読者です 読者をやめる 読者になる 読者になる

Lilliput Steps

小さな一歩から着実に. 数学やプログラミングのことを書きます.

sin の積の変形

$n$ が$2$ 以上の整数のとき,

$$ \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1} \sin \dfrac{k\pi}{n} = \dfrac{n}{2^{n-1}}$$

となることを示せ.

この問題の証明をしている方がいて, 解答をすぐに追えなかったので反省を込めて自分でも証明を書きます.

証明)

初めに, 以下の補題を示す.

補題
等式

$$n = \prod_{k=1}^{n-1}\left(1 - e^{i\frac{2k\pi}{n}}\right)$$

が成立する.

証明)

方程式
$$1+z+\cdots+z^{n-1} = 0 \cdots (1)$$
の解を考えると, $z \neq 1$ だから, $(1)$ は
$$\dfrac{(z - 1)(1+z+\cdots+z^{n-1})}{z-1} = \dfrac{z^n - 1}{z - 1} = 0$$
と変形できる. 分母を払い, $z \neq 1$ に気をつけると, $(1)$ の解として$z = e^{i\frac{2k\pi}{n}}(1 \leq k \leq n - 1)$ を得る.
この解を用いることで, $(1)$ の左辺は
$$\prod_{k=1}^{n-1}\left(z - e^{i\frac{2k\pi}{n}}\right)$$
因数分解できる. ここで$z = 1$ とすることで, 与えられた式が得られる. $//$

補題を用いて, この与えられた命題を3 つに場合分けして証明する.

(i) $n = 2$ のとき
(左辺) $= \sin \dfrac{\pi}{2} = 1 = \dfrac{2^1}{2} =$ (右辺) なので与式は成立する.

(ii) $n$ が$4$ 以上の偶数のとき
補題の等式より

$
\begin{align}
n &= \prod_{k=1}^{n-1}\left(1 - e^{i\frac{2k\pi}{n}}\right) \\
&= \left(1 - e^{i\frac{n\pi}{n}}\right) \prod_{k=1}^{\frac{n}{2} - 1}\left(1 - e^{i\frac{2k\pi}{n}}\right)\left(1 - e^{i\frac{2(n - k)\pi}{n}}\right) \\
&= 2 \prod_{k=1}^{\frac{n}{2} - 1}\left(1 - e^{i\frac{2k\pi}{n}} - e^{i\frac{2(n - k)\pi}{n}} + e^{i\frac{2n\pi}{n}}\right) \\
&= 2 \prod_{k=1}^{\frac{n}{2} - 1}\left(2 - 2 \cos \dfrac{2k\pi}{n} \right) \\
&= 2 \prod_{k=1}^{\frac{n}{2} - 1} 4 \sin^2\dfrac{k\pi}{n} \\
&= 2^{n-1} \prod_{k=1}^{\frac{n}{2} - 1} \sin\dfrac{k\pi}{n}\sin\dfrac{(n - k)\pi}{n} \\
&= 2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin \dfrac{k\pi}{n}
\end{align}
$

両辺を$2^{n-1}$ で割ることにより与式が得られる. $//$

(iii) $n$ が奇数のとき
偶数のときと同様にして得られる.$//$

よって示せた. $//$

(こんな超人的発想できない...><)