📝 题目
例 4 的展式
$$ \pi \cot {\pi x} = \frac{1}{x} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 1}}^{{+\infty }}\frac{2x}{{x}^{2} - {n}^{2}}, $$
我们得到
$$ \pi \cot {\pi x} - \frac{1}{x} = {\psi }^{\prime }\left( x\right) ,\;\ln \frac{\sin {\pi x}}{x} = \psi \left( x\right) + C. $$
让 $x \rightarrow 0 +$ ,又可确定
$$ C = 0\text{ . } $$
我们证明了:
$$ \ln \frac{\sin {\pi x}}{x} = \psi \left( x\right) ,\;\frac{\sin {\pi x}}{x} = \pi \mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{{+\infty }}\left( {1 - \frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}}\right) , $$
$$ \forall x \in \left( {0,1}\right) \text{ . } $$
推论 我们有
$$ \sin x = x\mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{{+\infty }}\left( {1 - \frac{{x}^{2}}{{n}^{2}{\pi }^{2}}}\right) ,\;\forall x \in \mathbb{R}. $$
💡 答案与解析
证明 在上面引理中已经得到
$$ \sin {\pi x} = {\pi x}\mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{{+\infty }}\left( {1 - \frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}}\right) ,\;\forall x \in \left( {0,1}\right) . \tag{4.8} $$
为讨论方便,引入记号
$$ h\left( x\right) = {\pi x}\mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{{+\infty }}\left( {1 - \frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}}\right) . $$
我们指出函数 $h$ 的重要性质:
(1) $h\left( 0\right) = h\left( 1\right) = 0$ ;
(2) $h\left( {-x}\right) = - h\left( x\right) ,\forall x \in \mathbb{R}$ ;
(3) $h\left( {x + 1}\right) = - h\left( x\right) ,\forall x \in \mathbb{R}$ .
性质 (1) 和性质 (2) 是显然的. 为了证明性质 (3) , 我们利用以下恒等式
$$ \pi \left( {x + 1}\right) \mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{N}\left( {1 - \frac{{\left( x + 1\right) }^{2}}{{n}^{2}}}\right) $$
$$ = \pi \left( {x + 1}\right) \frac{\mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{N}\left\lbrack {\left( {n + 1 + x}\right) \left( {n - 1 - x}\right) }\right\rbrack }{{\left( N!\right) }^{2}} $$
$$ = - {\pi x}\frac{\mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{N}\left( {n + x}\right) \mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{N}\left( {n - x}\right) }{{\left( N!\right) }^{2}} \cdot \frac{N + 1 + x}{N - x} $$
$$ = - {\pi x}\mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{N}\left( {1 - \frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}}\right) \cdot \frac{N + 1 + x}{N - x}. $$
在上式中让 $\displaystyle{N \rightarrow + \infty}$ 就得到
$$ h\left( {x + 1}\right) = - h\left( x\right) . $$
根据 (4.8) 式与函数 $h$ 的性质 (1),(2) 和 (3),我们断定
$$ \sin {\pi x} = h\left( x\right) ,\;\forall x \in \mathbb{R}. $$
这就是
$$ \sin {\pi x} = {\pi x}\mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{{+\infty }}\left( {1 - \frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}}\right) ,\;\forall x \in \mathbb{R}. $$
由此又得到
$$ \sin x = x\mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{{+\infty }}\left( {1 - \frac{{x}^{2}}{{n}^{2}{\pi }^{2}}}\right) ,\;\forall x \in \mathbb{R}. $$
定理 3( $\Gamma$ 函数的余元公式)
$$ \Gamma \left( x\right) \Gamma \left( {1 - x}\right) = \frac{x}{\sin {\pi x}},\;\forall x \in \left( {0,1}\right) . $$
证明 我们有
