Prueba $\frac{\sin x}{x} =\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2\pi^2}\right) \left(1-\frac{x^2}{3^2\pi^2}\right)\cdots$

Question

¿Cómo probar el siguiente producto? $$\frac{\sin(x)}{x}= \left(1+\frac{x}{\pi}\right) \left(1-\frac{x}{\pi}\right) \left(1+\frac{x}{2\pi}\right) \left(1-\frac{x}{2\pi}\right) \left(1+\frac{x}{3\pi}\right) \left(1-\frac{x}{3\pi}\right)\cdots$$

Answer 1

Enfoque de análisis real.

Dejemos que $\alpha\in(0,1)$ , entonces define en el intervalo $[-\pi,\pi]$ la función $f(x)=\cos(\alpha x)$ y $2\pi$ -periódicamente extendida en la línea real. Es sencillo calcular su serie de Fourier. Como $f$ es $2\pi$ -periódica y continua en $[-\pi,\pi]$ entonces su serie de Fourier converge puntualmente a $f$ en $[-\pi,\pi]$ : $$ f(x)=\frac{2\alpha\sin\pi\alpha}{\pi}\left(\frac{1}{2\alpha^2}+\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\alpha^2-n^2}\cos nx\right), \quad x\in[-\pi,\pi]\tag{1} $$ Ahora toma $x=\pi$ , entonces obtenemos $$ \cot\pi\alpha-\frac{1}{\pi\alpha}=\frac{2\alpha}{\pi}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{\alpha^2-n^2}, \quad\alpha\in(-1,1)\tag{2} $$ Fijar $t\in(0,1)$ . Tenga en cuenta que para cada $\alpha\in(0,t)$ tenemos $|(\alpha^2-n^2)^{-1}|\leq(n^2-t^2)^{-1}$ y la serie $\sum_{n=1}^\infty(n^2-t^2)^{-1}$ es convergente. Por Weierstrass $M$ -probar la serie en la parte derecha de $(2)$ es uniformemente convergente para $\alpha\in(0,t)$ . Por lo tanto, podemos integrar $(2)$ en el intervalo $[0,t]$ . Y obtenemos $$ \ln\frac{\sin \pi t}{\pi t}=\sum\limits_{n=1}^\infty\ln\left(1-\frac{t^2}{n^2}\right), \quad t\in(0,1) $$ Por último, sustituya $x=\pi t$ para obtener $$ \frac{\sin x}{x}=\prod\limits_{n=1}^\infty\left(1-\frac{x^2}{\pi^2 n^2}\right), \quad x\in(0,\pi) $$

Enfoque de análisis complejo

Necesitaremos el siguiente teorema (debido a Weierstrass).

Dejemos que $f$ sea una función entera con un número infinito de ceros $\{a_n:n\in\mathbb{N}\}$ . Supongamos que $a_0=0$ es cero de orden $r$ y $\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\infty$ entonces $$ f(z)= z^r\exp(h(z))\prod\limits_{n=1}^\infty\left(1-\frac{z}{a_n}\right) \exp\left(\sum\limits_{k=1}^{p_n}\frac{1}{k}\left(\frac{z}{a_n}\right)^{k}\right) $$ para alguna función completa $h$ y la secuencia de enteros positivos $\{p_n:n\in\mathbb{N}\}$ . La secuencia $\{p_n:n\in\mathbb{N}\}$ puede elegirse arbitrariamente con un solo requisito $-$ la serie $$ \sum\limits_{n=1}^\infty\left(\frac{z}{a_n}\right)^{p_n+1} $$ es uniformemente convergente en cada compacta $K\subset\mathbb{C}$ .

