4 $\sin z$ の無限乗積利用


$\qquad n を奇数の自然数とし、n=2m+1 とおく。$

(i) $円分方程式  z^n-1=0 の解は \qquad z_k=\cos \cfrac{2k\pi}{n}+i\sin \cfrac{2k\pi}{n} \quad (k=0,1,2, \cdots ,n-1)$


(ii) $z_k とz_{n-k} は互いに共役である。$

$(証明)$
\begin{eqnarray*} z_{n-k} &=&\cos \cfrac{2(n-k)\pi}{n}+i \cfrac{2(n-k)\pi}{n} \hspace{28em}\\ &=&\cos(2\pi-\cfrac{2k\pi}{n})+i \sin(2\pi-\cfrac{2k\pi}{n})\\ &=&\cos\cfrac{2k\pi}{n}-i \sin\cfrac{2k\pi}{n}\\ &=&\overline{z_k}\\ \end{eqnarray*}

(iii)$乗積表示$

\begin{eqnarray*} z^n-1 &=&(z-1)(z^{n-1}+z^{n-2}+ \cdots +z+1) \hspace{23em}\\ &=&(z-1)(z-z_1) \cdots (z-z_m)(z-z_{m+1}) \cdots (z-z_{n-1})\\ &=&(z-1)(z-z_1) \cdots (z-z_m)(z-z_{n-m}) \cdots (z-z_{n-1})\\ &=&(z-1)(z-z_1) \cdots (z-z_m) (z-\overline{z_m}) \cdots (z-\overline{z_1})\\ &=&(z-1)\prod_{k=1}^m(z-z_k)(z-\overline{z_k})\\ &=&(z-1)\prod_{k=1}^m\big(z^2-(z_k+\overline{z_k})z+z_k\overline{z_k}\big)\\ &=&(z-1)\prod_{k=1}^m\big(z^2-2z\cos \cfrac{2k\pi}{n}+1\big) \\ \end{eqnarray*} $ここで \ \ z \rightarrow \cfrac{z}{w}  とおくと$
\[(\cfrac{z}{w})^n-1=(\cfrac{z}{w}-1)\prod_{k=1}^m \big \{(\cfrac{z}{w})^2-2(\cfrac{z}{w})\cos \cfrac{2k\pi}{n}+1\big \} \hspace{18em}\] $両辺にw^n をかけて$
\begin{eqnarray*} z^n-w^n &=&(z-w)w^{n-1}\prod_{k=1}^m \cfrac{1}{w^2}\big(z^2-2zw \cos \cfrac{2k\pi}{n}+w^2\big) \hspace{17em}\\ &=&(z-w)w^{n-1}\cfrac{1}{w^{2m}}\prod_{k=1}^m \big(z^2-2zw \cos \cfrac{2k\pi}{n}+w^2\big)\\ &=&(z-w)\prod_{k=1}^m \big(z^2-2zw \cos \cfrac{2k\pi}{n}+w^2\big) \hspace{20em} (1) \\ \end{eqnarray*}

(iv)$\ \ ここで \ \ z \rightarrow 1+\cfrac{z}{n} , \quad w \rightarrow 1-\cfrac{z}{n}  と置き換えると$
\begin{eqnarray*} z^n-w^n &=&\big(1+\cfrac{z}{n}\big)^n - \big(1-\cfrac{z}{n}\big)^n \hspace{4em}\\ &=&1+n\big(\cfrac{z}{n}\big)+\cfrac{n(n-1)}{2!}\big(\cfrac{z}{n}\big)^2+\cfrac{n(n-1)(n-2)}{3!}\big(\cfrac{z}{n}\big)^3+ \cdots \\ &\hspace{4em}& -\left\{(1+n\big(-\cfrac{z}{n}\big)+\cfrac{n(n-1)}{2!}\big(-\cfrac{z}{n}\big)^2+\cfrac{n(n-1)(n-2)}{3!}\big(-\cfrac{z}{n}\big)^3+ \cdots \right\}\\ &=&2\left\{z+\cfrac{n(n-1)(n-2)}{3!n^3}z^3 +\cdots \right\}\\ \end{eqnarray*}
$ n \rightarrow \infty \ \ とすると \qquad z^n-w^n \rightarrow 2\big(z+\cfrac{z^3}{3!} + \cfrac{z^5}{5!}+ \cdots \big)$


(v)$ 双曲線関数$

\begin{eqnarray*} \sinh z &=&\cfrac{1}{2}(e^z-e^{-z}) \hspace{34em} \\ &=&\cfrac{1}{2}\big \{\big(1+\cfrac{z}{1!}+\cfrac{z^2}{2!}+ \cdots \big)-\big(1+\cfrac{-z}{1!}+\cfrac{(-z)^2}{2!}+ \cdots \big) \big \}\\ &=&z+\cfrac{z^3}{3!}+ \cdots \\ \end{eqnarray*}
$整級数展開の一意性により$
\[\lim_{n \to \infty }\big \{\big(1+\cfrac{z}{n}\big)^n - \big(1-\cfrac{z}{n}\big)^n \big \}=2\sinh z \hspace{18em}\]