$$ \Gamma \left( x\right) = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow + \infty }}\frac{{n}^{x} \cdot n!}{x\left( {1 + x}\right) \left( {2 + x}\right) \cdots \left( {n + x}\right) } $$
$$ = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow + \infty }}\frac{{n}^{x}}{x\left( {1 + x}\right) \left( {1 + \frac{x}{2}}\right) \cdots \left( {1 + \frac{x}{n}}\right) }, $$
$$ \Gamma \left( {1 - x}\right) = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow + \infty }}\frac{{n}^{1 - x} \cdot n!}{\left( {1 - x}\right) \left( {2 - x}\right) \cdots \left( {n + 1 - x}\right) } $$
$$ = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow + \infty }}\frac{{n}^{1 - x}}{\left( {1 - x}\right) \left( {1 - \frac{x}{2}}\right) \cdots \left( {1 - \frac{x}{n}}\right) \left( {n + 1 - x}\right) }, $$
$$ \Gamma \left( x\right) \Gamma \left( {1 - x}\right) = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow + \infty }}\left\lbrack \frac{1}{x\left( {1 - {x}^{2}}\right) \left( {1 - \frac{{x}^{2}}{{2}^{2}}}\right) \cdots \left( {1 - \frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}}\right) }\right. $$
$$ \left. {\cdot \frac{n}{n + 1 - x}}\right\rbrack $$
$$ = \frac{1}{x\mathop{\prod }\limits_{{n = 1}}^{{+\infty }}\left( {1 - \frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}}\right) } $$
$$ = \frac{\pi }{\sin {\pi x}}\text{ . } $$
引理 ${4\Gamma }\left( \frac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi }$ .
证明 由余元公式可得:
$$ {\left( \Gamma \left( \frac{1}{2}\right) \right) }^{2} = \Gamma \left( \frac{1}{2}\right) \Gamma \left( \frac{1}{2}\right) = \pi , $$
$$ \Gamma \left( \frac{1}{2}\right) = \sqrt{\pi }. $$
以下公式是勒让德 (Legendre) 最先提出的, 所以又叫作勒让德公式.
定理 4( $\Gamma$ 函数的倍元公式)
$$ \Gamma \left( {2x}\right) = \frac{{2}^{{2x} - 1}}{\sqrt{\pi }}\Gamma \left( x\right) \Gamma \left( {x + \frac{1}{2}}\right) ,\;\forall x > 0. $$
证明 这公式可以写成
$$ \Gamma \left( x\right) = \frac{{2}^{x - 1}}{\sqrt{\pi }}\Gamma \left( \frac{x}{2}\right) \Gamma \left( \frac{x + 1}{2}\right) ,\;\forall x > 0. \tag{4.9} $$
我们记
$$ f\left( x\right) = \frac{{2}^{x - 1}}{\sqrt{\pi }}\Gamma \left( \frac{x}{2}\right) \Gamma \left( \frac{x + 1}{2}\right) . $$
为了证明等式 (4.9),只需验证: 函数 $f$ 满足定理 2 中的三条件.
( 1 )显然有 $f\left( x\right) > 0,\forall x > 0$ ,并且
$$ f\left( 1\right) = \frac{1}{\sqrt{\pi }}\Gamma \left( \frac{1}{2}\right) \Gamma \left( 1\right) = 1. $$
(2)
$$ f\left( {x + 1}\right) = \frac{{2}^{x}}{\sqrt{\pi }}\Gamma \left( \frac{x + 1}{2}\right) \Gamma \left( \frac{x + 2}{2}\right) $$
$$ = \frac{{2}^{x}}{\sqrt{\pi }}\Gamma \left( \frac{x + 1}{2}\right) \Gamma \left( {\frac{x}{2} + 1}\right) $$
$$ = \frac{{2}^{x}}{\sqrt{\pi }}\Gamma \left( \frac{x + 1}{2}\right) \cdot \frac{x}{2}\Gamma \left( \frac{x}{2}\right) $$
$$ = {xf}\left( x\right) \text{ . } $$
(3) 因为
$$ \ln f\left( x\right) = \left( {x - 1}\right) \ln 2 - \ln \sqrt{\pi } $$
$$ + \ln \Gamma \left( \frac{x}{2}\right) + \ln \Gamma \left( \frac{x + 1}{2}\right) , $$
式中 $\left( {x - 1}\right) \ln 2 - \ln \sqrt{\pi },\ln \Gamma \left( \frac{x}{2}\right)$ 和 $\ln \Gamma \left( \frac{x + 1}{2}\right)$ 都是凸函数,所以 $\ln f\left( x\right)$ 也是凸函数.