Ahora aplicamos este teorema a la función completa $\sin z$ . En este caso tenemos $a_n=\pi n$ y $r=1$ . Desde la serie $$ \sum\limits_{n=1}^\infty\left(\frac{z}{\pi n}\right)^2 $$ es uniformemente convergente en cada compacta $K\subset \mathbb{C}$ entonces podemos elegir $p_n=1$ . En este caso tenemos $$ \sin z=z\exp(h(z))\prod\limits_{n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}}\left(1-\frac{z}{\pi n}\right)\exp\left(\frac{z}{\pi n}\right) $$ Dejemos que $K\subset\mathbb{C}$ sea un compacto que no contenga ceros de $\sin z$ . Para todos los $z\in K$ tenemos $$ \ln\sin z=h(z)+\ln(z)+\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}}\left(\ln\left(1-\frac{z}{\pi n}\right)+\frac{z}{\pi n}\right) $$ $$ \cot z=\frac{d}{dz}\ln\sin z=h'(z)+\frac{1}{z}+\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}}\left(\frac{1}{z-\pi n}+\frac{1}{\pi n}\right) $$ Se sabe que ( aquí puede encontrar la prueba) $$ \cot z=\frac{1}{z}+\sum\limits_{n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}}\left(\frac{1}{z-\pi n}+\frac{1}{\pi n}\right). $$ por lo que $h'(z)=0$ para todos $z\in K$ . Desde $K$ es arbitraria, entonces $h(z)=\mathrm{const}$ . Esto significa que $$ \sin z=Cz\prod\limits_{n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}}\left(1-\frac{z}{\pi n}\right)\exp\left(\frac{z}{\pi n}\right) $$ Desde $\lim\limits_{z\to 0}z^{-1}\sin z=1$ entonces $C=1$ . Finalmente, $$ \frac{\sin z}{z}=\prod\limits_{n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}}\left(1-\frac{z}{\pi n}\right)\exp\left(\frac{z}{\pi n}\right)= \lim\limits_{N\to\infty}\prod\limits_{n=-N,n\neq 0}^N\left(1-\frac{z}{\pi n}\right)\exp\left(\frac{z}{\pi n}\right)= $$ $$ \lim\limits_{N\to\infty}\prod\limits_{n=1}^N\left(1-\frac{z^2}{\pi^2 n^2}\right)= \prod\limits_{n=1}^\infty\left(1-\frac{z^2}{\pi^2 n^2}\right) $$ Este resultado es mucho más fuerte porque se mantiene para todos los números complejos. Pero en esta demostración he hecho trampa porque la representación en serie para $\cot z$ dadas anteriormente requieren esfuerzos adicionales y el uso del teorema de Mittag-Leffler.

Answer 2

Es fácil demostrar, utilizando el complejo, que la igualdad vale lo siguiente: \begin{equation} \sin((2n+1)z)=\sum_{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}(-1)^k(\cos z)^{2n-2k} \tag{1}(\sin z)^{2k+1} \end{equation}

Dividiendo la igualdad anterior por $\displaystyle \sin(z)\cos^{2n}z$ obtenemos: \begin{equation} \frac{\sin((2n+1)z)}{\sin(z)\cos^{2n}z}=\sum_{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}(-1)^k\tan^{2k}(z) \tag{2} \end{equation}

Dividiendo (1) entre $\displaystyle sin^{2n+1}z$ obtenemos: \begin{equation} \frac{\sin((2n+1)z)}{\sin^{2n+1}z}=\sum_{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}(-1)^k\cot^{2(n-k)}(z) \tag{3} \end{equation}

Hacer $\displaystyle \cot^2z=\zeta$ obtenemos un polinomio en la variable $\displaystyle \zeta$ :

\begin{equation} \frac{\sin((2n+1)z)}{\sin^{2n+1}z}=\sum_{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}(-1)^k\zeta^{n-k} \tag{4} \end{equation}

Que es un polinomio de grado n en $\displaystyle \zeta$ .como $\displaystyle \zeta$ Es una función de z, podemos encontrar las raíces de este polinomio por el seno del lado izquierdo, ver que: $\\ \displaystyle \sin((2n+1)z)=0\Rightarrow (2n+1)z=k\pi \Rightarrow z=\frac{k\pi}{2n+1}, k \in \mathbb{N}^{*}|k\leq n \\ \\$

La raíz del polinomio es:

\begin{equation} \zeta_k=\cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right), k \in \mathbb{N}^{*}|k\leq n \end{equation}

El teorema fundamental del álgebra puede factorizar un polinomio por sus raíces , entonces podemos reescribir ( 4 ) como

\begin{equation} \frac{\sin((2n+1)z)}{\sin^{2n+1}z}={2n+1 \choose 1}\prod_{k=1}^{n}(\zeta-\zeta_k) \end{equation} Pero tenemos $\displaystyle \cot^2z=\zeta$ y $\displaystyle \zeta_k=\cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)$ y obtenemos:

\begin{equation} \frac{\sin((2n+1)z)}{\sin^{2n+1}z}=(2n+1)\prod_{k=1}^{n}\left(\cot^2(z)-\cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)\right) \end{equation}

Multiplicando ambos lados de la igualdad anterior por $\displaystyle \tan^{2n}z$ obtenemos:

\begin{equation} \frac{\sin((2n+1)z)}{\sin z\cos^{2n}z}=(2n+1)\prod_{k=1}^{n}\left(1-\tan^2(z) \cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)\right) \tag{5} \end{equation}

