sinhの無限乗積展開
$\sinh$ の無限乗積展開
\[
\sinh{x} = x\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{x^2}{n^2\pi^2}\right) \qquad (x > 0)
\]
と，関連する結果の導出方法をまとめた．
導出には以下の結果を用いる：
$\sinh$ の無限乗積展開を求める
$m$ を $1$ 以上の整数とする．
\[
p,q > 0 , \qquad \theta_k = \frac{2k-1}{2m}\pi \quad (k = 1 , 2 , \dots , m)
\]
に対して
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2m}+q^{2m}}{n^{2m}+p^{2m}} = \frac{p^m}{q^m}\prod_{k=1}^{m}\sqrt{\frac{\cosh{(2\pi q \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi q \cos{\theta_k})}}{\cosh{(2\pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}}
\]
が成り立つ．
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$m$ を $1$ 以上の整数とする．
\[
\theta_k = \frac{2k-1}{2m}\pi, \quad s_k = \pi a \sin{\theta_k}, \quad c_k = \pi a \cos{\theta_k} \quad (k = 1 , 2 , \dots , m)
\]
に対して
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2m} + a^{2m}} = \frac{1}{2ma^{2m}}\sum_{k=1}^{m}\frac{s_k\sinh{(2s_k)}+c_k\sin{(2c_k)}}{\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}}-\frac{1}{2a^{2m}}
\]
が成り立つ．両辺に $2ma^{2m-1}$ を掛けると
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2ma^{2m-1}}{n^{2m}+a^{2m}} = \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{m}\frac{s_k\sinh{(2s_k)}+c_k\sin{(2c_k)}}{\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}}-\frac{m}{a} \tag{$\diamondsuit$}
\]
が成り立つ．ここで，左辺の和の分母を $a$ で微分すると
\[
\frac{d}{da}\bigl(n^{2m} + a^{2m}\bigr) = 2ma^{2m-1}
\]
である．同様に，右辺の和のを $a$ で微分すると
\[
\frac{d}{da}\bigl(\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}\bigr) = \frac{2}{a}\bigl(s_k\sinh{(2s_k)}+c_k\sin{(2c_k)}\bigr)
\]
が成り立つ．したがって，無限級数 $(\diamondsuit)$ は，$a$ での微分を $’$ で表すと
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n^{2m} + a^{2m})’}{n^{2m} + a^{2m}} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{m}\frac{\bigl(\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}\bigr)’}{\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}}-\frac{m}{a}
\]
と変形できる．$0 < p < a < q < + \infty$ なる $p , \, q$ に対して，左辺は zeta 関数 を用いて
\[
\left|\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2ma^{2m-1}}{n^{2m}+a^{2m}}\right| \leqq 2mq^{2m-1}\zeta(2m) < + \infty
\]
と評価できるから，$p \leqq a \leqq q$ で項別積分可能であることに注意して，この範囲で両辺の定積分を考えると，左辺は
$$
\begin{align*}
\int_{p}^{q}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n^{2m} + a^{2m})’}{n^{2m} + a^{2m}}\,da
&= \sum_{n=1}^{\infty}\int_{p}^{q}\frac{(n^{2m} + a^{2m})’}{n^{2m} + a^{2m}}\,da \\
&= \sum_{n=1}^{\infty}\biggl[\log{(n^{2m} + a^{2m})}\biggr]_{p}^{q} \\
&= \sum_{n=1}^{\infty}\log{\left(\frac{n^{2m}+q^{2m}}{n^{2m}+p^{2m}}\right)} \\
&= \log{\left(\prod_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2m}+q^{2m}}{n^{2m}+p^{2m}}\right)}
\end{align*}
$$
と計算できる．右辺の第１項は
$$
\begin{align*}
\int_{p}^{q}\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{m}\frac{\bigl(\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}\bigr)’}{\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}}\,da
