。 我們用角和等式計算 $\mathcal{S}()$ 和 $\mathcal{C}()$ 在 $2\tau$、 $3\tau$ 和 $4\tau$ 的值, 然後再用角和與角差等式證明 $\mathcal{S}(x\pm 4\tau)=\mathcal{S}(x)$ 以及 $\mathcal{C}(x \pm4\tau)=\mathcal{C}(x)$ 為真, 這就得到這兩個函數的週期為 $4\tau$。 令 $\pi=2\tau$, 就是傳統三角函數的結果。

以上的說明從用級數 (事實上就是 $\sin()$ 和 $\cos()$ 的 Taylor 展開式) 定出兩個函數, 從而導出 $\mathcal{S}()$ 和 $\mathcal{C}()$ 的許多特性、 包含了畢氏等式, 這就走完了一個循環： 從傳統的 $\sin()$ 和 $\cos()$ 函數到級數, 再從級數出發回到三角函數。 在結束本節之前, 筆者要提醒的是若您沒有興趣發展這些內容而只在意畢氏等式, 您可以試試把 $\mathcal{S}()$ 的級數自乘、 也把 $\mathcal{C}()$ 的級數自乘, 兩者相加就是 1, 但是計算量不少； 用級數相乘的手法也可以證明角和與角差等式, 計算量會更高, 所以本節不使用這種蠻力的方式。

11. Euler公式

本節要引入複數。 在複變函數論中, 指數函數、 正弦函數和餘弦函數有很多等價的定義, 本節沿用級數的定義如下, 不過 $z$ 是個複數：

$$ e^z = \exp(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!}, \quad \sin(z) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n z^{2n+1}}{(2n+1)!} \quad\mbox{和}\quad \cos(z) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n z^{2n}}{(2n)!}. $$

很明顯地, 當 $z$ 是個實數時, 上面的級數和實數的對應部分相同； 從定義式中很容易看出 $\sin(0)$ $=0$、 $\cos(0)=1$、 $\sin(-x)=-\sin(x)$ 以及 $\cos(-x)=\cos(x)$。 此外, 這三道級數收斂、 它們的函數連續而且可微, 這幾點和實數的情況相同。 在用級數的定義下, $\sin(z)$ 和 $\cos(z)$ 已經和三角學課本中用單位圓的定義失了聯繫 (除非 $z$ 是實數)。 但是很多三角學的定理仍然成立, 只是把原來幾何以及三角學擴充到複數平面。

從定義很容易就導出 Euler 公式。 我們把 $iz$ 代入 $e^z$ 的級數得到 Euler 公式：

\begin{eqnarray} \label{EQN:Euler-1} e^{iz} &=& \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(iz)^n}{n!} \nonumber \\ &=& 1 + \frac{iz}{1!} + \frac{(iz)^2}{2!} + \frac{(iz)^3}{3!} + \frac{(iz)^4}{4!} + \frac{(iz)^5}{5!} + \frac{(iz)^6}{6!} + \frac{(iz)^7}{7!} + \frac{(iz)^8}{8!} + \cdots \nonumber \\ &=& 1 + iz - \frac{z^2}{2!} - i\frac{z^3}{3!} + \frac{z^4}{4!}+ i\frac{z^5}{5!} - \frac{z^6}{6!} - i\frac{z^7}{7!} + \frac{z^8}{8!}+\cdots\nonumber\\ &=& \left( 1-\frac{z^2}{2!} +\frac{z^4}{4!} - \frac{z^6}{6!} + \frac{z^8}{8!} + \cdots \right) + i\left( z -\frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} - \frac{z^7}{7!} + \cdots \right) \nonumber \\ &=& \cos(z) + i\sin(z). \end{eqnarray}

把上面 Euler 公式中分別代入 $iz$ 和 $-iz$ 得到

$$ e^{iz} = \cos(z)+i\sin(z)\quad\quad\mbox{和}\quad\quad e^{-iz} = \cos(-z)+i\sin(-z)=\cos(z)-i\sin(z). $$

