Oändlig produkt

$\displaystyle A=\prod_1^\infty\frac{(4n-2)^2}{(4n-2)^2-1}\Rightarrow$
$\displaystyle \frac{1}{A}=\prod_1^\infty1-(4n-2)^{-2}=\prod_1^\infty1-\frac{1}{2^2(2n-1)^2}$

Vi använder sedan Eulers kända identitet:
$\displaystyle \sin (\pi z)=\pi z \prod_1^\infty1-\frac{z^2}{n^2}$

Detta ger:

$\displaystyle \prod_1^\infty1-\frac{2^{-2}}{n^2}=\prod_1^\infty1-\frac{2^{-2}}{(2n-1)^2}\cdot\prod_1^\infty1-\frac{2^{-2}}{(2n)^2}$

d.v.s. vi delar upp produkten i udda och jämna värden på indexet, där den vänstra produkten av de två till höger om likhetstecknet är den som efterfrågas.

För $z=\frac{1}{2}$ fås $z^2=2^{-2}$ och med $z=\frac{1}{4}$ erhålls $z^2=2^{-4}$.

Slutligen ger detta:

$\displaystyle \frac{1}{A} = \frac{\sin {(\pi/2)}}{\pi /2} / \frac{\sin {(\pi /4)}}{\pi /4}$
$\displaystyle \frac{1}{A}=\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow$
$\displaystyle A=\sqrt{2}$

Svar: Produkten är lika med $\sqrt{2}$.

På samma sätt som vi kan faktorisera ett polynom med hjälp av dess nollställen enligt faktorsatsen kan vi tänka oss att vi utvecklar $\sin(\pi x)$. Dess nollställen är ju alla heltalen, $x\in\mathbb{Z}$, så vi får då:

$\sin(\pi x)=...(x+3)(x+2)(x+1)ax(x-1)(x-2)(x-3)...$

där $a$ är en reell konstant. Om vi nu använder konjugatregeln får vi:

$\sin(\pi x)=ax(x^2-1)(x^2-2^2)(x^2-3^2)...$

För att få det hela på en form som gör det enklare att bestämma den inledande konstanten dividerar vi varje parentes och multiplicerar med minus ett så att alla parenteser blir på formen $(1-x^2/n^2)$. Vi får då en ny konstant $b$ för att kompensera för denna ommöblering:

$\sin\left(\pi x\right)=bx\left(1-x^2\right)(1-\dfrac{x^2}{2^2})(1-\dfrac{x^2}{3^2})...$

Konstanten $b$ kan därefter bestämmas genom att dividera båda led med $x$ och därefter ta ett gränsvärde då $x\to0$:

$\lim_{x\to0}\dfrac{\sin(\pi x)}{x}=\lim_{x\to0}\left(1-x^2\right)(1-\dfrac{x^2}{2^2})(1-\dfrac{x^2}{3^2})...$

$\pi=b(1-0)(1-0)(1-0)...$

vilket ger $b=\pi$ och:

$\dfrac{\sin(\pi x)}{x}=\pi\left(1-x^2\right)(1-\dfrac{x^2}{2^2})(1-\dfrac{x^2}{3^2})...$

$\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\left(1-x^2\right)(1-\dfrac{x^2}{2^2})(1-\dfrac{x^2}{3^2})...$

$\displaystyle\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\prod_{n=1}^\infty1-\frac{x^2}{n^2}$

Logaritmering av likheten

$\displaystyle\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\prod_{n=1}^\infty1-\frac{x^2}{n^2}$

ger:

$\displaystyle\ln\left(\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}\right)=\ln\left(\prod_{n=1}^\infty1-\frac{x^2}{n^2}\right)$

Logaritmlagen $\ln(abc)=\ln(a)+\ln(b)+\ln(c)$ ger sedan:

$\displaystyle\ln\left(\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}\right)=\sum_{n=1}^\infty\ln\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)$

Insättning av $x=1/\sqrt{2}$ respektive $x=1/2$ ger sedan ovanstående två summor.

Deriverar man båda led i

$\displaystyle\ln\left(\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}\right)=\sum_{n=1}^\infty\ln\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)$

erhålls:

$\displaystyle\frac{\pi\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}-\frac{1}{x}=\sum_{n=1}\infty\frac{-\frac{2x}{n^2}}{1-\frac{x^2}{n^2}}$

(VL kan skrivas som $\ln(\sin(\pi x))-\ln(\pi x)$ vilket förenklar deriveringen)

Därefter kan man förenkla i högerled och utnyttja att $(\tan(x))^{-1}=\cos(x)/\sin(x)$:

$\displaystyle\frac{1}{x}-\frac{\pi}{\tan(\pi x)}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2x}{n^2-x^2}$

$\displaystyle\frac{1}{2x^2}-\frac{\pi}{2x\tan(\pi x)}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2-x^2}$

Sedan ges summorna när man sätter in $x=\sqrt{2}$ respektive $x=1/3$

Maclaurinutvecklingen för $\sin(\pi x)/(\pi x)$ är:

$\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}=1-\dfrac{\pi^2x^2}{6}+\frac{\pi^4x^4}{120}-...$

Genom att multiplicera ut parenteserna får vi:

$\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\left(1-x^2\right)(1-\dfrac{x^2}{2^2})(1-\dfrac{x^2}{3^2})...=$

$=1-x^2-\dfrac{x^2}{2^2}-\dfrac{x^2}{3^2}-...=1-x^2(1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+...)+...$

Vi ser att koefficienten för $x^2$ bildar summan:

$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$

Men denna måste även vara lika med $x^2$-koefficienten i Maclaurinutvecklingen. Vi får då:

$\displaystyle\frac{\pi^2}{6}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}$

För den andra summan görs ett liknande resonemang för $x^4$-koefficienterna. Ur parenteserna kommer $x^4$-termerna att bli:

$x^2\cdot\dfrac{x^2}{2^2}+x^2\cdot\dfrac{x^2}{3^2}+...+\dfrac{x^2}{2^2}\cdot\dfrac{x^2}{3^2}+\dfrac{x^2}{2^2}\cdot\dfrac{x^2}{4^2}+...+\dfrac{x^2}{3^2}\cdot\dfrac{x^2}{4^2}+\dfrac{x^2}{3^2}\cdot\dfrac{x^2}{5^2}+...$

vilket med sigmanotation ger:

$\displaystyle\frac{\pi^4}{120}=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=k+1}^\infty\frac{1}{k^2\cdot n^2}$