Producto infinito $\prod\limits_{k=1}^\infty\left({1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}}\right)$

Question

He estado mirando las pruebas de la expansión del seno de Euler, es decir $$\frac{\sin x}{x}=\prod_{k=1}^\infty\left({1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}}\right)$$

Todas las pruebas parecen basarse en el análisis complejo y las series de Fourier.

¿Hay alguna prueba más elemental ?

Answer 1

Aquí hay una demostración usando integrales trigonométricas elementales (aunque no muy conocidas) integrales trigonométricas.

Podemos suponer $0 < x \leq 1/2$ porque la proporción de $\sin(\pi x) / (\pi x)$ a $\prod_{k=1}^\infty \big(1 - (x/k)^2\bigl)$ se ve fácilmente que es una función uniforme del periodo $1$ .

Para $n \geq 0$ y $c \in {\bf R}$ definir $$ I_n(c) := \int_0^{\pi/2} \cos^n t \, \cos ct \, dt. $$ Entonces $I_0(0) = \pi/2$ y $I_0(2x) = \sin(\pi x) / (2x)$ . Por lo tanto, $$ \frac{I_0(2x)}{I_0(0)} = \frac{\sin \pi x}{\pi x}. $$ Afirmo que también $$ \frac{I_0(2x)}{I_0(0)} = \prod_{k=1}^\infty \left( 1 - \frac{x^2}{k^2} \right), $$ que demostrará la fórmula del producto deseado.

La clave es una recursión para los coeficientes $I_n(2x) / I_n(0)$ obtenida de la siguiente integración por partes:

Lema. Para $n \geq 2$ , $$ (n^2 - c^2) I_n(c) = (n^2-n) I_{n-2}(c). $$

Prueba : Integrar por partes dos veces para encontrar $$ c^2 I_n(c) = c \int_0^{\pi/2} \cos^n t \, d(\sin ct) = n c \int_0^{\pi/2} \cos^{n-1} t \, \sin t \, \sin ct \, dt $$ $$ = -n \int_0^{\pi/2} \cos^{n-1} t \, \sin t \, d(\cos ct) = n \int_0^{\pi/2} (\cos^n t - (n-1) \cos^{n-2} t \sin^2 t) \, \cos ct \, dt. $$ Pero $\sin^2 t = 1 - \cos^2 t$ Así que $$ c^2 I_n(c) = n \int_0^{\pi/2} (n \cos^n t - (n-1) \cos^{n-2} t) \, \cos ct \, dt = n^2 I_n(c) - (n^2-n) I_{n-2}(c), $$ y la recursión sigue. $\Box$

Por lo tanto, $$ \frac{I_{n-2}(c)}{I_{n-2}(0)} = \frac{n^2-c^2}{n^2} \frac{I_n(c)}{I_n(0)}, $$ de donde por inducción sobre $m=1,2,3,\ldots$ $$ \frac{I_0(c)}{I_0(0)} = \prod_{k=1}^m \frac{(2k)^2-c^2}{(2k)^2} \cdot \frac{I_{2m}(c)}{I_{2m}(0)}. $$ Tomando $c=2x$ encontramos $$ \frac{\sin \pi x}{\pi x} = \prod_{k=1}^m \frac{k^2-x^2}{k^2} \cdot \frac{I_{2m}(2x)}{I_{2m}(0)} = \prod_{k=1}^m \left( 1 - \frac{x^2}{k^2} \right) \cdot \frac{I_{2m}(2x)}{I_{2m}(0)}, $$ y queda por demostrar que $I_n(2x) / I_n(0) \rightarrow 1$ como $n \rightarrow \infty$ . Pero esto se deduce de las desigualdades $$ I_n(0) > I_n(2x) > I_{n+2}(0) $$ (en la segunda desigualdad es donde utilizamos $x \leq 1/2$ Necesitamos $\cos 2xt \leq \cos^2 x$ ), ya que por nuestro lema $I_{n+2}(0) / I_n(0) = (n+1)/(n+2)$ que se acerca a $1$ como $n \rightarrow \infty$ . Tomando $m \rightarrow \infty$ deducimos $$ \frac{\sin \pi x}{\pi x} = \prod_{k=1}^\infty \left( 1 - \frac{x^2}{k^2} \right), $$ QED .

Me di cuenta de este argumento hace algunos años (véase, por ejemplo, el número 8 de este conjunto de problemas de 2000). Naturalmente, la fórmula de las integrales $I_n(c)$ es conocido (incluso para los no enteros $n$ ver la integral 3.631#9 en Gradshteyn y Ryzhik), pero no sé si y dónde se notó que se pueden utilizar estas integrales para demostrar la fórmula del la fórmula del producto para el seno.

