黃之

【摘要】 本文通過把一個可在復(fù)平面上展開為多項式的整函數(shù)通過其零點展開為無窮乘積的思想尋求一個無窮乘積，并運用一種簡便方法得到一個恒等式并展開思考.

【關(guān)鍵詞】 無窮乘積;無窮級數(shù);連分數(shù);復(fù)函數(shù)

本文用一種簡單方法尋求∏ ∞ n=1? 1- x4m+2 （πn）4m+2? 并展開思考（m為非負整數(shù)，x為復(fù)變量）.

現(xiàn)在從無窮乘積∏ ∞ n=1? 1+ 1 n3? 出發(fā)，考慮函數(shù)f（x）=∏ ∞ n=1? 1+ x3 （πn）3? ，通過它的零點來將它展開為線性因子的乘積，它的零點是：

x=…，-3π，-2π，-π，π，2π，3π，…

…，-3δ-11π，-2δ-11π，-δ-11π，δ-11π，2δ-11π，3δ-11π，…

…，-3δ-12π，-2δ-12π，-δ-12π，δ-12π，2δ-12π，3δ-12π，…

其中δ1，2是方程t3+1=0的兩個虛根，事實上δ1δ2=1.

由此，考慮通過三個正弦的乘積來描述這個函數(shù)，即考慮g（x）=sinxsinδ1xsinδ2x，它的零點為：

x=…，-3π，-2π，-π，0，π，2π，3π，…

…，-3δ-11π，-2δ-11π，-δ-11π，0，δ-11π，2δ-11π，3δ-11π，…

…，-3δ-12π，-2δ-12π，-δ-12π，0，δ-12π，2δ-12π，3δ-12π，…

其中0是三重零點.

現(xiàn)在將這三個零點合起來考慮：x=-kπ，kδ-11π，kδ-12π，k≠0.于是g（x）將包含這個因式：

1+ x kπ?? 1- x kδ-11π?? 1- x kδ-12π? ，

也即 1+ x3 k3π3? ，

所以得到sinxsinδ1xsinδ2x=x3∏ ∞ n=-∞? 1+ x3 n3π3? .

將它的正負零點合起來，進一步又得到：

sinxsinδ1xsinδ2x=x3∏ ∞ n=1? 1- x6 n6π6? .

由此可以得到很多恒等式，比如，取x= π 2 ，iπ，it等等. 可是還是未能得到∏ ∞ n=1? 1+ 1 n3? .為此，先求出∏ ∞ n=2? 1- 1 n6? ， 不能在g（x）的乘積式中直接取x=π，因為這樣，將會一無所獲.

所以，先將為0的因式移到左邊的分母下：

sinxsinδ1xsinδ2x x3 1- x6 π6?? =∏ ∞ n=2? 1- x6 n6π6? ，

兩邊令x→π，有：∏ ∞ n=2? 1- 1 n6? = π 6? 1 2π3 sinδ1πsinδ2π，

計算sinδ1πsinδ2π：

sinδ1xsinδ2x= 1 2 （cos（δ1x-δ2x）-cos（δ1x+δ2x））= 1 2 （cosh 3 x-cosx），

所以∏ ∞ n=2? 1- 1 n6? = 1 12π2 （cosh 3 π+1）.

（注：其中cosh（x）雙曲余弦函數(shù)：coshx= ex+e-x 2 ，以下還將用到雙曲正弦函數(shù)sinh（x）：sinhx= ex-e-x 2 ，由歐拉公式，容易得到：coshix=cosx，sinhix=isinx.）

顯然∏ ∞ n=2? 1- 1 n6? =∏ ∞ n=2? 1+ 1 n3? ∏ ∞ n=2? 1- 1 n3? ，為了得到右邊兩個無窮乘積，需要得到它們之間的某種關(guān)系.令P1=∏ ∞ n=2? 1+ 1 n3? ，P2=∏ ∞ n=2? 1- 1 n3? ，此二者的比值正好能簡單地算出：

P2 P1 =∏ ∞ n=2? n3-1 n3+1 =∏ ∞ n=2? n-1 n+1? n2+n+1 n2-n+1

=∏ ∞ n=2? n-1 n+1 · （2n+1）2+3 （2n-1）2+3

=? 1 3 · 2 4 · 3 5 · 4 6 · 5 7 ·…· n-2 n · n-1 n+1? ·

52+3 32+3 · 72+3 52+3 · 92+3 72+3 ·…· （2n+1）2+3 （2n-1）2+3? ，n→∞

=lim n→∞?? 2 n（n+1） · （2n+1）2+3 12? = 2 3 .

故有P2= 2 3 P1，P1P2= 1 12π2 （cosh 3 π+1）.

所以得到P21= cosh 3 π+1 8π2 = cosh2? 3? 2 π 4π2 ，

所以P1= cosh? 3? 2 π 2π .

