无穷乘积——Weierstrass分解定理

2021-12-15 23:35 作者:子瞻Louis 0人读过 | 我要投稿

无穷乘积

形如 $%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%7B%5Cinfty%7D%20(1%2Bu_n)$ 的式子称为无穷乘积，其中 $%5Cleft%5C%7Bu_n%5Cright%5C%7D$ 为一复数项或函数项序列，且 $u_n%E2%89%A0-1$

易知其收敛的必要条件是 $u_n%5Crightarrow0$ ，而充要条件是 $%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20%5Cln%20(1%2Bu_n)$ 收敛，

（引理）设 $u_1%2Cu_2%2C%E2%80%A6$ 是复数序列，若

$%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20%5Cvert%20u_n%5Cvert%20%EF%BC%9C%5Cinfty$

则

$%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%5Cvert1%2Bu_n%5Cvert%EF%BC%9C%5Cinfty$

证明有经典的不等式 $1%2Bx%5Cleq%20e%5Ex$ ，于是 $1%2B%5Cvert%20u_n%5Cvert%5Cleq%20e%5E%7B%5Cvert%20u_n%5Cvert%7D$ ，即

$%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty(1%2B%5Cvert%20u_n%5Cvert)%5Cleq%20e%5E%7B%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20%5Cvert%20u_n%5Cvert%7D$

又有 $%5Cvert%20a%2Bb%5Cvert%20%5Cleq%5Cvert%20a%5Cvert%2B%5Cvert%20b%5Cvert$ ，于是 $%5Cvert%201%2Bu_n%5Cvert%5Cleq1%2B%5Cvert%20u_n%5Cvert$ ，即

$%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%5Cvert1%2Bu_n%5Cvert%5Cleq%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty(1%2B%5Cvert%20u_n%5Cvert)%5Cleq%20e%5E%7B%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20%5Cvert%20u_n%5Cvert%7D$

$%5Csquare$

（推论）设 $u_1(z)%2Cu_2(z)%2C%E2%80%A6$ 为区域 $D$ 的解析函数项序列，若

$%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20%5Cvert%20u_n(z)%5Cvert%20%EF%BC%9C%5Cinfty$

则

$%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%5Cvert1%2Bu_n(z)%5Cvert%EF%BC%9C%5Cinfty$

◀ 这是因为在区域 D 内它们都是有界的 $%5Csquare$

设一复数序列 $%5Cvert%20a_1%5Cvert%5Cleq%5Cvert%20a_2%5Cvert%20%5Cleq%E2%80%A6%2C%5Clim_%7Bn%5Cto%5Cinfty%7D%5Cfrac1%7B%5Cvert%20a_n%5Cvert%7D%3D0$ ，我们将要用这个序列构造一个以且仅以他们为零点的全纯函数，

首先，需要构造一些能够表述它零点的因式，对此给出一下定义：

$E_0(z)%3D(1-z)%2C$

$E_k(z)%3D(1-z)e%5E%7Bz%2B%5Cfrac12z%5E2%2B%E2%80%A6%2B%5Cfrac1kz%5Ek%7D%2Cn%3D1%2C2%2C%E2%80%A6$

称它们为基本因式，下面就要用他们来做一些奇妙的事情了

易知它们在复平面内解析且仅以 z=1为零点，设

$F(z)%3Dz%5Em%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20E_k%5Cleft(%5Cfrac%20z%7Bz_n%7D%5Cright)$

其中 $m%3Dm(F(z)%3B0)$ 为 $F(z)$ 在 $z%3D0$ 处的零点阶数（若 $F(0)%E2%89%A00$ ，则 $m%3D0$ ）

我们猜测这是个整函数（整个复平面上都全纯的函数）且仅以 $z_1%2Cz_2%2C%E2%80%A6$ 为零点（若 $z_r$ 在当中出现了m次，则 $z_r$ 是 $F(z)$ 的m重零点）