&= \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{m}\biggl[\log{\bigl(\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}\bigr)}\biggr]_{p}^{q} \\
&= \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{m}\log{\left(\frac{\cosh{(2\pi q \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi q \cos{\theta_k})}}{\cosh{(2\pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}\right)} \\
&= \log{\left(\prod_{k=1}^{m}\sqrt{\frac{\cosh{(2\pi q \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi q \cos{\theta_k})}}{\cosh{(2\pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}}\right)}
\end{align*}
$$
であり，第２項は
\[
\int_{p}^{q}-\frac{m}{a}\,da =-m\log{\frac{q}{p}} = \log{\frac{p^m}{q^m}}
\]
である．したがって
$$
\begin{align*}
\log{\left(\prod_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2m}+q^{2m}}{n^{2m}+p^{2m}}\right)}
&= \log{\left(\prod_{k=1}^{m}\sqrt{\frac{\cosh{(2\pi q \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi q \cos{\theta_k})}}{\cosh{(2\pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}}\right)} + \log{\frac{p^m}{q^m}} \\
&= \log{\frac{p^m}{q^m}\left(\prod_{k=1}^{m}\sqrt{\frac{\cosh{(2\pi q \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi q \cos{\theta_k})}}{\cosh{(2\pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}}\right)}
\end{align*}
$$
が成り立つから，両辺の自然対数の真数部分を比較すれば，求める結果を得る．ただし，両辺の逆数を考えれば，$p < q$ の仮定を除けることに注意する．
関連する無限乗積の値を計算する
$m=1$ のとき
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\frac{n^2+q^2}{n^2+p^2} = \frac{p \sinh{(\pi q)}}{q \sinh{(\pi p)}} \qquad (p,q > 0)
\]
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$\theta_1 = \pi/2$ であるから
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\frac{n^2+q^2}{n^2+p^2} = \frac{p}{q}\sqrt{\frac{\cosh{2 \pi q}-1}{\cosh{2 \pi p}-1}} = \frac{p}{q}\sqrt{\frac{2 \sinh^2{(\pi q)}}{2 \sinh^2{(\pi p)}}} = \frac{p \sinh{(\pi q)}}{q \sinh{(\pi p)}}
\]
を得る．ここで，双曲線関数の２倍角の公式
\[
\cosh{(2x)} = 2 \sinh^2{x} + 1
\]
および
\[
\sinh{x} \geqq 0 \qquad (x \geqq 0)
\]
に注意した．
また，$p \to + 0$ の極限を考えて次を得る．
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1 + \frac{q^2}{n^2}\right) = \frac{\sinh{(\pi q)}}{\pi q} \qquad (q > 0)
\]
$\pi q = x$ とすれば，$\sinh$ の無限乗積展開
\[
\sinh{x} = x\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{x^2}{n^2\pi^2}\right) \qquad (x > 0)
\]
を得る．また，$q=1$ の特殊値として
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1 + \frac{1}{n^2}\right) = \frac{\sinh{\pi}}{\pi}
\]
などが得られる．
$m=2$ のとき（計算略）
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\frac{n^4+q^4}{n^4+p^4} = \frac{p^2\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi q)}-\cos{(\sqrt{2}\pi q)} \bigr)}{q^2\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi p)}-\cos{(\sqrt{2}\pi p)} \bigr)} \qquad (p,q > 0)
\]
また，$p \to + 0$ の極限を考えて次を得る．
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1 + \frac{q^4}{n^4}\right) = \frac{\cosh{(\sqrt{2} \pi q)}-\cos{(\sqrt{2}\pi q)}}{2 \pi^2 q^2} \qquad (q > 0)
\]
さらに，正の整数 $k$ に対して
\[
\prod_{n=1}^{\infty} \left(1 + \frac{4k^4}{n^4}\right) = \frac{\sinh^2{(\pi k)}}{\pi^2 k^2}
