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  试证$\quad\displaystyle{\frac{\sin x}{x}=\prod_{n=1}^{\infty}\big(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}\big)}\quad(x\in(0,\pi))$'?'v



发贴时间2017/07/09 05:46pm IP: 已设置保密[本文共137字节]  
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  数学中国陆老师的解:6HOjVF
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发贴时间2017/08/30 02:19am IP: 已设置保密[本文共158字节]  
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  因$\,\cos\alpha x\;(|x|\le\pi)\,$可连续延拓到$\,\mathbb{R},\;$据以下计算0
$\displaystyle{\quad(1)\;\int_{-\pi}^{\pi}\cos(\alpha x)\cos\pi x\,dx=2\int_0^{\pi}\cos\alpha x\cos\pi x\,dx}$KuVNjS
$\displaystyle{\qquad\;=\int_0^{\pi}(\cos(\alpha+n)x+\cos(\alpha-n)x)dx}$7.Q
$\displaystyle{\qquad\;=\frac{\sin(\alpha+n)}{\alpha+n}+\frac{\sin(\alpha-n)}{\alpha-n}=\frac{(-1)^n 2\alpha\sin(\alpha x)}{\alpha^2-n^2}}\;\;(\alpha^2\ne\pi^2);$"*
$\displaystyle{\quad(2)\;\int_0^{\pi}2\cos^2 nx\,dx=\int_0^{\pi}(1+\cos(2n\pi))dx=\pi};$Hq
$\displaystyle{\quad(3)\;\frac{1}{2\pi}\int_{\pi}^{\pi}\cos(\alpha x)dx=\frac{\sin\alpha\pi}{\alpha\pi}}.$v4Bph"
得$\displaystyle{\;\;\cos\alpha x=\frac{2\alpha\sin\pi\alpha}{\pi}\big(\frac{1}{2\alpha^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\alpha^2-n^2}\cos nx\big)}\;\;(|x|\le\pi)$cm$`
取$\,x=\pi\,$得$\displaystyle{\quad\cot\pi\alpha-\frac{1}{\pi\alpha}=\frac{2\alpha}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\alpha^2-n^2}}\;\;(|\alpha|< 1)\quad(\dagger)$/k
固定$\,t\in(0,1),\;$对$\,\alpha\in(0,t)\,$有$\;|(\alpha^2-n^2)|^{-1}< |(t^2-n^2)|^{-1}$6m@|
$\qquad\qquad\le (1-t^2)^{-1}n^{-2}.$ 故$\;(\dagger)\,$在$\;\{\alpha:\,|\alpha|\le t\}\,$上一致收敛. $H[=x
逐项积分得$\displaystyle{\;\;\ln\frac{\sin\pi t}{\pi t}=\sum_{n=1}^{\infty}\ln\big(1-\frac{t^2}{n^2}\big)}\quad(t\in(0,1))$O
即$\displaystyle{\;\;\sin x = x\prod_{n=1}^{\infty}\big(1-\frac{x^2}{\pi^2 n^2}\big)}\quad(|x|\le \pi).\quad\square$;W{R



发贴时间2017/08/30 03:42am IP: 已设置保密[本文共1440字节]  

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