(vi)$  一方 (1)の右辺は$
\[\{(1+\cfrac{z}{n})-(1-\cfrac{z}{n})\}\prod_{k=1}^m \left\{(1+\cfrac{z}{n})^2-2(1+\cfrac{z}{n})(1-\cfrac{z}{n}) \cos \cfrac{2k\pi}{n}+(1-\cfrac{z}{n})^2 \right\} \hspace{8em}\] \begin{eqnarray*} &=&\cfrac{2z}{n}\prod_{k=1}^m \left\{2+\cfrac{2z^2}{n^2}-2\big(1-\cfrac{z^2}{n^2}\big)\cos \cfrac{2k\pi}{n} \right\} \hspace{23em}\\ &=&\cfrac{2z}{n}\prod_{k=1}^m 2\left\{1-\cos \cfrac{2k\pi}{n} +\cfrac{z^2}{n^2}(1+\cos \cfrac{2k\pi}{n})\right\} \\ &=&\cfrac{2z}{n}\prod_{k=1}^m 2^2\big(\sin^2 \cfrac{k\pi}{n} +\cfrac{z^2}{n^2}\cos^2 \cfrac{k\pi}{n} \big) \\ &=&\cfrac{2z}{n}2^{2m}\prod_{k=1}^m \sin^2 \cfrac{k\pi}{n} \big(1+\cfrac{z^2}{n^2}\cot^2 \cfrac{k\pi}{n} \big) \\ &=&\cfrac{2^nz}{n}\prod_{k=1}^m \sin^2 \cfrac{k\pi}{n} \big(1+\cfrac{z^2}{n^2}\cot^2 \cfrac{k\pi}{n} \big) \\ &=&\cfrac{2^nz}{n}\prod_{k=1}^m \sin^2 \cfrac{k\pi}{n} \prod_{k=1}^m \big(1+\cfrac{z^2}{n^2}\cot^2 \cfrac{k\pi}{n} \big) \\ \end{eqnarray*} $ここで両辺のzの項の係数を比べると$
\[左辺=2 ,  右辺=\cfrac{2^n}{n}\prod_{k=1}^m \sin^2 \cfrac{k\pi}{n}  だから \quad \cfrac{2^n}{n}\prod_{k=1}^m \sin^2 \cfrac{k\pi}{n} =2 \hspace{10em}\] $よって$
\[右辺=2z\prod_{k=1}^m\big(1+\cfrac{z^2}{n^2}\cot^2 \cfrac{k\pi}{n} \big) =2z\prod_{k=1}^m \biggl\{1+\cfrac{z^2}{(n\tan \cfrac{k\pi}{n})^2} \biggr \} \hspace{12em}\] $\qquad n \rightarrow \infty とすると  n\tan \cfrac{k\pi}{n}=k\pi \times \cfrac{\tan \cfrac{k\pi}{n}}{\cfrac{k\pi}{n}} \rightarrow k\pi  だから$
\[右辺 \rightarrow 2z\prod_{k=1}^\infty \big(1+\cfrac{z^2}{k^2{\pi}^2} \big) \hspace{26em}\] $よって$
\[\sinh z=z\prod_{k=1}^\infty \big(1+\cfrac{z^2}{k^2{\pi}^2} \big) \hspace{26em}\]
$ところで$
\[\sin z=\cfrac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}  だから \hspace{28em}\] \[\sin(iz)=\cfrac{e^{-z}-e^z}{2i} =\cfrac{i}{2}(e^z-e^{-z})=i\sinh z \hspace{20em}\] $\qquad z \rightarrow -iz $ とおくと

$\hspace{8em}\sin z=i\sinh(-iz)=-i\sinh(iz)$ より
\[\sin z=-i (iz)\prod_{k=1}^\infty \big(1+\cfrac{(iz)^2}{k^2{\pi}^2} \big) =z\prod_{k=1}^\infty \big(1-\cfrac{z^2}{k^2{\pi}^2} \big) \hspace{16em}\] \[\therefore \prod_{k=1}^\infty \big(1-\cfrac{z^2}{k^2{\pi}^2} \big)=\cfrac{\sin z}{z} \hspace{26em}\]  $\qquad z \rightarrow \pi z $ とおくと
\[\prod_{k=1}^\infty \big(1-\cfrac{z^2}{k^2} \big)=\cfrac{\sin \pi z}{\pi z} \hspace{25em}\]
$これを \sin z の乗積表示といいます。$

$右辺をテーラー展開すると$

\[(1-\cfrac{z^2}{1^2})(1-\cfrac{z^2}{2^2})(1-\cfrac{z^2}{3^2}) \cdots =\cfrac{1}{\pi z}\big(\pi z-\cfrac{(\pi z)^3}{3!}+ \cdots \big)\hspace{13em}\]
$z^2 の項の係数を比べて$
\[\cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2}+ \cdots =\cfrac{\pi ^2}{6} \hspace{25em}\]
$が得られます。(大変でした!!)$



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