Comparando ( 2 ) y ( 5) , tenemos:

\begin{equation} \sum_{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}(-1)^k\tan^{2k}(z)=(2n+1)\prod_{k=1}^{n}\left(1-\tan^2(z) \cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)\right) \end{equation}

Sustituyendo z por $\displaystyle \arctan \frac{z}{2n+1}$ obtenemos:

\begin{equation} \sum_{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}(-1)^k\left( \frac{z}{2n+1}\right)^{2k}=(2n+1)\prod_{k=1}^{n}\left(1-\left( \frac{z}{2n+1}\right)^2 \cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)\right) \end{equation} Multiplicando ambos lados de la igualdad anterior por $\displaystyle \frac{z}{2n+1}$ tenemos:

\begin{equation} \sum_{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}(-1)^k\left( \frac{z}{2n+1}\right)^{2k+1}=z\prod_{k=1}^{n}\left(1-\left( \frac{z}{2n+1}\right)^2 \cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)\right) \tag{6} \end{equation}

Fíjate en eso: \begin{equation} \sum_{k=0}^{n}{2n+1 \choose 2k+1}(-1)^k\left( \frac{z}{2n+1}\right)^{2k+1}=\frac{1}{2i}\left[\left(1+\frac{zi}{2n+1}\right)^{2n+1}-\left(1-\frac{zi}{2n+1}\right)^{2n+1}\right] \tag{7} \end{equation}

Sustituyendo ( 7) en ( 6) y tomando el límite al infinito , resulta que : \begin{equation} \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2i}\left(\left(1+\frac{zi}{2n+1}\right)^{2n+1}-\left(1-\frac{zi}{2n+1}\right)^{2n+1}\right)=\lim_{n \rightarrow \infty} z\prod_{k=1}^{n}\left(1-\left( \frac{z}{2n+1}\right)^2 \cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)\right) \end{equation}

Y esto implica:

\begin{equation} \sin z=\lim_{n \rightarrow \infty} z\prod_{k=1}^{n}\left(1-\left( \frac{z}{2n+1}\right)^2 \cot^2\left(\frac{k\pi}{2n+1}\right)\right) \end{equation} Aplicando el "Teorema de Tannery" obtenemos:

\begin{equation*} \sin z=z\prod_{k=1}^{ \infty}\left(1- \frac{z^2}{k^2\pi^2}\right) \end{equation*}

Answer 3

Utilizaremos el teorema de factorización de Hardamard para demostrarlo (véase https://en.wikipedia.org/wiki/Weierstrass_factorization_theorem#Hadamard_factorization_theorem ).

Observar $|\sin(\pi z)|\le e^{\pi |z|}$ por lo que tiene un orden de crecimiento menor que uno. Además tiene cero simple en cada número entero $n \in Z$ . Por lo tanto, por el teorema de la factorización de Hardamard, obtenemos $$ \sin (\pi z)= z e^{az+b}\displaystyle \prod_{0 \ne n \in Z}\left(1-\frac zn\right)e^{\frac z n}, \text { for some } a, b \in C.$$ Emparejamiento $n$ y $-n$ juntos en el producto obtenemos \begin{equation} \sin (\pi z)= z e^{az+b}\displaystyle \prod_{n =1}^{\infty}\left(1-\frac {z^2}{n^2}\right). \label{on} \end{equation} De la ecuación anterior obtendremos $$\frac {\sin (\pi z)}{\pi z}= \frac{e^{az+b}}{\pi}\displaystyle \prod_{n =1}^{\infty}\left(1-\frac {z^2}{n^2}\right).$$ Tomando $z \to 0$ en ambos lados obtenemos $\frac{e^{b}}{\pi}=1$ . De la ecuación anterior obtendremos $$\frac {\sin (\pi z)}{\pi z}= {e^{az}}\displaystyle \prod_{n =1}^{\infty}\left(1-\frac {z^2}{n^2}\right).$$ De nuevo utilizando el hecho de que $\frac {\sin (\pi z)}{\pi z}$ es una función par, se puede ver fácilmente que $a=0$ . Por lo tanto, obtenemos $$\frac {\sin (\pi z)}{\pi z}= \displaystyle \prod_{n =1}^{\infty}\left(1-\frac {z^2}{n^2}\right).$$ Así, $${\sin (\pi z)}= \pi z\displaystyle \prod_{n =1}^{\infty}\left(1-\frac {z^2}{n^2}\right).$$