一個無窮乘積的尋求和思考

黃之

【摘要】 本文通過把一個可在復平面上展開為多項式的整函數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.

【關鍵詞】 無窮乘積;無窮級數;連分數;復函數

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，x為復變量）.

現在從無窮乘積∏ ∞ n=1? 1+ 1 n3? 出發，考慮函數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，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：coshx= ex+e-x 2 ，以下還將用到雙曲正弦函數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）的冪級數展開ln（1+x）=∑ ∞ n=1? （-1）n+1xn n? ?（x在收斂域內），得到另一個結果.由上述1中的結論可以得到∏ ∞ n=1? 1+ 1 n6? = sinhπ（coshπ-cos 3 π） 2π3 .兩邊取對數，得：

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

左邊的無窮級數即：∑ ∞ 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.還能用某種方法將上式展開為一個漂亮的無窮連分數：

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），

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

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，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（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.可是在嘗試得到∏ ∞ n=1? 1- xq nq? 時會遇到問題，這是因為當q為奇數的時候所考慮的函數（一些正弦的乘積）零點包含了從負無窮到正無窮的整數，這樣，將它們合起來后，包含正負零點的因式就會變為一個二次因式，所以永遠只能得到q為偶數的情形.

為了克服這一點，必須找出一個這樣的函數，它的零點只包含一半的整數（1，2，3，…）.事實上，通過歐拉gamma函數Γ（x）可以找到這樣的一種函數.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.由此結合之前的結論，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.利用函數零點將函數展開為無窮乘積.通過考慮f（x）=sin（x-t）的零點（注意保證常數項相等），可以得到∑ ∞ n=1? 1 n2-x2 ，∑ ∞ n=1? 1 n2+x2 這兩個級數的值.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（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，或者通過比較系數來得到所有零點的立方的倒數和，這樣就能得到下面這個無窮級數

1 13 - 1 33 + 1 53 - 1 73 +…= π3 32 .

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

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，但是后來發現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第一次來到這個世界上，在那之前，歐拉發現了他的歐拉公式，聯系了復變量的三角函數，所以歐拉能從第一個級數輕松轉化為第二個級數.

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

顯然Qm= ∏ ∞ n=2? 1- 1 nm?? ∏ ∞ n=2? 1+ 1 nm?? ，由文中的結論，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m，Q都可以用e和圓周率來表示，而對奇數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函數來表示.

這些無窮乘積，無窮級數，無窮連分數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，它在發生著什么.