Witam.
W jaki sposób udowodnić wzór:
\(\displaystyle{ \frac{\sin x}{x} = \prod_{n=1}^{ \infty } \left( 1- \frac{ x^{2} }{ n^{2} \pi ^{2} } \right)}\)
Szukałem, ale nigdzie nie znalazłem. Byłbym wdzięczny za naprowadzenie.
Pozdrawiam
Przedstawienie funkcji jako iloczyn nieskończony
-
neron0308
- Użytkownik
- Posty: 181
- Rejestracja: 30 sty 2010, o 12:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 27 razy
Przedstawienie funkcji jako iloczyn nieskończony
Ostatnio zmieniony 31 gru 2013, o 02:14 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
Spektralny
- Użytkownik
- Posty: 3976
- Rejestracja: 17 cze 2011, o 21:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Praga, Katowice, Kraków
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 929 razy
Przedstawienie funkcji jako iloczyn nieskończony
Ten wzór pochodzi od Eulera. Tutaj (strony 202, 203, 204) znajdziesz dowód z książki Landaua Differential and Integral Calculus.
Szkic dowódu poprzez szeregi Fouriera. Dla ustalonego \(\displaystyle{ 0<\alpha<1}\) rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(x) = \cos (\alpha x)}\) na przedziale \(\displaystyle{ [-\pi, \pi]}\). Rozszerzmy \(\displaystyle{ f}\) okresowo na całe \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) metodą "kopiuj-wklej". Ponieważ \(\displaystyle{ f}\) jest klasy \(\displaystyle{ C^1}\) jej szereg Fouriera (wyznaczenie go jest rutynowe) jest do niej punktowo zbieżny, tj.
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{2\alpha\sin\pi\alpha}{\pi}\left(\frac{1}{2\alpha^2}+\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\alpha^2-n^2}\cos nx\right),
\quad x\in[-\pi,\pi]}\)
Podstawiając \(\displaystyle{ \pi}\) do \(\displaystyle{ f}\) dostajemy
\(\displaystyle{ \cot\pi\alpha-\frac{1}{\pi\alpha}=\frac{2\alpha}{\pi}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{\alpha^2-n^2},
\quad\alpha\in(-1,1)}\)
Dla \(\displaystyle{ 0<t<1}\) i \(\displaystyle{ 0<\alpha<t}\) mamy
\(\displaystyle{ |(\alpha^2-n^2)^{-1}|\leq(n^2-t^2)^{-1}}\)
Z kryterium Weierstrassa wynika, że szereg funkcyjny zmiennej \(\displaystyle{ \alpha}\)
\(\displaystyle{ \frac{2\alpha}{\pi}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{\alpha^2-n^2}}\)
jest jednostajnie zbieżny do swojej granicy punktowej
\(\displaystyle{ \cot\pi\alpha-\frac{1}{\pi\alpha}.}\)
Możemy zatem całkować obustronnie (po prawej stronie wyraz po wyrazie):
\(\displaystyle{ \int_0^t (\cot\pi\alpha-\frac{1}{\pi\alpha})\,\mbox{d}\alpha=\int_0^t \frac{2\alpha}{\pi}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{\alpha^2-n^2}\,\mbox{d}\alpha}\)
skąd otrzymujemy
\(\displaystyle{ \ln\frac{\sin \pi t}{\pi t}=\sum\limits_{n=1}^\infty\ln\left(1-\frac{t^2}{n^2}\right) = \ln \prod\limits_{n=1}^\infty\left(1-\frac{t^2}{n^2}\right),
\quad t\in(0,1).}\)
Weź teraz \(\displaystyle{ t = \tfrac{x}{\pi}}\) i gotowe.
Kod: Zaznacz cały
http://i.stack.imgur.com/0grgd.jpgKod: Zaznacz cały
http://i.stack.imgur.com/spPh4.jpgKod: Zaznacz cały
http://i.stack.imgur.com/TkOow.jpgKod: Zaznacz cały
http://i.stack.imgur.com/x00Rw.jpgKod: Zaznacz cały
http://i.stack.imgur.com/s5NVX.jpgSzkic dowódu poprzez szeregi Fouriera. Dla ustalonego \(\displaystyle{ 0<\alpha<1}\) rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(x) = \cos (\alpha x)}\) na przedziale \(\displaystyle{ [-\pi, \pi]}\). Rozszerzmy \(\displaystyle{ f}\) okresowo na całe \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) metodą "kopiuj-wklej". Ponieważ \(\displaystyle{ f}\) jest klasy \(\displaystyle{ C^1}\) jej szereg Fouriera (wyznaczenie go jest rutynowe) jest do niej punktowo zbieżny, tj.
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{2\alpha\sin\pi\alpha}{\pi}\left(\frac{1}{2\alpha^2}+\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{\alpha^2-n^2}\cos nx\right),
\quad x\in[-\pi,\pi]}\)
Podstawiając \(\displaystyle{ \pi}\) do \(\displaystyle{ f}\) dostajemy
\(\displaystyle{ \cot\pi\alpha-\frac{1}{\pi\alpha}=\frac{2\alpha}{\pi}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{\alpha^2-n^2},
\quad\alpha\in(-1,1)}\)
Dla \(\displaystyle{ 0<t<1}\) i \(\displaystyle{ 0<\alpha<t}\) mamy
\(\displaystyle{ |(\alpha^2-n^2)^{-1}|\leq(n^2-t^2)^{-1}}\)
Z kryterium Weierstrassa wynika, że szereg funkcyjny zmiennej \(\displaystyle{ \alpha}\)
\(\displaystyle{ \frac{2\alpha}{\pi}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{\alpha^2-n^2}}\)
jest jednostajnie zbieżny do swojej granicy punktowej
\(\displaystyle{ \cot\pi\alpha-\frac{1}{\pi\alpha}.}\)
Możemy zatem całkować obustronnie (po prawej stronie wyraz po wyrazie):
\(\displaystyle{ \int_0^t (\cot\pi\alpha-\frac{1}{\pi\alpha})\,\mbox{d}\alpha=\int_0^t \frac{2\alpha}{\pi}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{\alpha^2-n^2}\,\mbox{d}\alpha}\)
skąd otrzymujemy
\(\displaystyle{ \ln\frac{\sin \pi t}{\pi t}=\sum\limits_{n=1}^\infty\ln\left(1-\frac{t^2}{n^2}\right) = \ln \prod\limits_{n=1}^\infty\left(1-\frac{t^2}{n^2}\right),
\quad t\in(0,1).}\)
Weź teraz \(\displaystyle{ t = \tfrac{x}{\pi}}\) i gotowe.