与 $\Gamma$ 函数密切相关联的一个二元函数是 $\mathrm{B}$ 函数 (Beta 函数).
定义 2 含参变元 $x$ 和 $y$ 的积分
$$ {\int }_{0}^{1}{t}^{x - 1}{\left( 1 - t\right) }^{y - 1}\mathrm{\;d}t \tag{4.10} $$
定义了一个二元函数
$$ \mathrm{B}\left( {x,y}\right) = {\int }_{0}^{1}{t}^{x - 1}{\left( 1 - t\right) }^{y - 1}\mathrm{\;d}t. $$
我们把这函数叫作 $\mathrm{B}$ 函数.
引理 5 函数 $\mathrm{B}\left( {x,y}\right)$ 对任何 $x > 0,y > 0$ 有定义,并且满足以下条件:
(1) $\mathrm{B}\left( {x,y}\right) > 0,\forall x,y > 0$ ,并且
$$ \mathrm{B}\left( {1,y}\right) = \frac{1}{y}; $$
(2) $\mathrm{B}\left( {x + 1,y}\right) = \frac{x}{x + y}\mathrm{\;B}\left( {x,y}\right)$ ;
(3)对于取定的 $y > 0,\ln \mathrm{B}\left( {x,y}\right)$ 是变元 $x$ 的凸函数.
证明 (1) 由 $\mathrm{B}\left( {x,y}\right)$ 的定义可知
$$ \mathrm{B}\left( {x,y}\right) > 0,\;\forall x,y > 0, $$
并且有
$$ \mathrm{B}\left( {1,y}\right) = {\int }_{0}^{1}{\left( 1 - t\right) }^{y - 1}\mathrm{\;d}t = \frac{1}{y}. $$
(2)利用分部积分法可得
$$ \mathrm{B}\left( {x + 1,y}\right) = {\int }_{0}^{1}{t}^{x}{\left( 1 - t\right) }^{y - 1}\mathrm{\;d}t $$
$$ = {\int }_{0}^{1}{\left( \frac{t}{1 - t}\right) }^{x}{\left( 1 - t\right) }^{x + y - 1}\mathrm{\;d}t $$
$$ = - {\left. \frac{1}{x + y}{\left( \frac{t}{1 - t}\right) }^{x}{\left( 1 - t\right) }^{x + y}\right| }_{t \rightarrow 0 + }^{t \rightarrow 1 - } $$
$$ + \frac{x}{x + y}{\int }_{0}^{1}{\left( \frac{t}{1 - t}\right) }^{x - 1}\frac{1}{{\left( 1 - t\right) }^{2}}{\left( 1 - t\right) }^{x + y}\mathrm{\;d}t $$
$$ = \frac{x}{x + y}{\int }_{0}^{1}{t}^{x - 1}{\left( 1 - t\right) }^{y - 1}\mathrm{\;d}t $$
$$ = \frac{x}{x + y}\mathrm{\;B}\left( {x,y}\right) . $$
(3)对于 ${\lambda }_{1} > 0,{\lambda }_{2} > 0,{\lambda }_{1} + {\lambda }_{2} = 1$ 和 ${x}_{1} > 0,{x}_{2} > 0,y > 0$ ,我们有
$$ \mathrm{B}\left( {{\lambda }_{1}{x}_{1} + {\lambda }_{2}{x}_{2},y}\right) $$
$$ = {\int }_{0}^{1}{t}^{{\lambda }_{1}{x}_{1} + {\lambda }_{2}{x}_{2} - 1}{\left( 1 - t\right) }^{y - 1}\mathrm{\;d}t $$
