嘿，我来帮你搞定Apostol《数学分析》里这个用棣莫弗公式推导n倍角正弦展开式的问题！咱们一步步拆解，逻辑很清晰的～

1. 先拿出核心工具：棣莫弗公式 + 二项式定理 #

首先，棣莫弗公式是复数领域的经典结论：
$$(\cos\theta + i \sin\theta)^n = \cos(n\theta) + i \sin(n\theta)$$
我们把左边用二项式定理展开，二项式展开的通用形式是：
$$(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$$
这里令 $a = \cos\theta$，$b = i \sin\theta$，代入后左边变成：
$$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \cos^{n-k}\theta \cdot (i \sin\theta)^k$$

2. 分离等式两边的虚部 #

等式右边的虚部就是 $\sin(nθ)$（因为右边是 $\cos(nθ) + i\sin(nθ)$），而左边只有当 $k$ 为奇数时，$(i)^k$ 才会产生虚数项（$i$ 的奇数次幂是 $\pm i$，偶数次幂是实数）。

我们只保留左边的奇数项，令 $k = 2m+1$（$m$ 从 $0$ 取到 $\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor$），那么左边的虚部可以整理为：
$$i \cdot \sum_{m=0}^{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor} \binom{n}{2m+1} (-1)^m \cos^{n-2m-1}\theta \sin^{2m+1}\theta$$
（这里用到了 $i^{2m+1} = i \cdot (i²⁾m = i \cdot (-1)^m$）

现在把等式两边的虚部对应起来，两边同时除以 $i$，得到：
$$\sin(nθ) = \sum_{m=0}^{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor} \binom{n}{2m+1} (-1)^m \cos^{n-2m-1}\theta \sin^{2m+1}\theta$$

3. 转化为 $\sin^nθ$ 和 $\cotθ$ 的形式 #

接下来我们要把右边的式子凑出 $\sin^nθ$ 作为公因子。注意到：
$$\cos^{n-2m-1}\theta \sin^{2m+1}\theta = \sin^nθ \cdot \left( \frac{\cosθ}{\sinθ} \right)^{n-2m-1} = \sin^nθ \cdot \cot^{n-2m-1}\theta$$
（因为 $\cotθ = \frac{\cosθ}{\sinθ}$）

把这个代入到求和式里，就能得到：
$$\sin(nθ) = \sin^nθ \cdot \sum_{m=0}^{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor} \binom{n}{2m+1} (-1)^m \cot^{n-2m-1}\theta$$

如果我们把求和指标换成奇数项的序号（比如直接写k=1,3,5...），展开后就是：
$$\sin(nθ) = \sin^nθ \left{ \binom{n}{1}\cot^{n-1}\theta - \binom{n}{3}\cot^{n-3}\theta + \binom{n}{5}\cot^{n-5}\theta - \dots \right}$$
（符号交替变化，最后一项的形式取决于n是奇数还是偶数：n为奇数时最后一项是 $(-1)^{\frac{n-1}{2}} \binom{n}{n}$，n为偶数时最后一项是 $(-1)^{\frac{n}{2}-1} \binom{n}{n-1}\cotθ$）

4. 小例子验证（可选） #

比如n=3时，代入公式得到：
$$\sin(3θ) = \sin^3θ \left( \binom{3}{1}\cot^2θ - \binom{3}{3} \right) = \sin^3θ(3\cot2θ - 1)$$
展开后：
$$3\cot^2θ - 1 = \frac{3\cos^2θ}{\sin2θ} - 1 = \frac{3\cos^2θ - \sin^2θ}{\sin2θ}$$
乘以 $\sin^3θ$ 得到 $3\cos^2θ\sinθ - \sin^3θ$，再用 $\cos^2θ=1-\sin2θ$ 替换，就得到 $3\sinθ - 4\sin^3θ$，这和我们熟知的三倍角公式完全一致，说明推导是正确的。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Aniruddha Deshmukh