最后得到：∏ ∞ n=1? 1+ 1 n3? = 1 π cosh? 3 π 2 .

在這個探索的過程中，可以得到很多恒等式，比如，

1.∏ ∞ n=1? 1+ x6 π6n6? = sinhx（coshx-cos 3 x） 2x3 .

2.在1中將x換為ix，

∏ ∞ n=1? 1- x6 π6n6? = sinx（cosh 3 x-cosx） 2x3 .

3.在1中取x= π 2 ，有

∏ ∞ n=1? 1+ 1 （2n）6? = 4sinh π 2? cosh π 2 -cos? 3 π 2?? π3 .

4.在2中取x= π 2 ，有∏ ∞ n=1? 1- 1 （2n）6? = 4 π3 cosh? 3 π 2 .

5.用3除以4，可以得到

∏ ∞ n=1? （2n）6+1 （2n）6-1 = sinh π 2? cosh? 3 π 2?? cosh π 2 -cos? 3 π 2? .

6.用2P1除以4，得到∏ ∞ n=1? 1+（2n-1）-3 1-（2n）-3 = π2 4 ，此結(jié)論也可以由沃利斯公式得到等等.

7. 再借助ln（1+x）的冪級數(shù)展開ln（1+x）=∑ ∞ n=1? （-1）n+1xn n? ?（x在收斂域內(nèi)），得到另一個結(jié)果.由上述1中的結(jié)論可以得到∏ ∞ n=1? 1+ 1 n6? = sinhπ（coshπ-cos 3 π） 2π3 .兩邊取對數(shù)，得：

∑ ∞ n=1 ln 1+ 1 n6? =ln sinhπ（coshπ-cos 3 π） 2π3 .

左邊的無窮級數(shù)即：∑ ∞ n=1 ∑ ∞ m=1? （-1）m+1 n6m ，交換求和順序后可化為

∑ ∞ m=1 ∑ ∞ n=1? （-1）m+1 mn6m =∑ ∞ m=1? （-1）m+1ζ（6m） m ，

所以得到∑ ∞ m=1? （-1）m+1ζ（6m） m =lnsinhπ+ln（coshπ-cos 3 π）-ln（2π3）.

另外還可有：∑ ∞ m=1? ζ（3m）-1 m =ln（3π）-ln cosh? 3 π 2? ，

∑ ∞ m=1? （-1）m+1ζ（3m） m =ln cosh? 3 π 2? -lnπ，

其中ζ（x）=∑ ∞ n=1? 1 nx 為黎曼Zeta函數(shù).還能用某種方法將上式展開為一個漂亮的無窮連分數(shù)：

1? 1 ζ（3） + ζ-2（3）? 2 ζ（6） - 1 ζ（3） + 4ζ-2（6）? 3 ζ（9） - 2 ζ（6） + 9ζ-2（9）? 4 ζ（12） - 3 ζ（9） +…??? =ln cosh? 3 π 2? -lnπ（ζ-2（x）=（ζ（x））-2），

現(xiàn)在再進一步，求∏ ∞ n=1? 1- x4m+2 （πn）4m+2? ，m為非負整數(shù).

x2m+1=1的所有根為x=1，ei 2kπ 2m+1 ，e-i 2kπ 2m+1 ，k=1，2，…，m，記δk=ei 2kπ 2m+1 ，則所有這些零點可以表示為x=1，δk，δk ，k=1，2，…，m.

考慮函數(shù)g（x）=sinx∏ m k=1 （sinδkxsinδk x），g（x）的零點為x=nπ，nδ-1kπ，nδk -1π，這里n取遍從負無窮到正無窮的一切整數(shù)，0為2m+1重零點，所以有：

g（x）=x2m+1∏ ∞ n=-∞? 1- x nπ?? 1- x nδ-11π?? 1- x nδ1 -1π

… 1- x nδ-1mπ?? 1- x nδm -1π? .

簡化后有g(shù)（x）=x2m+1∏ ∞ n=-∞ ?1- x2m+1 π2m+1n2m+1? .

計算：sinδkxsinδk x= 1 2 [cos（δkx-δk x）-cos（δkx+δk x）]

= 1 2? cosh 2xsin 2kπ 2m+1? -cos 2xcos 2kπ 2m+1?? .

最后得到

x2m+1∏ ∞ n=1? 1- x4m+2 π4m+2n4m+2? =2-msinx∏ m k=1? cosh 2xsin 2kπ 2m+1? -

cos 2xcos 2kπ 2m+1?? .

注：1.取m=1就得到一開始的結(jié)論.將x換為ix又可以得到另一個無窮乘積.