若我们能证明 $%5Cprod_%7Bn%3Dr%7D%5E%5Cinfty%20E_k%5Cleft(%5Cfrac%20z%7Bz_n%7D%5Cright)$ 在 $%5Cvert%20z%5Cvert%20%5Cleq%5Cvert%20z_r%5Cvert$ 内一致收敛到整函数，因 $%5Cvert%20z_r%5Cvert%5Crightarrow%5Cinfty$ ，则证明我们的猜想是正确的，因此当务之急是确定k，

（引理）当 $%5Cvert%20z%5Cvert%20%5Cleq1$ 时，

$%5Cvert%20E_k%5Cleft(z%5Cright)-1%5Cvert%5Cleq%20%5Cvert%20z%5Cvert%5E%7Bk%2B1%7D$

证明当k=0时， $%5Cvert%201-(1-z)%5Cvert%5Cleq%5Cvert%20z%5Cvert$ 成立，当k≥1时，

对 $E_k(z)$ 取导数，有

$E_k'(z)%3Dz%5Eke%5E%7Bz%2B%5Cfrac12z%5E2%2B%E2%80%A6%2B%5Cfrac1kz%5Ek%7D$

易知仅有z=0为其零点且重数为k，又有

$E_k(z)-1%3D%5Cint_0%5Ez%20E_k%E2%80%99(s)ds$

对 $E_k'(z)$ 积分使得它在z=0处的重数加1，即 $E_k(z)-1$ 在z=0处有k+1重零点，因此

$%5Cphi(z)%3A%3D%5Cfrac%7BE_k(z)-1%7D%7Bz%5E%7Bk%2B1%7D%7D$

是全纯函数，即

$%5Cphi(z)%3D%5Csum_%7Bn%3D0%7D%5E%5Cinfty%20a_nz%5En$

并且其中所有 $a_n%5Cge1$ ，因此对 $%5Cvert%20z%5Cvert%5Cleq1$ ，有 $%7C%5Cphi(z)%7C%5Cle%5Cphi(1)%3D1$ ，即

$%7CE_k(z)-1%7C%5Cle%20%7Cz%5E%7Bk%2B1%7D%7C$

$%5Csquare$

由上可知若正整数k使得

$%5Csum_%7Bn%3Dr%7D%5E%5Cinfty%20%5Cfrac%7B%5Cvert%20z%5Cvert%5E%7Bk%2B1%7D%7D%7B%5Cvert%20z_n%5Cvert%5E%7Bk%2B1%7D%7D%3C%5Cinfty$ 在 $%5Cvert%20z%5Cvert%5Cleq%5Cvert%20z_r%5Cvert$ 内成立，则

$%5Csum_%7Bn%3Dr%7D%5E%5Cinfty%20%5Cleft%7C%20E_k%5Cleft(%5Cfrac%20z%7Bz_n%7D%5Cright)-1%5Cright%7C%5Cle%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%5Cleft%7C%5Cfrac%7Bz%7D%7Bz_n%7D%5Cright%7C%5E%7Bk%2B1%7D%3C%5Cinfty$

由前面的引理，可知

$%5Cprod_%7Bn%3Dr%7D%5E%5Cinfty%20%5Cleft%7C%20E_k%5Cleft(%5Cfrac%20z%7Bz_n%7D%5Cright)%5Cright%7C%3C%5Cinfty$

因为 $%5Cvert%20z_r%5Cvert%5Crightarrow%5Cinfty$ ，所以我们得到：若正整数k满足

$%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20%5Cfrac1%7B%5Cvert%20z_n%5Cvert%5E%7Bk%2B1%7D%7D%3C%5Cinfty$

则

$F(z)%3D%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20E_k%5Cleft(%5Cfrac%20z%7Bz_n%7D%5Cright)$

定义了一个仅以 $z_1%2Cz_2%2C%E2%80%A6$ 为零点的整函数

进一步，可以得到：

（Weierstrass分解定理）设 $F(z)$ 是整函数，其零点为 $z_1%2Cz_2%2C%E2%80%A6$ ，则它有一下无穷乘积展开：

$F(z)%3De%5E%7BH(z)%7Dz%5Em%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20E_k%5Cleft(%5Cfrac%20z%7Bz_n%7D%5Cright)$