兩式相加和相減之後得到用指數函數表示的正弦與餘弦函數：

\begin{equation} \label{EQN:Trig} \sin(z) = \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} \quad\quad\mbox{和}\quad\quad \cos(z)=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}. \end{equation}

接下來我們得證明用級數定義的指數函數滿足加法定律 (Addition Law), 我們得用到級數相乘的技巧。 ^{5 5} 若 $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 和 $g(x)=\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n$ 是兩道級數, 不論是否收斂, 作為形式冪級數, 它們的積為 $f(x)g(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \left( \sum_{i=0}^n a_ib_{n-i}\right)x^n$； 換言之, $f(x)g(x)$ 中 $x^n$項的係數為 $\sum_{i=0}^n a_ib_{n-i}$, 這是很容易證明的。 $x^n$ 的係數來自 $(a_0x^0) \cdot (b_n x^n)=a_0b_n x^n$、 $(a_1x^1)\cdot(b_{n-1}x^{n-1})=a_1b_{n-1} x^n$、 $(a_2x^2)\cdot(b_{n-2}x^{n-2}) = a_2b_{n-2} x^n$、 $\cdots$、 $(a_nx^n)\cdot(b_0x^0)=a_nb_0 x^n$ 諸項的和。 Larson 和 Edwards #[第 671 頁] 有一個用級數計算 $e^x\cdot\tan^{-1}(x)$ 的實例。 在下面的證明中, 我們把第二列的第二項括號內每一項乘上 $n!$、 在括號之外除以 $n!$, 於是括號內就是 $(z_1+z_2)^n$ 的二項展開式：

\begin{eqnarray*} e^{z_1}\cdot e^{z_2}&=&\left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z_1^n}{n!}\right) \cdot \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z_2^n}{n!}\right) =\sum_{n=0}^{\infty}\left( \sum_{i=0}^n \frac{z_1^i}{i!}\cdot \frac{z_2^{n-i}}{(n-i)!}\right) \\ &=& \sum_{n=0}^{\infty}\left( \sum_{i=0}^n \frac{1}{i!(n-i)!}z_1^iz_2^{n-i} \right) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \left( \sum_{i=0}^n \frac{n!}{i!(n-i)!}z_1^iz_2^{n-i} \right) \\ &=& \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z_1+z_2)^n}{n!} = e^{z_1+z_2}. \end{eqnarray*}

有了加法定律之後就可以證明畢氏等式了。 首先, 我們可以用式子 (\ref{EQN:Trig}) 的定義：

\begin{eqnarray*} \sin^2(z) &=& \left( \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}\right)^2 =\frac{1}{-4}\left(\left( e^{iz}\right)^2 - 2e^{iz}e^{-iz} + \left( e^{-iz}\right)^2\right) = \frac{1}{4}\left( -e^{2iz}+2-e^{-2iz} \right), \\ \cos^2(z) &=& \left( \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}\right)^2 =\frac{1}{4}\left(\left( e^{iz}\right)^2 + 2e^{iz}e^{-iz} + \left( e^{-iz}\right)^2\right) = \frac{1}{4}\left( e^{2iz}+2+e^{-2iz} \right). \end{eqnarray*}

兩者相加就是 1, 這是複變數下的畢氏等式。 我們也可以用 Euler 公式證明如下：

$$ 1 = e^{iz}\cdot e^{-iz} = (\cos(z)+i\sin(z))(\cos(z)-i\sin(z)) = \cos^2(z) + \sin^2(z). $$