\]
であり，特に特殊値として
\[
\prod_{n=1}^{\infty} \left(1 + \frac{4}{n^4}\right) = \frac{\sinh^2{\pi}}{2 \pi^2}
\]
を得る．
一般の $m$ に対して
$m$ を $1$ 以上の整数とする．
\[
\theta_k = \frac{2k-1}{2m}\pi
\]
および $q > 0$ に対して
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1 + \frac{q^{2m}}{n^{2m}}\right) = \prod_{k=1}^{m}\sqrt{\frac{\cosh{(2 \pi q \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi q \cos{\theta_k})}}{2 \pi^2 q^2}}
\]
が成り立つ．
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極限
\[
\lim_{p \to + 0}\frac{p}{\sqrt{\cosh{(2 \pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}}
\]
を考える．この極限が存在すると仮定して，その極限値を $\alpha$ とおく．$\alpha \geqq 0$ は明らかである．l’Hospital の定理より
\[
\alpha = \lim_{p \to + 0}\frac{p}{\sqrt{\cosh{(2 \pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}} = \frac{1}{\pi} \lim_{p \to 0} \frac{\sqrt{\cosh{(2 \pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}}{\sin{\theta_k} \sinh{(2 \pi p \sin{\theta_k})} + \cos{\theta_k}\sin{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}
\]
が成り立つ．再び l’Hospital の定理を用いて
$$
\begin{align*}
\alpha
&= \frac{1}{\pi} \lim_{p \to 0} \frac{\sqrt{\cosh{(2 \pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}}{\sin{\theta_k} \sinh{(2 \pi p \sin{\theta_k})} + \cos{\theta_k}\sin{(2 \pi p \cos{\theta_k})}} \\
&= \frac{\pi}{2\pi^2} \lim_{p \to 0} \frac{1}{\sin^2{\theta_k \cosh{(2 \pi p \sin{\theta_k})}}+\cos^2{\theta_k}\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}} \frac{\sin{\theta_k} \sinh{(2 \pi p \sin{\theta_k})} + \cos{\theta_k}\sin{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}{\sqrt{\cosh{(2 \pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}} \\
&= \frac{1}{2\pi^2}\frac{1}{\sin^2{\theta_k} + \cos^2{\theta_k}}\frac{1}{\alpha} \\
&= \frac{1}{2 \pi^2 \alpha}
\end{align*}
$$
であるから
\[
\alpha = \frac{1}{\sqrt{2} \pi}
\]
を得る．したがって
$$
\begin{align*}
\frac{p^m}{q^m}\prod_{k=1}^{m}\sqrt{\frac{\cosh{(2\pi q \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi q \cos{\theta_k})}}{\cosh{(2\pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}}
=\prod_{k=1}^{m}\left(\frac{\sqrt{\cosh{(2\pi q \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi q \cos{\theta_k})}}}{q}\frac{p}{\sqrt{\cosh{(2\pi p \sin{\theta_k})}-\cos{(2 \pi p \cos{\theta_k})}}}\right)
\end{align*}
$$
に注意して，$p \to +0$ の極限を適用すれば求める結果を得る．
その他の特殊値
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\frac{(n^2+1)^2}{n^4+4} = 2
\]
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$m=1$ の場合に次を見た：
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1 + \frac{1}{n^2}\right) = \frac{\sinh{\pi}}{\pi}
\]
両辺を $2$ 乗して
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^2 = \frac{\sinh^2{\pi}}{\pi^2}
\]
が成り立つ．また，$m=2$ の場合に次を得た：
\[
\prod_{n=1}^{\infty} \left(1 + \frac{4}{n^4}\right) = \frac{\sinh^2{\pi}}{2 \pi^2}
\]
これらの結果を合わせて
\[
\prod_{n=1}^{\infty}\frac{(n^2+1)^2}{n^4+4} = \prod_{n=1}^{\infty}\frac{\left(1+\frac{1}{n^2}\right)^2}{1 + \frac{4}{n^4}} = 2
\]
を得る．
20190804 更新