其中 H(z) 是一整函数，m是z=0处的零点重数

◀ 因为 $F(z)$ 是整函数，所以存在整函数 $G(z)$ 由一无穷乘积给定且以 $F(z)$ 的零点为零点，若

$P(z)%3D%5Cfrac%7BF(z)%7D%7BG(z)%7D$

因为 $P(z)$ 的分子分母在在零点处可以相抵，所以 $P(z)$ 是无零点的整函数，即 $P(z)$ 的对数是整函数，也就是是存在整函数 H(z) ，使

$P(z)%3De%5E%7BH(z)%7D$

所以 $F(z)%3De%5E%7BH(z)%7DG(z)$

$%5Csquare$

正弦函数的Weierstrass乘积分解

这个问题就是欧拉（Leonhard Euler）的成名作：

$%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20%5Cfrac1%7Bn%5E2%7D%3D%5Cfrac%7B%5Cpi%5E2%7D6$

前面我已经用Poison求和公式给出了一个证明，今天来看一看欧拉的方法吧

他最开始给出了一个非常巧妙的证明，首先他注意到了

$%5Csin%20x%3Dx-%5Cfrac1%7B3!%7Dx%5E3%2B%5Cfrac1%7B5!%7Dx%5E5-%E2%80%A6$

为 $%5Csin%20x$ 在零点的Taylor展开，

因为 $%5Csin%20x$ 的零点为 $0%2C%5Cpm%20%5Cpi%2C%5Cpm%202%5Cpi%2C%5Cpm%203%5Cpi%2C%E2%80%A6$

于是

$%5Csin%20x%3Dcx%5Cleft(1-%5Cfrac%20x%7B%5Cpi%7D%5Cright)%5Cleft(1%2B%5Cfrac%20x%7B%5Cpi%7D%5Cright)%5Cleft(1-%5Cfrac%20x%7B2%5Cpi%7D%5Cright)%5Cleft(1%2B%5Cfrac%20x%7B2%5Cpi%7D%5Cright)%5Cleft(1-%5Cfrac%20x%7B3%5Cpi%7D%5Cright)%5Cleft(1%2B%5Cfrac%20x%7B3%5Cpi%7D%5Cright)%E2%80%A6$

$%3Dcx%5Cleft(1-%5Cfrac%20%7Bx%5E2%7D%7B%5Cpi%5E2%7D%5Cright)%5Cleft(1-%5Cfrac%20%7Bx%5E2%7D%7B4%5Cpi%5E2%7D%5Cright)%5Cleft(1-%5Cfrac%20%7Bx%5E2%7D%7B9%5Cpi%5E2%7D%5Cright)%E2%80%A6$

将这个无穷乘积展开，根据 $%5Csin%20x$ 的Taylor展开中的一次项系数可确定c=1，并且

$%5Csin%20x%3Dx-%5Cleft(%5Cfrac1%7B%5Cpi%5E2%7D%2B%5Cfrac1%7B2%5E2%5Cpi%5E2%7D%2B%5Cfrac1%7B3%5E2%5Cpi%5E2%7D%2B%E2%80%A6%5Cright)x%5E3%2B%E2%80%A6$

对比三次项系数可得

$%5Cbegin%7Baligned%7D%5Cfrac1%7B%5Cpi%5E2%7D%2B%5Cfrac1%7B2%5E2%5Cpi%5E2%7D%2B%5Cfrac1%7B3%5E2%5Cpi%5E2%7D%2B%E2%80%A6%3D%5Cfrac1%7B3!%7D%5C%5C%5CRightarrow%201%2B%5Cfrac1%7B2%5E2%7D%2B%5Cfrac1%7B3%5E2%7D%2B%E2%80%A6%3D%5Cfrac%7B%5Cpi%5E2%7D6%5Cend%7Baligned%7D$