用式子 (\ref{EQN:Trig}) 也可以證明正弦函數和餘弦函數的角和與角差等式。 因為篇幅關係就不在此地算了, 建議讀者先計算 $\sin(z_1)\cos(z_2)$、 $\sin(z_2)\cos(z_1)$、 $\cos(z_1)\cos(z_2)$ 和 $\sin(z_1)\sin(z_2)$, 再化簡成等號左邊的結果。

\begin{eqnarray*} \sin(z_1\pm z_2) &=& \sin(z_1)\cos(z_2) \pm \sin(z_2)\cos(z_1), \\ \cos(z_1\pm z_2) &=& \cos(z_1)\cos(z_2) \mp \sin(z_1)\sin(z_2). \end{eqnarray*}

有了正弦和餘弦函數的角和與角差等式之後, 順著第三篇 # 的足跡, 就會得到和化積、 積化和、 倍角、 半角的等式, 它們都可以證明畢氏等式。

在實數時 $e^x$ 是一個上升函數沒有週期, 但在複變數時 $e^z$ 卻是個週期函數, 週期是在虛數軸的 $(2\pi)i$：

$$ e^{z\pm(2\pi)i} = e^z \cdot e^{(\pm 2\pi)i} = e^z\left( \cos(\pm 2\pi) + i\sin(\pm 2\pi)\right) = e^z(1+0)=e^z. $$

$\sin(z)$ 和 $\cos(z)$ 也是週期函數, 週期是在實數軸上的 $2\pi$, 但在虛數軸上沒有週期。 下面是 $\sin(z)$ 的證明, $\cos(z)$ 的證明是一樣的, 就不再重複了。

$$ \sin(z\pm 2\pi) \!=\! \frac{1}{2i}\left( e^{i(z\pm 2\pi)} \!-\! e^{-i(z\pm 2\pi)}\right) \!=\! \frac{1}{2i}\left( e^{iz \pm (2\pi i))} \!-\! e^{-iz\pm (2\pi i)}\right) \!=\! \frac{1}{2i}\left( e^{iz} \!-\! e^{-iz}\right) \!=\! \sin(z). $$

接下來我們說一些離題但有趣的結果。 把 $z$ 寫成 $x+iy$ ($x$ 和 $y$ 為實數) 代入 Euler 公式得到 $e^{x+iy}=e^x\cdot e^{iy}=e^x(\cos(y)+i\sin(y))$, 如果 $x=0$ 得到:

$$ e^{iy}=\cos(y)+i\sin(y). $$

若 $n$ 是整數而且 $x$ 是實數, 我們得到如下的結果, 這就是 Abraham de Moivre 等式：

$$ ((\cos(x)+i\sin(x))^n = \left( e^{ix} \right)^n = e^{i(nx)} = \cos(nx)+i\sin(nx). $$

令 $y=\pi$, 得到一道把數學中極為基礎的值連在一起的 Euler 等式, 常被人稱讚為最美的等式之一： $e^{i\pi}=\cos(\pi)+i\sin(\pi) = -1$:

$$ e^{i\pi}+1 = 0. $$

如果令 $y=\frac{\pi}{2}$ 則得到 $i = e^{i\left(\frac{\pi}{2}\right)}$, 於是我們有如下有趣的結果:

\begin{align*} i^i \!=\! \left(e^{i\left( \frac{\pi}{2} \right)} \right)^i \!=\! e^{i^2\left( \frac{\pi}{2} \right)}=\,&e^{-\frac{\pi}{2} },\ \sqrt[i]{i} \!=\! i^{\frac{1}{i}}\!=\! \left( e^{i\left( \frac{\pi}{2} \right)} \right)^{\frac{1}{i}} \!=\! e^{\frac{\pi}{2}},\ \frac{1}{i} = i^{-1}\!=\! \left(e^{i\left( \frac{\pi}{2} \right)}\right)^{-1} \!=\!e^{-i\left( \frac{\pi}{2}\right)}, \\ \sin(i)=\,& \frac{e^{i(i)}-e^{-i(i)}}{2i}=\frac{e^{-1}-e}{2i}, \quad \cos(i) = \frac{e^{i(i)}+e^{-i(i)}}{2}=\frac{e^{-1}+e}{2}. \end{align*}

