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sinの無限積表示を高校範囲で示してみた

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$$\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{div}[0]{\mathrm{div}} \newcommand{division}[0]{÷} \newcommand{grad}[0]{\mathrm{grad}\ } \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{rot}[0]{\mathrm{rot}\ } \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

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$n≧2$
$\displaystyle{ ((2n)^2-x^2)((2n-1)^2-x^2)I_{2n}(x)I_{2n-1}(x)\\= (2n)(2n-1)^2(2n-2)I_{2n-2}(x)I_{2n-3}(x) }$
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$x$
$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}I_{n}(x)\\ =\lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n}\int_{0}^{\pi}\sin x\theta \sin^n\theta d\theta\\ =\sqrt{2\pi}\sin\Bigl(\frac{\pi x}{2}\Bigr) }$
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

$\displaystyle{ \sin\pi x=\pi x\prod_{n=1}^{\infty}\Bigl(1-\frac{x^2}{n^2}\Bigr) }$

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。

投稿日:20211017

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