Wallis公式,正弦函数Hadamard分解互相之间的关系

1. Wallis公式和Hardamard分解定理之间的联系:

$sin (π z) = π z \prod_{n \geq 1} (1 - \frac{z ^{2}}{n ^{2}})$ 此式子当中令 $z = 1/2$ ，那么会得到 $\frac{π}{2} = \prod_{n \geq 1} \frac{2 n}{2 n - 1} \frac{2 n}{2 n + 1}$ 只不过直接从Hardamard分解得到的是一个上下颠倒的结果，两边翻转过来便是。

不过最好不用Wallis公式证明 $sin (π z)$ 的Hadamard分解，而是使用别的办法得到此，然后用Wallis公式得到Hadamard分解，因为我们需要Wallis公式去确定Hadamard分解当中的多项式的某个系数。

2.利用含参数积分的递推表达证明Wallis公式:

这里我们也不用Stirling公式得到Wallis公式，因为在我们的体系当中通常用Wallis公式的结果取得到Stirling公式的那个系数。顺带一提，Wallis公式和Stirling公式的关联性主要体现在

\frac{π}{2} = n \geq 1 \prod \frac{2 n}{2 n - 1} \frac{2 n}{2 n + 1} = n \to + \infty lim \frac{1}{2 n + 1} \cdot \frac{2 ^{4 n} ( n ! ) ^{4}}{[( 2 n )! ] ^{2}}

所以为了避免循环证明，这里利用与之有关的一个含参数的积分。

令 $W_{n} = \int_{0}^{π /2} sin (x)^{n} d x$ ,利用分部积分得到其递推表达: 1.
$W_{2 N} = \frac{π}{2} \prod_{n \leq N} \frac{2 n - 1}{2 n}$ 2. $W_{2 N + 1} = \prod_{n \leq N} \frac{2 n}{2 n + 1}$ 因此可以得到Wallis公式的右边无非就是 $\frac{2}{π} lim_{N \to \infty} \frac{W _{2 N + 1}}{W _{2 N}}$ 而这其中,通过积分的定义可以确定， $W_{n}$ 是一个不增的序列于是: $1 \geq \frac{W _{2 N + 1}}{W _{2 N}} \geq \frac{W _{2 N + 1}}{W _{2 N - 1}} = \frac{2 N}{2 N + 1}$

两边同时取极限，得到 $lim_{N \to \infty} \frac{W _{2 N + 1}}{W _{2 N}} = 1$ 于是便证明了Wallis公式。

3.由Wallis公式得到 $sin (π z)$ 的Hadamard分解

Hadamard分解定理: $sin (π z) = e^{g (z)} z^{m} \prod_{n = 1}^{\infty} E_{k} (z / z_{n})$ 因为这个函数的零点就是全体的整数。 $k = ⌊ ρ ⌋$ ， $ρ$ 是函数的增长阶其中 $E_{k} (w)$ 是Canonical factor，其形式为，

E_{0} (w) = 1 - w and E_{k} (w) = (1 - w) e^{w + w^{2} /2 + \dots + w^{k} / k}

$g (z)$ 是一个至多不过 $k$ 阶的多项式。 $z_{n}$ 是函数的零点，取遍全体整数，除了0。 2. Canonical factors相乘的结果:我们知道对于当前这个函数而言，其增长阶为 $ρ = 1$ ,于是 $k = 1$ 所以 $E_{1} (z / n) = (1 - \frac{z}{n}) e^{\frac{z}{n}}$ ,那么

n \neq = 0 \prod E_{1} (z / n) = m \geq 1 \prod (1 - \frac{z}{m}) (1 + \frac{z}{m}) e^{\frac{z}{m}} e^{- \frac{z}{m}} = m \geq 1 \prod (1 - \frac{z ^{2}}{m ^{2}})

确定多项式: 因为可以确定这个多项式至多1阶，那么不妨假设为 $g (z) = a z + b$ ，然后其余部分现在已经确定(m = 1因为0处是一阶零点)，我们可以通过该函数的值来确定这两个系数。首先

π = z \to 0 lim \frac{sin ( π z )}{z} = e^{b}

然后令 $z = 1/2$ ，那么会得到

1 = \frac{π}{2} e^{a} m \geq 1 \prod (1 - \frac{1}{2 m}) (1 + \frac{1}{2 m})

由Wallis公式的结果，得到

e^{a} = 1

于是便知道这个多项式实际上是一个常数 $g (z) = lo g (π)$ 。

4.从另一个角度得到分解

当然以上分解也有从别的角度入手的，比如说通过

π cot π z = \frac{1}{z} + n = 1 \sum \infty \frac{2 z}{z ^{2} - n ^{2}}

因为如果这样，令 $G (z) = \frac{s i n ( π z )}{π}, P (z) = z \prod_{n \geq 1} (1 - \frac{z ^{2}}{n ^{2}})$ ,那么可以如果可以证明 $G (z) / P (z) = 1$ 那么问题便解决了，而证明这件事首先要证明这俩的商是常数，于是便考虑微分。这个想法很自然，因为他们的零点可以互相抵消，而且 $z \to 0$ 的时候的确 $G (z) / P (z) \to 1$ ,所以只要证明微分是0即可。

(\frac{P ( z )}{G ( z )})^{'} = \frac{P ( z )}{G ( z )} [\frac{P ^{'} ( z )}{P ( z )} - \frac{G ^{'} ( z )}{G ( z )}] = 0

其中

$\frac{G ^{'} ( z )}{G ( z )} = π cot π z$
$\frac{P ^{'} ( z )}{P ( z )} = \frac{1}{z} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2 z}{z ^{2} - n ^{2}}$

所以其实就是等价于上面的级数。

顺便一提上面的式子关于 $π cot (π z)$ 的展开可以用来证明 $ζ (2) = \frac{π ^{2}}{6}$ ,只要令 $z \to 0$ 然后交换级数和极限的次序。

笔记目录

1. Wallis公式和Hardamard分解定理之间的联系:

2.利用含参数积分的递推表达证明Wallis公式:

3.由Wallis公式得到sin(πz)的Hadamard分解

4.从另一个角度得到分解

3.由Wallis公式得到 $sin (π z)$ 的Hadamard分解