張來萍

(寧夏大學 新華學院,寧夏 銀川 750021)

0 引言

無窮級數(shù)變換有許多研究，文獻[1]收錄了1 000多級數(shù)公式，文獻[2]介紹了無窮級數(shù)求和的各種技術，文獻[3-5]討論了組合數(shù)和式問題，文獻[6-10]用裂項法給出了中心型和非中心型二項式系數(shù)倒數(shù)級數(shù)封閉型和式問題。無窮級數(shù)與數(shù)學各個分支聯(lián)系緊密，也可以說，無窮級數(shù)與數(shù)學各個分支已經(jīng)融合在一起。因此研究無窮級數(shù)時常常利用微積分、伽馬貝塔函數(shù)、多對數(shù)、發(fā)生函數(shù)和遞推關系等各種數(shù)學工具和方法。

1 引理[14]

2 主要結果與證明

命題1無窮級數(shù)恒等式成立

(1)

1)把f(z)函數(shù)展開成冪級數(shù)

(πz/2+(πz)2/6+(πz)3/24)2-(πz/2+(πz)2/6)3+(πz/2)4+…)=

2)在單極點z=±2ni，用洛必達法則計算f(z)的留數(shù)，

3)在單極點z=±(2n+1)/2，計算f(z)的留數(shù)

根據(jù)留數(shù)基本定理“函數(shù)在擴充復平面內所有奇點留數(shù)總和必等于零”[9]的結論，有

命題2無窮級數(shù)恒等式

(2)

成立。

把f(z)展開成冪級數(shù)

(πz+2(πz)2/3+(πz)3/8)2-(πz+2(πz)2/3)3+(πz)4+…)=

q′(z)=2πtan(πz)sec2(πz)；q″(z)=2π2sec4(πz)+4π2tan2(πz)sec(πz)；

q?(z)=8π3sec4(πz)tan(πz)+8π3tan(πz)sec3(πz)+4π3tan3(πz)sec(πz)；

q″(n)=2π2sec4(nz)=2π2；q?(n)=0。

將上述數(shù)據(jù)代入公式可得

在單極點z=ni,n≠0，使用洛必達法則計算f(z)留數(shù)，

根據(jù)留數(shù)基本定理“函數(shù)在擴充復平面內所有奇點留數(shù)總和必等于零”[11]，從而有

命題3設α,β>0,且αβ=π2, 則無窮級數(shù)變換

(3)

成立。

函數(shù)F(z)展開成冪級數(shù)z-1的系數(shù)，即為F(z)在z=0時的留數(shù)，Res[F(z);0]=2απ2。

2)在單極點z=(2k+1)/2，計算F(z)的留數(shù)得

p(πi(k+1/2)/α)=2παtan(π2(k+1/2)i/α)=2παitanh(π2(k+1/2)/α)=2παitanh(β(2k+1)/2)；

p′(πi(k+1/2)/α)=2π2αsech2(β(2k+1)/2)。

下面計算q(z)的導數(shù)，

q′(z)=2zcosh2(αz)+2z2αcosh(αz)sinh(αz)=2zcosh2(αz)+z2αsinh(2αz)；

q″(z)=2cosh2(αz)+4zαcosh(αz)sinh(αz)+2zαsinh(2αz)+2z2α2cosh(2αz)=

2cosh2(αz)+4zαsinh(2αz)+2z2α2cosh(2αz)；

q?(z)=2sinh(2αz)+4αsinh(2αz)+8zα2cosh(2αz)+4zα2cosh(2αz)+4z2α3sinh(2αz)=

(2+4α+4z2α3)sinh(2αz)+12zα2cosh(2αz),

根據(jù)留數(shù)基本定理“如果函數(shù)F(z)在擴充復平面內只有有限個奇點，那么f(z)在所有奇點(包括∞點)的留數(shù)總和必等于零”[11]，于是有

即

故(3)式成立。

命題4設α,β>0,且αβ=π2無窮級數(shù)恒等式

(4)

成立。

1)把F(z)展開成冪級數(shù)，即

2)在單極點z=k，計算F(z)的留數(shù)

