黄之

【摘要】 本文通过把一个可在复平面上展开为多项式的整函数通过其零点展开为无穷乘积的思想寻求一个无穷乘积，并运用一种简便方法得到一个恒等式并展开思考.

【关键词】 无穷乘积;无穷级数;连分数;复函数

本文用一种简单方法寻求∏ ∞ n=1  1- x4m+2 （πn）4m+2  并展开思考（m为非负整数，x为复变量）.

现在从无穷乘积∏ ∞ n=1  1+ 1 n3  出发，考虑函数f（x）=∏ ∞ n=1  1+ x3 （πn）3  ，通过它的零点来将它展开为线性因子的乘积，它的零点是：

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的两个虚根，事实上δ1δ2=1.

由此，考虑通过三个正弦的乘积来描述这个函数，即考虑g（x）=sinxsinδ1xsinδ2x，它的零点为：

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是三重零点.

现在将这三个零点合起来考虑：x=-kπ，kδ-11π，kδ-12π，k≠0.于是g（x）将包含这个因式：

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  .

将它的正负零点合起来，进一步又得到：

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. 可是还是未能得到∏ ∞ n=1  1+ 1 n3  .为此，先求出∏ ∞ n=2  1- 1 n6  ， 不能在g（x）的乘积式中直接取x=π，因为这样，将会一无所获.

所以，先将为0的因式移到左边的分母下：

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

两边令x→π，有：∏ ∞ n=2  1- 1 n6  = π 6  1 2π3 sinδ1πsinδ2π，

计算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）双曲余弦函数：coshx= ex+e-x 2 ，以下还将用到双曲正弦函数sinh（x）：sinhx= ex-e-x 2 ，由欧拉公式，容易得到：coshix=cosx，sinhix=isinx.）

显然∏ ∞ n=2  1- 1 n6  =∏ ∞ n=2  1+ 1 n3  ∏ ∞ n=2  1- 1 n3  ，为了得到右边两个无穷乘积，需要得到它们之间的某种关系.令P1=∏ ∞ n=2  1+ 1 n3  ，P2=∏ ∞ n=2  1- 1 n3  ，此二者的比值正好能简单地算出：

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 .

在這个探索的过程中，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中将x换为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 ，此结论也可以由沃利斯公式得到等等.

7. 再借助ln（1+x）的幂级数展开ln（1+x）=∑ ∞ n=1  （-1）n+1xn n   （x在收敛域内），得到另一个结果.由上述1中的结论可以得到∏ ∞ n=1  1+ 1 n6  = sinhπ（coshπ-cos 3 π） 2π3 .两边取对数，得：

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

左边的无穷级数即：∑ ∞ n=1 ∑ ∞ m=1  （-1）m+1 n6m ，交换求和顺序后可化为

∑ ∞ 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）.

另外还可有：∑ ∞ 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 为黎曼Zeta函数.还能用某种方法将上式展开为一个漂亮的无穷连分数：

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），

现在再进一步，求∏ ∞ n=1  1- x4m+2 （πn）4m+2  ，m为非负整数.

x2m+1=1的所有根为x=1，ei 2kπ 2m+1 ，e-i 2kπ 2m+1 ，k=1，2，…，m，记δk=ei 2kπ 2m+1 ，则所有这些零点可以表示为x=1，δk，δk ，k=1，2，…，m.

考虑函数g（x）=sinx∏ m k=1 （sinδkxsinδk x），g（x）的零点为x=nπ，nδ-1kπ，nδk -1π，这里n取遍从负无穷到正无穷的一切整数，0为2m+1重零点，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  .

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

计算：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就得到一開始的结论.将x换为ix又可以得到另一个无穷乘积.

2.当m=0时，得到x∏ ∞ n=1  1- x2 π2n2  =sinx，在这里可以得到∏ ∞ n=2  1- 1 n2  = 1 2 ，这个极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……

事实上用这种方法可以得到∏ ∞ n=1  1- x2m n2m  ，m为正整数.可是在尝试得到∏ ∞ n=1  1- xq nq  时会遇到问题，这是因为当q为奇数的时候所考虑的函数（一些正弦的乘积）零点包含了从负无穷到正无穷的整数，这样，将它们合起来后，包含正负零点的因式就会变为一个二次因式，所以永远只能得到q为偶数的情形.

为了克服这一点，必须找出一个这样的函数，它的零点只包含一半的整数（1，2，3，…）.事实上，通过欧拉gamma函数Γ（x）可以找到这样的一种函数.通俗地说， 1 Γ（x） 的零点就是x=0，-1，-2，-3，……，所以 1 Γ（1-x） 的所有零点就是x=1，2，3，……

作为一个例子，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的两个根.由此结合之前的结论，就得到：

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

后记：

1.利用函数零点将函数展开为无穷乘积.通过考虑f（x）=sin（x-t）的零点（注意保证常数项相等），可以得到∑ ∞ n=1  1 n2-x2 ，∑ ∞ n=1  1 n2+x2 这两个级数的值.只要再将无穷乘积展开为多项式，比较两边x一次项的系数（用f（x）的泰勒展开）即可，显然还可以深化，比如，考虑更多的正弦的乘积，或者通过比较系数来得到所有零点的立方的倒数和，这样就能得到下面这个无穷级数

1 13 - 1 33 + 1 53 - 1 73 +…= π3 32 .

还可以得到更高的幂，而且分母中的整数可以变为其他的，可是离全体正整数的反立方和还差得远（Zeta（3））.另外，上面的交错级数可以展开为一个漂亮的无穷连分数

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

对∑ ∞ n=1  1 n2-x2 ，∑ ∞ n=1  1 n2+x2 这两个级数的值，笔者一开始是通过考虑f（x）=etx，x∈[0，2π）周期延拓后的傅立叶展开得到，但是后来发现欧拉在无穷分析引论上卷里早已通过无穷乘积的方法得到的，笔者相信那是这个级数第一次来到这个世界上，在那之前，欧拉发现了他的欧拉公式，联系了复变量的三角函数，所以欧拉能从第一个级数轻松转化为第二个级数.

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

显然Qm= ∏ ∞ n=2  1- 1 nm   ∏ ∞ n=2  1+ 1 nm   ，由文中的结论，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  .

对所有的偶数m，Q都可以用e和圆周率来表示，而对奇数m，除了m=1是平凡的外，只有m=3可以表示，其余的只可能通过欧拉gamma函数来表示.

这些无穷乘积，无窮级数，无穷连分数在无穷处如此严整而美妙，同时又冷酷无情，如诗歌又如音乐，让人感动，让人不住地想探寻，在无穷处，它在发生着什么.