Answer 2

Primero demuestro que para cualquier $n$ que es un poder de $2$ y para cualquier $x\in\mathbb R$ , $$\sin(x)=n p_n(x)\sin\left(\frac x n\right)\cos\left(\frac x n\right),~p_n(x)=\prod_{k=1}^{\frac n 2-1}\left(1-\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}\right)\tag{1}$$ utilizando la siguiente identidad más conocida $$\sin(x)=2\sin\frac x 2\sin\frac{\pi+x}2$$ podemos llegar fácilmente a la siguiente identidad que es válida para $n$ igual a cualquier potencia de $2$ , $$\begin{align}\sin(x)&=2^{n-1}\prod_{k=0}^{n-1}\sin\frac{k\pi+x}n\\ &=2^{n-1}\sin\frac x n\sin\frac{\frac n 2\pi+x}n\prod_{k=1}^{\frac n 2-1}\sin\frac{k\pi+x}n\sin\frac{k\pi-x}n\\ &=2^{n-1}\sin\frac x n\cos\frac x n\prod_{k=1}^{\frac n 2-1}\left(\sin^2\frac{k\pi}n-\sin^2\frac x n\right)\tag{2}\end{align}$$ Al considerar lo que sucede como $x\to0$ en la fórmula reciente, podemos obtener que para $n$ un poder de $2$ $$n=2^{n-1}\prod_{k=1}^{\frac n 2-1}\sin^2\frac{k\pi}n\tag{3}$$ y luego reemplazo $(3)$ en $(2)$ y demostrar $(1)$ .

Ahora elijo $m<\frac n 2-1$ y romper $p_n(x)$ como sigue $$p_n(x)=\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}\right)\prod_{k=m+1}^{\frac n 2-1}\left(1-\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}\right)\tag{4}$$ Ya que para $0<\theta<\frac{\pi}2$ , $\sin(\theta)>\frac2{\pi}\theta$ tenemos $$\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}<\frac{x^2}{4k^2}$$ y si elijo $m$ y $n$ lo suficientemente grande como para que $\frac{x^2}{4m^2}<1$ entonces $$0<1-\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}<1,k=m+1,...,\frac n 2-1$$ lo que implica que $$0<\prod_{k=m+1}^{\frac n 2-1}\left(1-\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}\right)<1$$ Por lo tanto, desde $(4)$ tenemos $$p_n(x)\le\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}\right)$$ También tenemos $$\prod_{k=m+1}^{\frac n 2-1}\left(1-\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}\right)\ge1-\sum_{k=m+1}^{\frac n 2-1}\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}\ge1-\frac{x^2}4\sum_{k=m+1}^\infty\frac1{k^2}=1-s_m$$ y una vez más por $(4)$ obtenemos $$p_n(x)\ge(1-s_m)\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}\right)$$ En resumen, he demostrado que $$(1-s_m)\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}\right)\le p_n(x)\le\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{\sin^2\frac x n}{\sin^2\frac{k\pi}n}\right)\tag{5}$$ Ahora tomando $n\to\infty$ en $(5)$ Llego a $$(1-s_m)\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)\le\frac{\sin(x)}x\le\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)$$ Después de reordenar y tomar los valores absolutos, obtenemos $$\left|\frac{\sin(x)}x-\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)\right|\le|s_m|\left|\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)\right|$$ pero como tenemos $$\left|\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)\right|\le\prod_{k=1}^m\left(1+\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)\le\prod_{k=1}^me^{\frac{x^2}{k^2\pi^2}}\le e^{\sum_{k=1}^\infty\frac{x^2}{k^2\pi^2}}=e^{\ell}$$ Puedo escribir $$\left|\frac{\sin(x)}x-\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)\right|\le|s_m|e^{\ell}$$ Finalmente desde $\lim_{m\to\infty}s_m=0$ esta desigualdad implica nuestro objetivo, en efecto $$\prod_{k=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)=\frac{\sin(x)}x$$

Answer 3

Creo que esta es la prueba elemental más motivada.

Para $z \in \mathbb C$ y $n \in \mathbb N_{> 0}$ déjalo:

$$f_n \left({z}\right) = \frac 1 2 \left[{\left({1 + \frac z n}\right)^n - \left({1 - \frac z n}\right)^n }\right]$$

Entonces $f_n\left({z}\right) = 0$ si y sólo si:

\begin{align} &&\left({1 + \frac z n}\right)^n & = \left({1 - \frac z n}\right)^n \\ & \iff & 1 + \frac z n & = \left({1 - \frac z n}\right) e^{2 \pi i \frac k n} \\ & \iff & z & = n \frac {e^{2 \pi i \frac k n} - 1} {e^{2 \pi i \frac k n} + 1} \\ &&& = n i \tan \left({\frac {k \pi} n }\right) \end{align}

Dejemos que $n = 2 m + 1$ .

Entonces las raíces de $f_{2 m + 1} \left({z}\right)$ son $\left({2 m + 1}\right) i \tan \left({\dfrac {k \pi} {2 m + 1}}\right)$ para $- m \le k \le m$ .

Observe que $f_{2m + 1} \left({z}\right)$ es un polinomio de grado $2 m + 1$ .