本節的內容幾乎每一本複變數函數論的教科書都有, 老到 1908 年的 Hardy #、 到 1950 年代的 Ahlfors #、 到近代的 (譬如 Needham #, 這是很有意思而且也與眾不同的書, 建議買 2023 年版、 連作者都這樣說)。 要注意的是, 各家出發點和處理手法未必相同； 本節在嚴謹性方面是有點不足的, 請各位用複變函數論的課本補充。

12. 補遺 ⸺ I

在寫作本文時意外地找到 Biswas 在 2024 的一篇未發表的文章 #, 有若干畢氏定理的三角學證明, 其中一個是用純三角學重做 Jackson-Johnson 的原始證明, 很值得在此討論。

12.1. 純三角化的 Jackson-Johnson 原始證明

假設直角三角形 $\bigtriangleup ABC$ 的三個頂點為 $A$、 $B$ 和 $C$, 它們的對邊為 $a$、 $b$ 和 $c$, 在 $A$ 和 $B$ 的角為 $\alpha$ 和 $\beta$ 而且 $\alpha \lt \beta$ (圖 10(a))。 把這個直角三角形以 $\overleftrightarrow{AC}$ 為對稱邊翻轉過去, 得到一個等腰三角形 $\bigtriangleup ABD$ (我們在第一篇中 # 看過了), 它在 $A$ 的角為 $2\alpha$、 兩個底角為 $\beta$、 底邊長為 $2a$、 高為 $b$、 腰長為 $c$。 在這個情況下, 我們有 $\sin(\alpha)=\frac{a}{c}$ 和 $\cos(\alpha)=\frac{b}{c}$。

圖10: Biswas的證明

若 $\alpha \neq \beta$, $\overleftrightarrow{AD}$ 和經過 $B$ 而且與 $\overleftrightarrow{AB}$ 垂直的直線會在某點 $E$ 處相交。 三角形 $\bigtriangleup BDE$ 的三邊中 $\overline{BD}=2a$ 已知、 但 $u=\overline{DE}$ 以及 $v=\overline{BE}$ 未知, 然而三個角都已知： $\angle EBD=\alpha$、 $\angle BDE=180^{\circ}-\beta$ 和 $\angle DEB=90^{\circ}-2\alpha$。 既然知道那麼多有關 $\bigtriangleup BDE$ 的資訊, 找出 $u$ 和 $v$ 的長度是輕而易舉的, 於是在 Jackson-Johnson 中那套繁雜的計算就可以完全扔掉了。

在 $\bigtriangleup BDE$ 中, 正弦定律告訴我們：

$$ \frac{2a}{\sin(90^{\circ}-2\alpha)} = \frac{u}{\sin(\alpha)} = \frac{v}{\sin(180^{\circ}-\beta)} \quad\mbox{或}\quad \frac{2a}{\cos(2\alpha)} = \frac{u}{\sin(\alpha)} = \frac{v}{\sin(\beta)}. $$

於是得到$u$、 $v$和$u+c= \overline{AE}$如下：

$$ u =\frac{\sin(\alpha)}{\cos(2\alpha)}(2a), \quad v = \frac{\sin(\beta)}{\cos(2\alpha)}(2a)\quad\mbox{和}\quad \overline{AE}=c+u = c+\frac{\sin(\alpha)}{\cos(2\alpha)}(2a). $$