$$ = {\int }_{0}^{1}{\left\lbrack {t}^{{x}_{1} - 1}{\left( 1 - t\right) }^{y - 1}\right\rbrack }^{{\lambda }_{1}} \cdot {\left\lbrack {t}^{{x}_{2} - 1}{\left( 1 - t\right) }^{y - 1}\right\rbrack }^{{\lambda }_{2}}\mathrm{\;d}t $$
$$ \leq {\left( {\int }_{0}^{1}{t}^{{x}_{1} - 1}{\left( 1 - t\right) }^{y - 1}\mathrm{\;d}t\right) }^{{\lambda }_{1}}{\left( {\int }_{0}^{1}{t}^{{x}_{2} - 1}{\left( 1 - t\right) }^{y - 1}\mathrm{\;d}t\right) }^{{\lambda }_{2}} $$
$$ = {\left( \mathrm{B}\left( {x}_{1},y\right) \right) }^{{\lambda }_{1}}{\left( \mathrm{B}\left( {x}_{2},y\right) \right) }^{{\lambda }_{2}}. $$
由此可知 $\ln \mathrm{B}\left( {x,y}\right)$ 是变元 $x$ 的凸函数.
$\mathrm{B}$ 函数可以用 $\Gamma$ 函数来表示:
定理 5 对于 $x > 0,y > 0$ ,我们有
$$ \mathrm{B}\left( {x,y}\right) = \frac{\Gamma \left( x\right) \Gamma \left( y\right) }{\Gamma \left( {x + y}\right) }. $$
证明 对任意取定的 $y > 0$ ,考察这样一个函数
$$ f\left( x\right) = \frac{\Gamma \left( {x + y}\right) \mathrm{B}\left( {x,y}\right) }{\Gamma \left( y\right) }. $$
下面证明这函数满足定理 2 中的三个条件.
( 1 )显然有 $f\left( x\right) > 0,\forall x > 0$ ,并且
$$ f\left( 1\right) = \frac{\Gamma \left( {1 + y}\right) \mathrm{B}\left( {1,y}\right) }{\Gamma \left( y\right) } = \frac{{y\Gamma }\left( y\right) \cdot \frac{1}{y}}{\Gamma \left( y\right) } = 1. $$
(2) $f\left( {x + 1}\right) = \frac{\Gamma \left( {x + y + 1}\right) \mathrm{B}\left( {x + 1,y}\right) }{\Gamma \left( y\right) }$
$$ = \frac{\left( {x + y}\right) \Gamma \left( {x + y}\right) \cdot \frac{x}{x + y}\mathrm{\;B}\left( {x,y}\right) }{\Gamma \left( y\right) } $$
$$ = {xf}\left( x\right) \text{ . } $$
(3)对于取定的 $y > 0$ ,因为 $\ln \Gamma \left( {x + y}\right)$ 和 $\ln \mathrm{B}\left( {x,y}\right)$ 都是变元 $x$ 的凸函数,所以
$$ \ln f\left( x\right) = \ln \Gamma \left( {x + y}\right) + \ln \mathrm{B}\left( {x,y}\right) - \ln \Gamma \left( y\right) $$
也是变元 $x$ 的凸函数.
这样,我们证明了 $f\left( x\right) = \Gamma \left( x\right)$ .
推论 我们有
(1) $\mathrm{B}\left( {x,y}\right) = \mathrm{B}\left( {y,x}\right) ,\forall x > 0,y > 0$ ;
(2) $\mathrm{B}\left( {x,1 - x}\right) = \frac{\pi }{\sin {\pi x}},\forall x \in \left( {0,1}\right)$ .