2.當m=0時，得到x∏ ∞ n=1? 1- x2 π2n2? =sinx，在這里可以得到∏ ∞ n=2? 1- 1 n2? = 1 2 ，這個極限用初等方法也容易得到，取x=iπ得到∏ ∞ n=1? 1+ 1 n2? = sinhπ π 等等……

事實上用這種方法可以得到∏ ∞ n=1? 1- x2m n2m? ，m為正整數(shù).可是在嘗試得到∏ ∞ n=1? 1- xq nq? 時會遇到問題，這是因為當q為奇數(shù)的時候所考慮的函數(shù)（一些正弦的乘積）零點包含了從負無窮到正無窮的整數(shù)，這樣，將它們合起來后，包含正負零點的因式就會變?yōu)橐粋€二次因式，所以永遠只能得到q為偶數(shù)的情形.

為了克服這一點，必須找出一個這樣的函數(shù)，它的零點只包含一半的整數(shù)（1，2，3，…）.事實上，通過歐拉gamma函數(shù)Γ（x）可以找到這樣的一種函數(shù).通俗地說， 1 Γ（x） 的零點就是x=0，-1，-2，-3，……，所以 1 Γ（1-x） 的所有零點就是x=1，2，3，……

作為一個例子，可以得到：

∏ ∞ n=1? 1+ x3 n3? = 1 Γ（1+x）Γ（1-δ-11x）Γ（1-δ-12x） ，

其中δ1，2是t2-t+1=0的兩個根.由此結(jié)合之前的結(jié)論，就得到：

∏ ∞ n=1? 1+ 1 n3? = 1 Γ（e iπ 3 ）Γ（e -iπ 3 ） = 1 π cosh? 3 π 2 .

后記：

1.利用函數(shù)零點將函數(shù)展開為無窮乘積.通過考慮f（x）=sin（x-t）的零點（注意保證常數(shù)項相等），可以得到∑ ∞ n=1? 1 n2-x2 ，∑ ∞ n=1? 1 n2+x2 這兩個級數(shù)的值.只要再將無窮乘積展開為多項式，比較兩邊x一次項的系數(shù)（用f（x）的泰勒展開）即可，顯然還可以深化，比如，考慮更多的正弦的乘積，或者通過比較系數(shù)來得到所有零點的立方的倒數(shù)和，這樣就能得到下面這個無窮級數(shù)

1 13 - 1 33 + 1 53 - 1 73 +…= π3 32 .

還可以得到更高的冪，而且分母中的整數(shù)可以變?yōu)槠渌?，可是離全體正整數(shù)的反立方和還差得遠（Zeta（3））.另外，上面的交錯級數(shù)可以展開為一個漂亮的無窮連分數(shù)

1 13+ 16 33-13+ 36 53-33+ 56 73-53+…??? = π3 32 .

對∑ ∞ n=1? 1 n2-x2 ，∑ ∞ n=1? 1 n2+x2 這兩個級數(shù)的值，筆者一開始是通過考慮f（x）=etx，x∈[0，2π）周期延拓后的傅立葉展開得到，但是后來發(fā)現(xiàn)歐拉在無窮分析引論上卷里早已通過無窮乘積的方法得到的，筆者相信那是這個級數(shù)第一次來到這個世界上，在那之前，歐拉發(fā)現(xiàn)了他的歐拉公式，聯(lián)系了復(fù)變量的三角函數(shù)，所以歐拉能從第一個級數(shù)輕松轉(zhuǎn)化為第二個級數(shù).

2.令Qm= 2m-1 2m+1? 3m-1 3m+1? 4m-1 4m+1 …，m是正整數(shù).

顯然Qm= ∏ ∞ n=2? 1- 1 nm?? ∏ ∞ n=2? 1+ 1 nm?? ，由文中的結(jié)論，可以得到：

Q1=0，Q2= π sinhπ ，Q3= 2 3 ，

Q4= πsinhπ cosh 2 π-cos 2 π ，

Q6= π（cosh 3 π+1） 3sinhπ（coshπ-cos 3 π） ……

∏ ∞ n=1? 1- x4 π4n4? = sinxsinhx x2 ，∏ ∞ n=2 ?1- 1 n4? = sinhπ 4π ，

∏ ∞ n=1? 1+ x4 π4n4? = cosh 2 x-cos 2 x 2x2 ，

∏ ∞ n=2? 1+ 1 n4? = cosh 2 π-cos 2 π 4π2? .

對所有的偶數(shù)m，Q都可以用e和圓周率來表示，而對奇數(shù)m，除了m=1是平凡的外，只有m=3可以表示，其余的只可能通過歐拉gamma函數(shù)來表示.

這些無窮乘積，無窮級數(shù)，無窮連分數(shù)在無窮處如此嚴整而美妙，同時又冷酷無情，如詩歌又如音樂，讓人感動，讓人不住地想探尋，在無窮處，它在發(fā)生著什么.