余元公式

             

  • 本文需要和 Gamma 函数 2 整合
预备知识 Gamma 函数 2

   余元公式为

\begin{equation} \Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\pi}{\sin \pi x} \end{equation}

引理 1 伽马函数的三种等价定义:

   欧拉定义

\begin{equation} \Gamma(z):=\int^{\infty}_{0}e^{-t}t^{z-1} \,\mathrm{d}{t} \end{equation}
高斯定义
\begin{equation} \Gamma(z):=\lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{n!n^z}{z(z+1)\dots (z+n)}}=\prod_{n}^{\infty}\frac{\left( 1+\frac1n \right)^z}{\left( 1+\frac zn \right)} \end{equation}
魏尔斯特拉斯定义
\begin{equation} \frac1{\Gamma(x)}:=ze^{\gamma z}\prod_{n}^{\infty}\left[ \left( 1+\frac{z}{n}\right) \mathrm{e} ^{-\frac{z}{n}} \right] \end{equation}

   首先是1

\begin{equation} (\cos z+i\sin z)^n=\cos\,nz+i\sin nz \end{equation}
所以有
\begin{equation} \sin nz=n(\cos^{n-1}z)\sin z-\frac{n(n-1)(n-2)}{1\cdot 2\cdot 3}(\cos^{n-3}z \cdot \sin z)+\dots \end{equation}
仅仅考虑 $n=2k+1$ 的情况,然后考虑到 $\cos^2 z=1-\sin^2z$,则必有
\begin{equation} \sin\left(2k+1\right) z=\sin\,z\cdot P(\sin^2z) \end{equation}
其中 $P(\sin^2z)$ 代表以 $ \sin^2z$ 为变量的 $\mathbf{k}$ 次多项式.

   考虑到在 $z_m=\frac{m\pi}{2k+1}\,,m=1,2,\dots,k $ 时,对于每一个 $z_m$,都有 $ \sin\left(2k+1\right) z=0,\sin\,z\ne 0$ 则可知每一个 $z_m$ 都是 $P(\sin^2z)$ 的根.即得

\begin{equation} P(\sin^2z)=A(1-\frac{\sin^2z}{\sin^2z_1})(1-\frac{\sin^2z}{\sin^2z_2})\dots(1-\frac{\sin^2z}{\sin^2z_k}) \end{equation}
考虑到
\begin{equation} A=P(0)=\lim_{z\rightarrow0}\frac{ \sin\left(2k+1\right) z}{\sin z}=2k+1 \end{equation}
则有
\begin{equation} P(\sin^2z)=(2k+1)(1-\frac{\sin^2z}{\sin^2z_1})(1-\frac{\sin^2z}{\sin^2z_2})\dots(1-\frac{\sin^2z}{\sin^2z_k}) \end{equation}
也即
\begin{equation} \sin\left(2k+1\right) z=\sin z\cdot\,(2k+1)(1-\frac{\sin^2z}{\sin^2z_1})\dots(1-\frac{\sin^2z}{\sin^2z_k}) \end{equation}
令 $z=\frac{x}{2k+1}$,则为
\begin{equation} \sin\,x= \sin\left(\frac x{2k+1}\right) \cdot\,(2k+1)(1-\frac{\sin^2\frac x{2k+1}}{\sin^2z_1})\dots(1-\frac{\sin^2\frac x{2k+1}}{\sin^2z_k}) \end{equation}
现在把 $\sin x$ 乘积分成两部分,即截取
\begin{equation} V^a_k=(1-\frac{\sin^2\frac x{2k+1}}{\sin^2z_{a+1}})\dots(1-\frac{\sin^2\frac x{2k+1}}{\sin^2z_k}) \end{equation}
而将前面的部分记为
\begin{equation} U^k_a=(2k+1) \sin\left(\frac x{2k+1}\right) (1-\frac{\sin^2\frac x{2k+1}}{\sin^2z_1})\dots(1-\frac{\sin^2\frac x{2k+1}}{\sin^2z_{a}}) \end{equation}
其中 $0 < a < k $.

   由 $\lim_{k\rightarrow\infty}(2k+1)\sin\frac{x}{2k+1}=x$

\begin{equation} \lim_{k\rightarrow\infty}\left( \frac{\sin\frac{x}{2k+1}}{\sin\frac{m\pi}{2k+1}} \right)^2=\left( \frac{x}{m\pi} \right)^2\,,m=1,2,\dots,k \end{equation}
可得
\begin{equation} U_a=\lim_{k\rightarrow\infty}U^k_a=x(1-\frac{x^2}{\pi^2})\dots(1-\frac{x^2}{a^2\pi^2}) \end{equation}
现在考虑 $V^k_a$.考虑到在 $0 < \varphi < \frac\pi2 $ 时,$\frac2\pi\varphi < sin\varphi$, 则有
\begin{equation} \sin^2\frac {h\pi}{2k+1} > \frac4\pi\frac{(h\pi)^2}{(2k+1)^2},\ h=a+1,\dots k \end{equation}
而 $\sin^2\frac x{2k+1} < \frac{x^2}{(2k+1)^2}$ 是易得的.于是
\begin{equation} 1 > V^k_a > (1-\frac{x^2}{4(a+1)^2})\dots(1-\frac{x^2}{4k^2}) \end{equation}
因为最开始并没有限定 $a$ 的具体数值,所以总可以找到 $a=a_0$,使得 $4(a_0+1) > x^2$

引理 2 

   对于充分大的 n 而言,$\prod_{n=1}^{\infty}(1+a_n) $ 收敛的充要条件是 $\sum_{n=1}^{\infty}{a_n}$ 收敛.

   当然,不需要一定从 n=1 开始,去掉有限项都不改变收敛或发散的结果.

引理 3 

   若无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty}p_n$ 收敛,那么总有充分大的 m 使得 $\lim_{m\rightarrow\infty}\prod_{n=m+1}^{\infty}p_n=1$.

   当然,这要求 $ p_n\ne0 $,所有这时应该把 $ x=0,\pm\pi,\pm 2\pi\dots $ 分出来单独考虑.

   由于

\begin{equation} \sum_{h=a_0+1}^{\infty}{\frac{x^2}{4h^2}} \text{收敛,所以} \lim_{a_0\rightarrow\infty}\lim_{k\rightarrow\infty}(1-\frac{x^2}{4(a_0+1)^2})\dots(1-\frac{x^2}{4k^2})=1 \end{equation}
即为
\begin{equation} \sin\,x=\lim_{a\rightarrow\infty}U_a=x\cdot \prod_{n=1}^{\infty}(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}) \end{equation}
这里可以直接看出,这对于 $x=0,\pm\pi,\pm 2\pi\dots $ 也是成立的.

   另外,有

\begin{equation} \sin\pi x=\pi x\cdot \prod_{n=1}^{\infty}(1-\frac{x^2}{n^2}) \end{equation}
考虑到(威尔斯特斯拉定义)
\begin{equation} \Gamma(x)=\frac1x\prod_{n=1}^{\infty}\frac{(1+\frac1n)^{x}}{1+\frac xn} \end{equation}
以及 $ \Gamma(1+x)=x\Gamma(x)$,则有
\begin{equation} \Gamma(1-x)=-x\Gamma(-x)=\prod_{n=1}^{\infty}\frac{(1+\frac1n)^{-x}}{1-\frac xn} \end{equation}
于是
\begin{equation} \Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{1}{x}\cdot \prod_{n=1}^{\infty}\frac1{(1-\frac{x^2}{n^2})}=\frac\pi{\sin\pi x} \end{equation}


1. ^ 这个证法来自于《微积分学教程》第二卷 第 408 目

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