sinの無限積表示を高校範囲で示してみた
今回はつぎの式を示します。
$\displaystyle{ \sin\pi x=\pi x\prod_{n=1}^{\infty}\Bigl(1-\frac{x^2}{n^2}\Bigr) }$
$x$は実数
証明
非負整数$n$と実数$x$に対してつぎの積分$\displaystyle{I_n(x)}$を考えます。
$\displaystyle{ I_n(x)=\int_{0}^{\pi}\sin{x\theta}\sin^n\theta d\theta }$
但し、$\displaystyle{
I_0(x)=\int_{0}^{\pi}\sin{x\theta}d\theta
}$です。
部分積分を実行すれば$n≧2$で、$x\neq 0$のとき、
$\displaystyle{ (n^2-x^2)I_n(x)=n(n-1)I_{n-2}(x) }$
です。よって$n≧2$で
$\displaystyle{
((2n)^2-x^2)((2n-1)^2-x^2)I_{2n}(x)I_{2n-1}(x)\\=
(2n)(2n-1)^2(2n-2)I_{2n-2}(x)I_{2n-3}(x)
}$
ここで$\displaystyle{
f_n(x)=\pi x\prod_{k=1}^{n}\Bigl(1-\frac{x^2}{k^2}\Bigr)
}$とすると、
$\displaystyle{
f_{2n}(x)2nI_{2n}(x)I_{2n-1}(x)\\
=f_{2n-2}(x)(2n-2)I_{2n-2}(x)I_{2n-3}(x)
}$
したがって、
$\displaystyle{
f_{2n}(x)2nI_{2n}(x)I_{2n-1}(x)\\
=2f_2(x)I_2(x)I_1(x)\\
∴f_{2n}(x)nI_{2n}(x)I_{2n-1}(x)\\
=\pi x\frac{1-x^2}{4}(2^2-x^2)I_2(x)I_1(x)\\
=\pi x\frac{1-x^2}{2}I_0(x)I_1(x)
}$
よって$x\notin\{-1,0,1\}$のとき、
$\displaystyle{
I_0(x)=\int_{0}^{\pi}\sin x\theta d\theta\\
=\Bigl[-\frac{\cos x\theta}{x}\Bigr]_{0}^{\pi}
=\frac{2\sin^2\bigl(\frac{\pi x}{2}\bigr)}{x}
}$
$\displaystyle{
I_1(x)=\int_{0}^{\pi}\sin x\theta \sin\theta d\theta\\
=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}(\cos((x-1)\theta)-\cos((x+1)\theta))d\theta\\
=\frac{1}{2}\Bigl[\frac{\sin((x-1)\theta)}{x-1}-\frac{\sin((x+1)\theta)}{x+1}\Bigr]_0^\pi\\
=\frac{\sin\pi x}{1-x^2}
}$
より、
$\displaystyle{ f_{2n}(x)nI_{2n}(x)I_{2n-1}(x) =\pi \sin^2(\frac{\pi x}{2})\sin\pi x }$
これは$x\in\{-1,0,1\}$のときも(両辺 0 になって)成立する。
ここで、任意の実数$x$で
$\displaystyle{
\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}I_{n}(x)\\
=\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{0}^{\pi}\sin x\theta \sin^n\theta d\theta\\
=\sqrt{2\pi}\sin\Bigl(\frac{\pi x}{2}\Bigr)
}$
なので、
(注)この式については前回の記事→ https://mathlog.info/articles/2691
をみてください。
$\displaystyle{
\lim_{n\rightarrow\infty}nI_{2n}(x)I_{2n-1}(x)\\
=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{1-\frac{1}{2n}}}\sqrt{2n}I_{2n}(x)\sqrt{2n-1}I_{2n-1}(x)\\
=\frac{1}{2} \Bigl(\sqrt{2\pi}\sin\Bigl(\frac{\pi x}{2}\Bigr)\Bigr)^2\\
=\pi \sin^2\Bigl(\frac{\pi x}{2}\Bigr)
}$
よって$x\notin\Z$のとき、
$\displaystyle{
\lim_{n\rightarrow\infty}f_{2n}(x)\\
=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi \sin^2\bigl(\frac{\pi x}{2}\bigr)\sin\pi x}{nI_{2n}(x)I_{2n-1}(x)}
\\=\sin\pi x
}$
$x\in\Z$のとき、明らかに$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}f_{2n}(x)=0}$なので、任意の実数$x$で、
$\displaystyle{
\lim_{n\rightarrow\infty}f_{2n}(x)=\sin\pi x
}$
これと、任意の実数$x$で、
$\displaystyle{
\lim_{n\rightarrow\infty}f_{2n+1}(x)\\
=\lim_{n\rightarrow\infty}f_{2n}(x)\Bigl(1-\frac{x^2}{(2n+1)^2}\Bigr)\\
=\sin(\pi x)(1-0)=\sin\pi x
}$
より$\displaystyle{
\lim_{n\rightarrow\infty}f_{n}(x)=\sin\pi x
}$
すなわち
あとがき
$\displaystyle{I_n(x)}$の代わりに$\displaystyle{
\int_{0}^{\pi}\sinh x\theta \sin^n\theta d\theta
}$
を考えれば$\displaystyle{\sinh}$の無限積表示もえられますね。
最後まで読んでくださりありがとうございました。
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