「§ 三角関数の無限級数表示と無限積表示」の編集履歴（バックアップ）一覧はこちら
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#blockquote(){{{定義 1.14 (指数関数、三角関数の定義)
任意の $$x\in\mathbb{C}$$ に対して、e&sup(){x}, cos x, sin x を次のように定める。
$$ \begin{align} e^x & = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots && = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} \\ \cos x & = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots && \left ( = \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!} \right ) \\ \sin x & = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots && \left ( = \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} \right ) \end{align} $$}}}
>これらは収束するか？
>連続関数となるか？
>微分可能なのか？
>われわれが使ってきたものと同じなのか？
>というチェックが必要ですが、今はやりません。
#blockquote(){{{定理 1.15 (オイラーの積公式)
$$ \sin x = x\prod_{n=1}^\infty \left( 1-\frac{x^2}{n^2\pi^2} \right) = x \left( 1-\frac{x^2}{\pi^2} \right) \left( 1-\frac{x^2}{4\pi^2} \right) \left( 1-\frac{x^2}{9\pi^2} \right) \cdots $$}}}
証明は今学期はできない。
sin x は x = 0, ±π, ±2π, ±3π, ... のときに 0 になる、という特徴を踏まえた形になっているなぁ
と思えばよい。
ここから 定理 1.13 の第 1 式を導いてみましょう。
>テストに出ます。
右辺を展開すると
$$ x-x\left(\frac{x^2}{\pi^2}+\frac{x^2}{4\pi^2}+\frac{x^2}{9\pi^2}+\cdots\right) $$＋(5次以上の項)
となるので、
オイラーの積公式の右辺のx&sup(){3}の係数は
$$ -\left(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\frac{1}{9\pi^2}+\cdots\right) $$
一方、
$$ \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots $$より
オイラーの積公式の左辺のx&sup(){3}の係数は -1/3! したがって、
$$ -\frac{1}{3!} = -\left(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\frac{1}{9\pi^2}+\cdots\right) $$
ゆえに、$$ \frac{\pi^2}{6} = 1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots $$
>講義では第 2 式も導いていました。
>テストには出ないと思いますが…
x&sup(){5}の係数を比べると、
$$ \frac{1}{5!} = \frac{1}{\pi^4} \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=n+1}^\infty \frac{1}{m^2n^2} $$
一方、
$$ \left( \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2} \right)^2 = 2\sum_{n=1}^\infty \sum_{m=n+1}^\infty \frac{1}{m^2n^2} + \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^4} $$
が成り立つので、
$$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4} = \left( \frac{\pi^2}{6} \right)^2 - 2 \times \frac{\pi^4}{5!} = \frac{\pi^4}{36}-\frac{\pi^4}{60}=\frac{\pi^4}{90} $$
定理 1.15 (オイラーの積公式) に、$$ \sin \frac{\pi}{2}=1 $$ を代入すると、
$$ \begin{align} 1 &= \frac{\pi}{2} \left( 1-\frac{1}{4} \right) \left( 1-\frac{1}{16} \right) \left( 1-\frac{1}{36} \right) \left( 1-\frac{1}{64} \right) \cdots \\ &= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1\times3}{2\times2} \cdot \frac{3\times5}{4\times4} \cdot \frac{5\times7}{6\times6} \cdot \frac{7\times9}{8\times8} \cdots \end{align} $$
変形すると、
#blockquote(){{{命題 1.16 (ウォリスの公式)
$$ \frac{\pi}{2} = \frac{2\times2}{1\times3} \cdot \frac{4\times4}{3\times5} \cdot \frac{6\times6}{5\times7} \cdot \frac{8\times8}{7\times9} \cdots $$}}}
二項定理は、次数を実数に拡張しても成り立つ。
すなわち、
#blockquote(){{{定理 (二項定理)
α∈R, ''|x|<1'' に対して、次が成り立つ。
$$ (1+x)^\alpha = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{1 \cdot 2} x^2 + \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{1 \cdot 2 \cdot 3} x^3 + \cdots $$}}}
(例)
α=-1/2 とすると、
$$ \frac{1}{\sqrt{1-x}} & = 1 + \frac{1}{2}x + \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4}x^2 + \frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6}x^3 + \cdots $$
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*次:[[§9 正項級数の収束条件と交代級数の和]]
