$\sin(x)$ versus $x(\pi-x)$

i.zitoussi
Modifié (December 2021) dans Histoire des Mathématiques
$\bullet$ Il y a quelques jours je suis tombé sur ce fil de math.exchange: A 1400 years old approximation of the sine function by Mahabhaskariya of Bhaskara I. Il n'y a pas de page wikipedia en français pour cela, mais il y en a une en anglais, dont voici un extrait.
(Now) I briefly state the rule (for finding the bhujaphala and the kotiphala, etc.) without making use of the Rsine-differences 225, etc. Subtract the degrees of a bhuja (or koti) from the degrees of a half circle (that is, 180 degrees). Then multiply the remainder by the degrees of the bhuja or koti and put down the result at two places. At one place subtract the result from 40500. By one-fourth of the remainder (thus obtained), divide the result at the other place as multiplied by the 'anthyaphala (that is, the epicyclic radius). Thus is obtained the entire bahuphala (or, kotiphala) for the sun, moon or the star-planets. So also are obtained the direct and inverse Rsines.
(Source: wikipedia). Le texte date du ... VIIè siècle. Selon "ceux qui s'y connaissent", en langage moderne, pour un angle exprimé en degrés dans l'intervalle $[0,180°]$, il faut interpréter ça par $ \sin x \simeq 4x(180-x)/(40500-x(180-x))$, et en radians: $$\sin x \simeq  \frac{16\, x(\pi-x)}{5\,\pi^2-4\, x(\pi-x)} \qquad (x\in [0,\pi]).$$
Il se trouve que cette approximation est excellente et est très proche (mais différente) de l'approximant de Padé de $\sin x$ à l'ordre $(2,2)$ en $0$, i.e de l'approximation de $\sin x$ sous la forme $P(x)/Q(x)$, où $P$ et $Q$ sont des polynômes de degré 2, avec des conditions sur les dérivées successives en $0$. Comme expliqué dans la réponse la mieux votée dans le fil math.exchange précité, l'approximation de Bhaskara I est celle qui impose que $P(x)/Q(x)$ coïncide avec $\sin x$ en $0, \frac{\pi}{6}$ et $\frac{\pi}{2}$ et leurs suppléments.
Une référence utile: S. Shirali, The Baskhara-Aryabhata approximation of the sine function (Mathematics Magazine, 2011).

$\bullet$ D'autres apparitions de $\sin x$ vs $x(1-x)$. Dans l'article Rota, Kahaner, Odlyzko, On the foundations of Combinatorial Theory VIII: Finite Operator Calculus, (J. Math. Anal. Appl., 1973) page 741 (p.58 de l'article), les auteurs citent des résultats de Schur et de Carlitz :


Il n'y a pas de référence pour Schur, mais l'article référencé de Carlitz, Note on Schur's expansion of $\sin (\pi x)$, peut se trouver ici. Carlitz y affirme que Schur a démontré: $$\sin(\pi x) = \pi\, x(1-x)\, \prod_{n\geq 1}\left(1+\frac{x(1-x)}{n(n+1)}\right).$$ La référence qu'il donne est un livre de Pólya et Szegő, introuvable et ... en allemand. J'ai beau chercher, je ne trouve aucune autre référence à ce résultat sur internet. Je trouve ça curieux car c'est sensé être "fameux".
$\bullet$ Questions. Où peut-on trouver une preuve de cette expansion en produit infini de $\sin(\pi x)$ ? Et connaissez-vous d'autres résultats dans le même esprit ?
Après je bloque.

Réponses

  • gebrane
    Modifié (December 2021)
    Bonjour
    Si j'ai bien compris , tu cherches à calculer $\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{a}{n(n+1)}\right)$ (dans ton cas a=x(x-1)),
    c'est ça ?
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Mon but dans ce fil, c'est surtout de partager des références, et en particulier le résultat de Bhaskara I, qui est vraiment sidérant.
    Mais effectivement, j'aimerais aussi savoir comment démontrer l'expansion de Schur, $\sin(\pi x) = \pi\, x(1-x) \prod_{n\geq 1} (1+\frac{x(1-x)}{n(n+1)})$.
    Après je bloque.
  • gebrane
    Modifié (December 2021)
    On peut démontrer la formule de  Schur  en procédant ainsi.
    C'est une technique que j'ai apprise avant. Soit a>0 et calculons $\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{a}{n(n+1)}\right)$
    On a $1-\frac{a}{n(n+1)}=\frac{n^2+n-a}{n(n+1)}=\frac{(n-x_1)(n-x_2)}{n(n+1)}=(1-\frac {x_1}n)(1+\frac{-1-x_2}{n+1})=(1-\frac {x_1}n)(1+\frac{x_1}{n+1})$
    avec $x_1=\frac{-1+\sqrt {1+4a}}{2}$ et $x_2=-1-x_1$.
     