從直角三角形 $\bigtriangleup ABE$ 得到：

\begin{eqnarray*} c &=& (c+u)\sin(90^{\circ}-2\alpha) = (c+u)\cos(2\alpha) = c\cdot\cos(2\alpha) + \left( \frac{\sin(\alpha)}{\cos(2\alpha)}(2a)\right)\cos(2\alpha) \\ &=& c\cdot\cos(2\alpha) + \sin(\alpha)(2a) = c\left( \cos^2(\alpha) -\sin^2(\alpha)\right) + \sin(\alpha)(2a) \\ &=& c\cdot\left[ \left(\frac{b}{c}\right)^2 - \left(\frac{a}{c}\right)^2 \right] + \frac{a}{c}\cdot (2a) = \frac{b^2-a^2}{c}+ \frac{2a^2}{c} = \frac{b^2+a^2}{c}. \end{eqnarray*}

這樣就用純三角學證明了畢氏定理。

在寫作第一篇文章 # 時, 筆者也用正弦定律求出 $u$ 和 $v$, 但仍然使用面積來證明畢氏定理, 沒有做到 Biswas 證明的全面三角化。

12.2. 一個極短的證明

下一個純三角學證明筆者在網上也見到過。 在圖 10(b) 中, $a$ 邊有兩種表示方式： $a=c\cdot\sin(\alpha)$和$a=c\cdot\cos(\beta)$, 兩者相乘得到 $a^2=c^2(\sin(\alpha)\cos(\beta))$。 另一方面, $b$ 邊也有兩種表示方式： $b=c\cdot\sin(\beta)$ 和 $b=c\cdot\cos(\alpha)$, 兩者相乘得到 $b^2=c^2(\cos(\alpha)\sin(\beta))$。 於是就用正弦角和等式證明了畢氏定理：

\begin{eqnarray*} a^2 + b^2 &=& c^2(\sin(\alpha)\cos(\beta)) + c^2(\cos(\alpha)\sin(\beta)) = c^2\left(\sin(\alpha)\cos(\beta) + \cos(\alpha)\sin(\beta) \right) \\ &=& c^2\sin(\alpha+\beta) = c^2\sin(90^{\circ}) = c^2. \end{eqnarray*}

12. 補遺 ⸺ II

前些日子在美國佛羅里達州的周立教授看到本系列第一篇文字後, 傳了他的一篇文章給筆 者 #, 其中有個觀念和第三篇有關聯, 所以在此地為第三篇做個補充。 若有兩個定義域為實數線的函數 $f$ 和 $g$ (周教授把定義域局限在 $(0,\frac{\pi}{2})$), 而且滿足 (1) $f\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=g(x)$ 和 (2) $f(x \pm y)=f(x)g(y) \pm g(x)f(y)$, 證明 $f^2+g^2=1$。

很明顯地, 由條件 (1) 我們會得到 $g\left(\frac{\pi}{2} - x\right)=f\left(\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{2} - x\right)\right) = f(x)$。 條件 (2) 相當於正弦函數的角和與角差等式, 加上條件 (1) 可以得到相對於餘弦函數的角和與角差等式：

\begin{align*} g(x\pm y) =\,&f\left( \frac{\pi}{2}-(x\pm y)\right)=f\left( \left(\frac{\pi}{2}-x\right) \mp y)\right) \\ =\,&f\left(\frac{\pi}{2}-x\right)g(y) \mp g\left(\frac{\pi}{2}-x\right)f(y)=g(x)g(y) \mp f(x)f(y). \end{align*}

於是條件 (2) 加上上式, 順著本系列第三篇第 2 節講述的和化積與積化和的手續就會得到 $f^2+g^2$ 是常數的結果。 或者是利用第 4 節的積化和手法得到下式, 相加後的結果為 $f^2(x)+g^2(x)=g(0)$, 但是我們不知道 $g(0)$ 是多少, 只能確定 $g(0)$ 為正：

\begin{align*} f^2(x)=\,&f(x)f(x) =-\frac{1}{2}\left(g(x+x)-g(x-x) \right) = \frac{1}{2}\left( g(0)-g(2x)\right), \\ g^2(x)=\,&g(x)g(x) = \frac{1}{2}\left(g(x+x)+g(x-x) \right) = \frac{1}{2}\left( g(0)+g(2x)\right). \end{align*}

