余元公式

贡献者： fsf王; addis

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{matrix} (1) & Γ (x) Γ (1 - x) = \frac{π}{\sin π x} . \end{matrix}

引理 1　伽马函数的三种等价定义：

　　欧拉定义

\begin{matrix} (2) & Γ (z) := \int_{0}^{\infty} e^{- t} t^{z - 1} d t . \end{matrix}

高斯定义

\begin{matrix} (3) & Γ (z) := lim_{n \to \infty} \frac{n! n^{z}}{z (z + 1) \dots (z + n)} = \prod_{n}^{\infty} \frac{{(1 + \frac{1}{n})}^{z}}{(1 + \frac{z}{n})} . \end{matrix}

魏尔斯特拉斯定义

\begin{matrix} (4) & \frac{1}{Γ (x)} := z e^{γ z} \prod_{n}^{\infty} [(1 + \frac{z}{n}) e^{- \frac{z}{n}}] . \end{matrix}

　　首先是¹

\begin{matrix} (5) & (\cos z + i \sin z)^{n} = \cos n z + i \sin n z, \end{matrix}

所以有

\begin{matrix} (6) & \sin n z = 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{matrix}

仅仅考虑

n = 2 k + 1

的情况，然后考虑到

\cos^{2} z = 1 - \sin^{2} z

，则必有

\begin{matrix} (7) & \sin (2 k + 1) z = \sin z \cdot P (\sin^{2} z), \end{matrix}

其中

P (\sin^{2} z)

代表以

\sin^{2} z

为变量的

k

次多项式。

　　考虑到在 $z_{m} = \frac{m π}{2 k + 1}, m = 1, 2, \dots, k$ 时，对于每一个 $z_{m}$ ，都有 $\sin (2 k + 1) z = 0, \sin z \neq 0$ 则可知每一个 $z_{m}$ 都是 $P (\sin^{2} z)$ 的根。即得

\begin{matrix} (8) & P (\sin^{2} z) = A (1 - \frac{\sin^{2} z}{\sin^{2} z_{1}}) (1 - \frac{\sin^{2} z}{\sin^{2} z_{2}}) \dots (1 - \frac{\sin^{2} z}{\sin^{2} z_{k}}) . \end{matrix}

考虑到

\begin{matrix} (9) & A = P (0) = lim_{z \to 0} \frac{\sin (2 k + 1) z}{\sin z} = 2 k + 1, \end{matrix}

则有

\begin{matrix} (10) & P (\sin^{2} z) = (2 k + 1) (1 - \frac{\sin^{2} z}{\sin^{2} z_{1}}) (1 - \frac{\sin^{2} z}{\sin^{2} z_{2}}) \dots (1 - \frac{\sin^{2} z}{\sin^{2} z_{k}}), \end{matrix}

也即

\begin{matrix} (11) & \sin (2 k + 1) z = \sin z \cdot (2 k + 1) (1 - \frac{\sin^{2} z}{\sin^{2} z_{1}}) \dots (1 - \frac{\sin^{2} z}{\sin^{2} z_{k}}) . \end{matrix}

令

z = \frac{x}{2 k + 1}

，则为

\begin{matrix} (12) & \sin x = \sin (\frac{x}{2 k + 1}) \cdot (2 k + 1) (1 - \frac{\sin^{2} \frac{x}{2 k + 1}}{\sin^{2} z_{1}}) \dots (1 - \frac{\sin^{2} \frac{x}{2 k + 1}}{\sin^{2} z_{k}}) . \end{matrix}

现在把

\sin x

乘积分成两部分，即截取

\begin{matrix} (13) & V_{k}^{a} = (1 - \frac{\sin^{2} \frac{x}{2 k + 1}}{\sin^{2} z_{a + 1}}) \dots (1 - \frac{\sin^{2} \frac{x}{2 k + 1}}{\sin^{2} z_{k}}) . \end{matrix}