这就是Euler的证明过程，优雅且简洁，但实际上这个证明存在的一个问题就是Euler并没有严格证明 $%5Csin%20x$ 可以像那样展开为无穷乘积

ps：其实欧拉给出过严谨的证明，但由于这一个证明太出名了，导致一些人认为他没有给出严谨证明

考虑 $%5Ccos%20zt%2Ct%5Cin%5B-%5Cpi%2C%5Cpi%5D$ ，对 t 以周期为 2π 的Fourier级数展开，

$%5Ccos%20zt%3D%5Cfrac%7Ba_0%7D2%2B%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20a_n%5Ccos%20nt%2Bb_n%5Csin%20nt$

之所以这样展开，是因为当中的

$b_n%3D%5Cfrac1%7B%5Cpi%7D%5Cint_%7B-%5Cpi%7D%5E%5Cpi%5Ccos%20zt%20%5Csin%20nt%20%5Cmathrm%20dt%3D0$

即展开式中只有余弦函数，并且以 2π 为周期展开也提供了许多方便

又通过高端的计（硬）算，可得

$a_n%3D%5Cfrac1%5Cpi%5Cint_%7B-%5Cpi%7D%5E%5Cpi%5Ccos%20zt%5Ccos%20nt%5Cmathrm%20dt%3D(-1)%5En%5Cfrac%7B2z%7D%7Bz%5E2-n%5E2%7D%5Ccdot%5Cfrac%7B%5Csin%5Cpi%20z%7D%7B%5Cpi%7D$

则有：

$%5Ccos%20zt%3D%5Cfrac%7B1%7D%7Bz%7D%5Ccdot%5Cfrac%7B%5Csin%5Cpi%20z%7D%7B%5Cpi%7D%2B%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20(-1)%5En%5Cfrac%7B2z%7D%7Bz%5E2-n%5E2%7D%5Ccdot%5Cfrac%7B%5Csin%5Cpi%20z%7D%7B%5Cpi%7D%5Ccos%20nt$

现在令 t=π ，可得

$%5Ccos%20%5Cpi%20z%3D%5Cfrac%7B1%7D%7Bz%7D%5Ccdot%5Cfrac%7B%5Csin%5Cpi%20z%7D%7B%5Cpi%7D%2B%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%5Cfrac%7B2z%7D%7Bz%5E2-n%5E2%7D%5Ccdot%5Cfrac%7B%5Csin%5Cpi%20z%7D%7B%5Cpi%7D$

$%5CRightarrow%20%5Ccot%20%5Cpi%20z%3D%5Cfrac1%7B%5Cpi%20z%7D%2B%5Cfrac1%5Cpi%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20%5Cfrac%7B2z%7D%7Bz%5E2-n%5E2%7D$

根据上面的定理，由于 $%5Csin%20z$ 是整函数，因此它可以由Weierstrass分解定理展开，但是为了方便，我们展开一下乘积：

$%5Csin%20%5Cpi%20z%3De%5E%7BH(z)%7Dz%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%5Cleft(1-%5Cfrac%20%7Bz%7D%7Bn%7D%5Cright)e%5E%7Bz%2Fn%7D%5Cleft(1%2B%5Cfrac%20%7Bz%7D%7Bn%7D%5Cright)e%5E%7B-z%2Fn%7D$

$%5CRightarrow%5Csin%20%5Cpi%20z%3De%5E%7BH(z)%7Dz%5Cprod_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%5Cleft(1-%5Cfrac%20%7Bz%5E2%7D%7Bn%5E2%7D%5Cright)$

取对数导数，可得：

$H'(z)%3D%5Cpi%5Ccot%20z-%5Cpi%5Ccolor%7Bblue%7D%7B%5Cleft(%5Cfrac1%7B%5Cpi%20z%7D%2B%5Cfrac1%5Cpi%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%20%5Cfrac%7B2z%7D%7Bz%5E2-n%5E2%7D%5Cright)%7D$