從已知條件, 我們得到 $f(0)=f(x-x)=f(x)g(x)-g(x)f(x)=0$、 $f\left( \frac{\pi}{2} \right)=f\left( \frac{\pi}{2} -0\right) = g(0)$、 $g\left( \frac{\pi}{2} \right)=g\left( \frac{\pi}{2} -0\right) = f(0)=0$、 $f(-x)=f(0-x)=f(0)g(x)-g(0)f(x) = -g(0)f(x)$、 $g(-x)=g(0-x)=g(0)g(x)+f(0)f(x) = g(0)g(x)$、 和 $g\left(\frac{\pi}{4}\right)=f\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right)=f\left(\frac{\pi}{4}\right)$。 所以算出 $f\left( \frac{\pi}{4}\right)=g\left( \frac{\pi}{4}\right)$ 或 $f^2\left( \frac{\pi}{4}\right)=g^2\left( \frac{\pi}{4}\right)$ 是關鍵的一步。

下面我們用周教授的算法。 前面提過第三篇從第二節到第四節的內容可以完全套用在 $f()$ 和 $g()$ 上頭。 令 $x$ 為任意角 (周教授文中是 $0 \lt x \lt \frac{\pi}{4}$, 但對本文而言無此必要), 請注意到上面提到的 $f\left(\frac{\pi}{4}\right)=g\left(\frac{\pi}{4}\right)$ 的事實, 於是我們有：

\begin{eqnarray*} g(2x) &=& f\left(\frac{\pi}{2}-2x\right) = f\left(2\left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right) = 2f\left(\frac{\pi}{4}-x\right)g\left(\frac{\pi}{4}-x\right) \\ &=& 2\left[ f\left(\frac{\pi}{4}\right)g(x)-g\left(\frac{\pi}{4}\right)f(x)\right]\cdot \left[ g\left(\frac{\pi}{4}\right)g(x)+f\left(\frac{\pi}{4}\right)f(x)\right] \\ &=& 2\left[ g\left(\frac{\pi}{4}\right) (g(x)-f(x))\right] \cdot \left[ g\left(\frac{\pi}{4}\right) (g(x)+f(x))\right] \quad\mbox{ (因為$f\left(\frac{\pi}{4}\right)=g\left(\frac{\pi}{4}\right)$) } \\ &=& 2g^2\left(\frac{\pi}{4}\right)\left( g^2(x)-f^2(x) \right) = 2g^2\left(\frac{\pi}{4}\right)g(2x). \end{eqnarray*}

約去 $g(2x)$ 得到 $f^2\left(\frac{\pi}{4}\right)=g^2\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2}$。 因為 $f^2(x)+g^2(x)$ 是常數, 把 $f^2\left(\frac{\pi}{4}\right)=g^2\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2}$ 代入得到常數值為 1。 因為 $g(0)\gt0$ 和 $f^2(0)+g^2(0)=1$, 得到 $g(0)=1$。

因為 $\sin()$ 和 $\cos()$ 滿足前述兩個條件, 於是得到畢氏等式。 那麼, 除了 $\sin()$ 和 $\cos()$ 之外, 是否還有其它函數對滿足上述的條件呢 (參看第 8 節)？ 這是個很有趣的問題。

14. 結論

本篇討論了不少用微積分的技巧 (極限、 微分、 積分、 微分方程式、 甚至簡單的複變函數論) 證明畢氏定理和畢氏等式的課題。 在連續四篇文章中, 筆者採用一般人理解的三角學證明： 整個證明過程都使用三角學和三角函數的計算或演繹、 或者是在關鍵所在用三角學突破而得到結果。 不過, 數學界是有人不接受這個定義的, 因為本文已經夠長, 只好把「什麼是三角學證明」的討論留到下一篇。 然而, 數學是與時俱進的, 每次因為引進新觀念和新工具就必然給既有的領域開展出新的方向。 所以, 讓我們一起往前走、 而不是回到歐基里德時代加上直角三角形邊長比例的三角學。