2) 配置連接核心交換機CS6509的端口屬性Switch Port Configuration→Port Groping Parameters,設置所屬的端口組為student1,啟用端口聚合協(xié)議PAgP(Port Aggregation Protocol),端口模式采用desirable模式[15]．

令p(z)=παcot(πz)，q(z)=zsinh3(αz)，則p′(z)=-απ2csc2(πz)，p″(z)=2απ3csc2(πz)cot(πz)，于是有導數(shù)值

p(iπk/α)=-παicoth(βk)，

p′(iπk/α)=-απ2csc2(π2ki/α)=-απ2csc2(βki)=απ2csch2(βk)，

p″(iπk/α)=2απ3csc2(π2ik/α)cot(π2ik/α)=2απ3icsch2(βk)coth(βk)。

計算q(z)=zsinh3(αz)，q′(z)=sinh3(αz)+3zαsinh2(αz)cosh(αz)，

q″(z)=3αsinh2(αz)cosh(αz)+3αsinh2(αz)cosh(αz)+6zα2sinh(αz)cosh2(αz)+3zα2sinh3(αz)=

6αsinh2(αz)cosh(αz)+6zα2sinh(αz)cosh2(αz)+3zα2sinh3(αz)，

q?(z)=12α2sinh(αz)cosh2(αz)+6α2sinh3(αz)+6α2sinh(αz)cosh2(αz)+

6zα3cosh3(αz)+12zαsinh2(αz)cosh(αz)+9zα3sinh2(αz)cosh(αz)=

18α2sinh(αz)cosh2(αz)+21zα3sinh2(αz)cosh(αz)+6α2sinh3(αz)+6zα3cosh3(αz)，

q(4)(z)=18α3cosh3(αz)+36α3sinh2(αz)cosh(αz)+21α3sinh2(αz)cosh(αz)+

42zα4sinh(αz)cosh2(αz)+21zα3sinh3(αz)+18α3sinh2(αz)cosh(αz)+

6α3cosh3(αz)+18zα4sinh(αz)cosh2(αz)=

24α3cosh3(αz)+75α3sinh2(αz)cosh(αz)+60zα4sinh(αz)cosh2(αz)，

q(5)(z)=72α4sinh2(αz)cosh(αz)+150α4sinh(αz)cosh2(αz)+75α4sinh3(αz)+

60α4sinh(αz)cosh2(αz)+60zα5cosh3(αz)+120zα5sinh2(αz)cosh(αz)。

于是有導數(shù)值q?(iπk/α)=6(ikπ/α)α3(-1)k=6(-1)kπα2ki，

q(4)(iπk/α)=24(-1)kα3，q(5)(iπk/α)=60(ikπ/α)α5(-1)k=60(-1)kπα4ki，

p(iπk/α)=-παicoth(βk)，p′(iπk/α)=απ2csch2(βk)，

p″(iπk/a)==2απ3icsch2(βk)coth(βk)。

將數(shù)值代入留數(shù)計算公式可得

Res[F;iπk/α]=3(2απ3icsch2(βk)coth(βk))/(6(-1)kπα2ki)-

3(απ2csch2(βk))(24(-1)kα3)/2(6(-1)kπα2ki)2-

3(-παicoth(βk))(60(-1)kπα4ki)/10(6(-1)kπα2ki)2+

+3(-παicoth(βk))(24(-1)kα3)2/8(6(-1)kπα2ki)3=

根據(jù)留數(shù)基本定理中“函數(shù)在擴充復平面內所有奇點留數(shù)總和必等于零”的結論[11]，有

命題5無窮級數(shù)恒等式成立

(5)

(6)

其中χ(k)表示模4非本原特征，即χ(2k)=0，χ(2k+1)=(-1)k。

1)在單極點z=i(2k+1)/(4N)，用洛必達法則計算fN(z)的留數(shù),

在單極點z=±i(2k+1)/(4N)，函數(shù)fN(z)展開式

(7)

2)在單極點z=±(2k+1)/(4N)，用洛必達法則計算fN(z)的留數(shù)，

(8)

比較兩端z4系數(shù),可得

故(6)式成立。