三角関数の無限乗積展開

数学において、三角関数と双曲線関数について無限乗積を用いた以下の恒等式が成立する。

\sin {({\pi }z)}={\pi }z\prod _{n=1}^{\infty }{\left(1-{\frac {z^{2}}{n^{2}}}\right)}

\cos {({\pi }z)}=\prod _{n=1}^{\infty }{\left(1-{\frac {z^{2}}{(n-{\frac {1}{2}})^{2}}}\right)}

\sinh {({\pi }z)}={\frac {\sin({\pi }iz)}{i}}={\pi }z\prod _{n=1}^{\infty }{\left(1+{\frac {z^{2}}{n^{2}}}\right)}

\cosh {({\pi }z)}=\cos({\pi }iz)=\prod _{n=1}^{\infty }{\left(1+{\frac {z^{2}}{(n-{\frac {1}{2}})^{2}}}\right)}

初等的な考察

$\sin({\pi }z)$ は複素平面全体で正則(マクローリン展開の収束半径が無限大)であるから無限次の多項式で表される。 $\sin({\pi }z)$ の零点は $z={\pm }n$ であるから、 $c$ を定数として

\sin({\pi }z)=cz\prod _{n=1}^{\infty }{\left(1+{\frac {z}{n}}\right)}{\left(1-{\frac {z}{n}}\right)}=cz\prod _{n=1}^{\infty }{\left(1-{\frac {z^{2}}{n^{2}}}\right)}

微分して

\pi \cos({\pi }z)=c\prod _{n=1}^{\infty }{\left(1-{\frac {z^{2}}{n^{2}}}\right)}+cz{\frac {d}{dz}}\prod _{n=1}^{\infty }{\left(1-{\frac {z^{2}}{n^{2}}}\right)}

$z=0$ を代入すれば $c=\pi$ を得る。同様に

\cos({\pi }z)=c'\prod _{n=1}^{\infty }{\left(1+{\frac {z}{n-{\frac {1}{2}}}}\right)}{\left(1-{\frac {z}{n-{\frac {1}{2}}}}\right)}

$z=0$ を代入すれば $c'=1$ を得る。但し、これは厳密な証明ではない。何故ならば $z\to \infty$ を考慮していないからである。同じ方法で $e^{z}$ の無限乗積展開を求めようとすると失敗するであろう。一般にはワイエルシュトラスの因数分解定理が必要になる。

証明

正弦関数の乗積展開を証明するには

f(z)={\frac {{\pi }z\prod _{n=1}^{\infty }{\left(1-{\frac {z^{2}}{n^{2}}}\right)}}{\sin({\pi }z)}}

として、恒等的に $f(z)=1$ であることを示せば良い。そのために $f(z)$ の対数微分

{\frac {d}{dz}}\log {f(z)}={\frac {1}{z}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\left({\frac {1}{n+z}}-{\frac {1}{n-z}}\right)}-\pi {\frac {\cos {{\pi }z}}{\sin {{\pi }z}}}

を考える。余接関数の部分分数展開

\pi \cot {{\pi }z}={\frac {1}{z}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {2z}{z^{2}-n^{2}}}

を用いて ${\frac {d}{dz}}\log {f(z)}=0$ となるから $f(z)$ は定数であり、 $f(z)=f(0)=1$ が得られる。

フーリエ級数を用いた証明

$\alpha \in (0,1)$ とし、区間 $[-\pi ,\pi ]$ で定義された関数 $f(x)=\cos(\alpha x)$ を考える。

これを周期 $2\pi$ で延長した関数のフーリエ級数は区間 $[-\pi ,\pi ]$ において $f$ に各点収束する。

$f(x)={\frac {2\alpha \sin \pi \alpha }{\pi }}\left({\frac {1}{2\alpha ^{2}}}+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{\alpha ^{2}-n^{2}}}\cos nx\right)$

$x=\pi$ を代入すると

$\cot \pi \alpha -{\frac {1}{\pi \alpha }}={\frac {2\alpha }{\pi }}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{\alpha ^{2}-n^{2}}}$

ここで $z\in (0,1)$ をとる。 $\alpha \in (0,z)$ であるとき、 $\left|{\frac {1}{\alpha ^{2}-n^{2}}}\right|\leq {\frac {1}{n^{2}-z^{2}}}$ であり、また $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}-z^{2}}}$ は収束することから、