後記

在 2023 年春天看到鋪天蓋地的媒體報導時, 筆者正在拍攝一系列初等幾何教學影片、 也在 YouTube 上看了若干講解 Jackson-Johnson 的證明, 心想自己不妨也做一個比較學術性的影片, 但因為正在製作其它影片而拖延到 10 月才推出英文版、 中文版 # 則是在 12 月中旬英文版三集完成後才開始, 不過筆者認為這三集可以做得更好。 但是 2024 年幾乎都把精力放在製作並行計算課程的中文版上頭 #, 畢氏定理的三角學證明的工作完全停頓, 但是收集資料並且打算重拍的心願則無日無之。

並行計算教學影片做了 8 集之後 (英文版 38 集近四年前就已經完成) 想換個題目, 於是又走回畢氏定理的三角學證明。 很快就得到第 6 節用 L'Hôpital 法則、 然後是第 8 節用微分的證明。 於是寫了一篇短文投給某知名的初等數學期刊, 經過半年後被拒絕了, 理由之一是 (而且是第一條理由, 其它都是標點符號和寫作方式等瑣碎小事) 筆者不了解透過 $\epsilon-\delta$ 的證明和定義的差異, 圖 11 就是該主編說有問題的兩列。 圖中是說用 L'Hôpital 法則可以證得極限值為 1, 雖然我們也可以用 $\epsilon-\delta$ 的方法證明。 那個時候, 筆者的確有一個非常繁複用 $\epsilon-\delta$ 的證明, 經過若干次修改才得到二項式展開的結果 (第 4 節)。 從圖 11 主編如何知道筆者不了解用 $\epsilon-\delta$ 和定義的差異呢？

類似文章被拒絕的次數不少, 似乎和筆者在學術界幾十年投稿被拒絕的次數相當, 所以就打算弄個網站把正確的訊息傳遞出去 #, 畢竟退休後沒有出版的壓力、 海闊天空任自己發揮。 不過更奇怪的事發生了！ 筆者把網頁做到某個程度之後, 在某個 QA (問答) 網站上貼出網頁入口, 請教專家能否給些建議並且指出更多的資訊。 卻被人說是在「胡說八道的陰謀論」, 這直接導致筆者覺得美國初等數學界似乎暗流洶湧、 不宜久留。 再者, 筆者的思維似乎和一些美國初等數學期刊的主編與評審背道而馳 (有時還頗有被羞辱感), 所以不如回頭和國內初等數學愛好人士交流, 這就是本系列文字的起源。 非常感謝數學所刊登本系列相當長的稿件、 也感謝評審們的寶貴意見。

專業並且公正的評審會在作者和期刊背後幫忙發光發熱； 反之, 不盡責的評審、 嘲諷作者的評審、 和作者比賽的評審、 不知所云的評審, 加上站在這些評審同一陣線的主編們, 只會讓一份原來頗有聲譽的期刊的水平下滑、 下滑到那些評審們所展現的程度； 換言之, 期刊的水平是和評審與主編的水平息息相關的。

筆者會繼續在這個論題上耕耘, 並且更新網頁 # 和 PDF 版 #, 一旦整個計劃完成, 這些內容會寫成書本的形式供有興趣的朋友免費使用 (不過是英文版、 筆者的中文輸入極度緩慢)。

更正

第三篇 # 第 5 頁第 8 列上 $p$ 和 $q$ 應該是 $p=\alpha+\beta$ 和 $q=\alpha-\beta$, 而不是 $p=\frac{\alpha+\beta}{2}$和$q=\frac{\alpha-\beta}{2}$。 在此為本人校對失誤向各位致歉。

誌謝

非常感謝評審的寶貴意見。

參考文獻

本文作者為美國密西根理工大學計算機科學系名譽教授