Entonces para alguna constante $C$ tenemos:

\begin{align} f_{2 m + 1} \left({z}\right) & = C z \prod_{\substack {k \mathop = - m \\ k \mathop \ne 0} }^m \left({1 - \frac z {\left({2 m + 1}\right) i \tan \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right)\\ & = C z \prod_{k \mathop = 1}^m \left({1 + \frac {z^2} {\left({2 m + 1}\right)^2 \tan^2 \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right) \end{align}

Se puede ver en el teorema del binomio que el coeficiente de $z$ en $f_n \left({z}\right)$ es $1$ .

Por lo tanto, $C = 1$ y obtenemos:

$$f_{2 m + 1} \left({z}\right) = z \prod_{k \mathop = 1}^m \left({1 + \frac {z^2} {\left({2 m + 1}\right)^2 \tan^2 \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right)$$

En primer lugar, consideramos $z = x$ donde $x$ es un número real no negativo.

Dejemos que $l < m$ .

Entonces:

$$x \prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {x^2} {\left({2 m + 1}\right)^2 \tan^2 \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right) \le f_{2 m + 1} \left({x}\right)$$

Tomando el límite como $m \to \infty$ que tenemos:

\begin{align} & &\lim_{m \to \infty} x \prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {x^2} {k^2 \pi^2} \left({\frac {k \pi / \left({2 m + 1}\right)} {\tan \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right)^2 }\right) & \le \frac 1 2 \left({e^x - e^{- x} }\right)\\ & \implies &x \prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {x^2} {k^2 \pi^2} }\right) & \le \sinh x \end{align}

Por la desigualdad $\tan \theta \ge \theta$ para $0 \le \theta < \dfrac {\pi} 2$ que tenemos:

$$f_{2 l + 1} \left({x}\right) \le x \prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {x^2} {k^2 \pi^2} }\right) \le \sinh x$$

Tomando el límite como $l \to \infty$ tenemos por Teorema del Apretón:

$$\quad x \prod_{k \mathop = 1}^\infty \left({1 + \frac {x^2} {k^2 \pi^2} }\right) = \sinh x \tag{1}$$

Ahora dejemos que $1 < l < m$ .

Lo tenemos:

\begin{align} &\left \vert{f_{2 m + 1} \left({z}\right) - z \prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {z^2} {\left({2 m + 1}\right)^2 \tan^2 \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right)}\right \vert \\ & =\left \vert{z}\right \vert \left \vert{\prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {z^2} {\left({2 m + 1}\right)^2 \tan^2 \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right)}\right \vert \cdot \left \vert{\prod_{k \mathop = l + 1}^m \left({1 + \frac {z^2} {\left({2 m + 1}\right)^2 \tan^2 \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right) - 1}\right \vert\\ & \le \left \vert{z}\right \vert \left[{\prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {\left \vert{z}\right \vert^2} {\left({2 m + 1}\right)^2 \tan^2 \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right)}\right] \cdot \left[{\prod_{k \mathop = l + 1}^m \left({1 + \frac {\left \vert{z}\right \vert^2} {\left({2 m + 1}\right)^2 \tan^2 \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right) - 1}\right] \\ & = f_{2 m + 1} \left({\left \vert{z}\right \vert}\right) - \left \vert{z}\right \vert \prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {\left \vert{z}\right \vert^2} {\left({2 m + 1}\right)^2 \tan^2 \left({k \pi / \left({2 m + 1}\right)}\right)} }\right) \end{align}

Tomando el límite como $m \to \infty$ que tenemos:

$$\left \vert{\sinh z - z \prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {z^2} {k^2 \pi^2} }\right)}\right \vert \le \sinh {\left \vert{z}\right \vert} - \left \vert{z}\right \vert \prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {\left \vert{z}\right \vert^2} {k^2 \pi^2} }\right)$$

Ahora tome el límite como $l \to \infty$ .

Por $(1)$ y el Teorema del Apretón, tenemos:

$$\sinh z = z \prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 + \frac {z^2} {k^2 \pi^2} }\right)$$

Finalmente, sustituyendo $z \mapsto i z$ obtenemos:

$$ \sin z = z \prod_{k \mathop = 1}^l \left({1 - \frac {z^2} {k^2 \pi^2} }\right)$$

Answer 4

En caso de que quiera una prueba extremadamente simple:

Reescribamos la fórmula del producto como sigue:

$$\sin x = x\prod_{k \mathop = 1}^\infty \left({1 - \frac{x^2}{\pi^2 k^2} }\right)$$

Obsérvese que el lado derecho de la ecuación es un polinomio de grado $\infty$ , factorizado en un producto de otros polinomios más pequeños de grado 2.

Ahora, la ecuación se cumple si las raíces del polinomio y las raíces de la función seno coinciden. Raíces de la función seno:

$$x=0,\pm\pi,\pm2\pi,... $$

De manera similar, se puede escribir una fórmula de producto para el $\cos x$ si se sabe que las raíces del coseno son

$$\pm\frac{2k-1}{2}\pi;\;k=0,1,2,... $$

etc.

Observación:

"En primer lugar, el resultado, y luego el rigor si es necesario".