而将前面的部分记为

\begin{matrix} (14) & U_{a}^{k} = (2 k + 1) \sin (\frac{x}{2 k + 1}) (1 - \frac{\sin^{2} \frac{x}{2 k + 1}}{\sin^{2} z_{1}}) \dots (1 - \frac{\sin^{2} \frac{x}{2 k + 1}}{\sin^{2} z_{a}}), \end{matrix}

其中

0 < a < k

。

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

\begin{matrix} (15) & lim_{k \to \infty} {(\frac{\sin \frac{x}{2 k + 1}}{\sin \frac{m π}{2 k + 1}})}^{2} = {(\frac{x}{m π})}^{2}, m = 1, 2, \dots, k . \end{matrix}

可得

\begin{matrix} (16) & U_{a} = lim_{k \to \infty} U_{a}^{k} = x (1 - \frac{x^{2}}{π^{2}}) \dots (1 - \frac{x^{2}}{a^{2} π^{2}}), \end{matrix}

现在考虑

V_{a}^{k}

。考虑到在

0 < φ < \frac{π}{2}

时，

\frac{2}{π} φ < s i n φ

，则有

\begin{matrix} (17) & \sin^{2} \frac{h π}{2 k + 1} > \frac{4}{π} \frac{(h π)^{2}}{(2 k + 1)^{2}}, h = a + 1, \dots k \end{matrix}

而

\sin^{2} \frac{x}{2 k + 1} < \frac{x^{2}}{(2 k + 1)^{2}}

是易得的。于是

\begin{matrix} (18) & 1 > V_{a}^{k} > (1 - \frac{x^{2}}{4 (a + 1)^{2}}) \dots (1 - \frac{x^{2}}{4 k^{2}}) . \end{matrix}

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 $lim_{m \to \infty} \prod_{n = m + 1}^{\infty} p_{n} = 1$ 。

　　当然，这要求 $p_{n} \neq 0$ ，所有这时应该把 $x = 0, \pm π, \pm 2 π \dots$ 分出来单独考虑。

　　由于

\begin{matrix} (19) & \sum_{h = a_{0} + 1}^{\infty} \frac{x^{2}}{4 h^{2}} 收敛，所以 lim_{a_{0} \to \infty} lim_{k \to \infty} (1 - \frac{x^{2}}{4 (a_{0} + 1)^{2}}) \dots (1 - \frac{x^{2}}{4 k^{2}}) = 1 . \end{matrix}

即为

\begin{matrix} (20) & \sin x = lim_{a \to \infty} U_{a} = x \cdot \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - \frac{x^{2}}{n^{2} π^{2}}) . \end{matrix}

这里可以直接看出，这对于

x = 0, \pm π, \pm 2 π \dots

也是成立的。

　　另外，有

\begin{matrix} (21) & \sin π x = π x \cdot \prod_{n = 1}^{\infty} (1 - \frac{x^{2}}{n^{2}}), \end{matrix}

考虑到（威尔斯特斯拉定义）

\begin{matrix} (22) & Γ (x) = \frac{1}{x} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 + \frac{1}{n})^{x}}{1 + \frac{x}{n}} . \end{matrix}

以及

Γ (1 + x) = x Γ (x)

，则有

\begin{matrix} (23) & Γ (1 - x) = - x Γ (- x) = \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 + \frac{1}{n})^{- x}}{1 - \frac{x}{n}}, \end{matrix}

于是

\begin{matrix} (24) & Γ (x) Γ (1 - x) = \frac{1}{x} \cdot \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(1 - \frac{x^{2}}{n^{2}})} = \frac{π}{\sin π x} . \end{matrix}

1. ^ 这个证法来自于《微积分学教程》第二卷第 408 目

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余元公式

引理 1 伽马函数的三种等价定义：

引理 2

引理 3

引理 1　伽马函数的三种等价定义：

引理 2　

引理 3　