    Je donne les détails  on a $ \prod\limits_{n = 1}^N {\left( {1 - \frac{{x_1 }}{n}} \right)\left( {1 + \frac{{x_1 }}{{n + 1}}} \right)} =\prod\limits_{n = 1}^N {\left( {1 - \frac{{x_1 }}{n}} \right) \prod\limits_{n = 1}^N  \left( {1 + \frac{{x_1 }}{{n + 1}}} \right)}=\prod\limits_{n = 1}^N {\left( {1 - \frac{{x_1 }}{n}} \right) \prod\limits_{n = 2}^{N+1}  \left( {1 + \frac{{x_1 }}{{n }}} \right)}=\frac{{1 + \frac{{x_1 }}{{N + 1}}}}{{1 + x_1 }}\prod\limits_{n = 1}^N {\left( {1 - \frac{{x_1 }}{n}} \right)\left( {1 + \frac{{x_1 }}{n}} \right)} $

    A la limite quand N tend vers l'infini
    $\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{a}{n(n+1)}\right)=\frac 1{1+x_1} \prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{x_1^2}{n^2}\right)=\frac{1}{{1 + x_1 }}\frac{{\sin (\pi x_1 )}}{{\pi x_1 }}$.

    A remarquer que $(1+x_1)x_1=-x_2 x_1=-(-a)=a$ ( propriété sur le produit des racines), donc en remplaçant $a$ par $(1+x_1)x_1$ on a prouver que$\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{(1+x_1)x_1}{n(n+1)}\right)=\frac{{\sin (\pi x_1 )}}{{\pi (1+x_1)x_1 }}$ . Tu retouves ta formule en remplacant $x_1$ par $-x_1$

    donc ça marche



    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • Le livre de Pólya et Szegő n'est pas du tout introuvable, c'est un grand classique sans cesse réédité et il figure encore au catalogue de Springer dans sa traduction anglaise  : Problems and Theorems in Analysis, en deux volumes.
  • i.zitoussi
    Modifié (December 2021)
    Chaurien, merci. Carlitz, un Américain, cite ce livre dans sa version originale et je ne me suis pas douté qu'il y avait des traductions.
    gebrane, je vais essayer avec ton idée, mais ça ne me semble pas gagné.
    Après je bloque.
  • Chaurien
    Modifié (December 2021)
    Et même la version originale allemande du Pólya-Szegő est disponible. Je joins la page, pour frimer, car je ne connais pas l'allemand
    ;)
  • YvesM
    Modifié (December 2021)
    Bonjour
    Pour calculer le produit infini $\ \displaystyle \prod_{n\geq 1} (1+{x(1-x)\over n(n+1)}),$ pour $0<x<1,$ on écrit la fraction rationnelle sous forme factorisée : $\displaystyle {(n+x)(n+1-x)\over (n+0)(n+1)}$ et le produit infini est l’inverse de $\displaystyle {\Gamma(x+1)\Gamma(2-x)\over \Gamma(1)\Gamma(2)}.$
    Comme $\Gamma(x+1)=x \Gamma(x)$, $\Gamma(2-x)=(1-x)\Gamma(1-x)$ et $\displaystyle \Gamma(x)\Gamma(1-x)={\pi\over \sin \pi x}$, le produit infini est l’inverse de $\displaystyle x(1-x) {\pi\over \sin \pi x}.$ 
    Voilà !
  • i.zitoussi  J'ai edité mon message, ça marche
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • jandri
    Modifié (December 2021)
    YvesM a corrigé la valeur du produit infini.
  • Bonjour,
    @jandri j’ai corrigé en ajoutant « l’inverse de ». 
  • Merci à gebrane et YvesM. Donc cette expansion de Schur, c'était de manière déguisée la formule de Euler $\sin(x)/x = \prod_{n\geq 1}(1-(\frac{x}{n\pi})^2)$. La remarque de Schur, c'était qu'en termes de $x(1-x)$, on a un produit similaire avec que des termes à coefficients positifs.
    Après je bloque.
  • jandri
    Modifié (December 2021)
    C'est immédiat de faire le lien avec la formule d'Euler : 

    $\displaystyle\prod_{n=1}^N\left(1+\dfrac{x(1-x)}{n(n+1)}\right)=\prod_{n=1}^N\left(\left(1+\dfrac{x}{n}\right)\left(1-\dfrac{x}{n+1}\right)\right)=\dfrac{1-\frac x{N+1}}{1-x}\prod_{n=1}^N\left(1-\dfrac{x^2}{n^2}\right)\underset{N\to\infty}\to\dfrac1{1-x}\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\dfrac{x^2}{n^2}\right)=\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x(1-x)}$

    C'est ce qu'a fait gebrane plus généralement pour $a$.
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