调和级数、阶乘与意想不到的三角函数

这章分为三部分：

Part1：调和级数

Part2：阶乘

Part3：调和级数、阶乘与三角函数之间的联系

Part1

第一节：调和级数的引入

什么是调和级数呢？我们定义：调和级数$H(x)$满足：

$$H(x)=\sum^x_{k=1}\frac{1}{k}$$

这个散点函数的图像长什么样呢？

红线与蓝线在$x\in[0,+\infty)$上的交点是我们想象的散点，但是事实上，我们可以将$H(x)$扩充到实数。

$$H(x)=\sum^\infty_{k=1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+x})$$

第二节：扩充调和级数

首先，我们可以轻松得到以下两个式子：

$$H(x)=H(x-1)+\frac{1}{x}\\ H(x+n)=H(x)+\sum^n_{k=1}\frac{1}{x+k}$$

我们可以知道：当$x$越大时，整个函数的坡度会越小。如果我们去任意大的整数$N$，那么就有：

$$H(N)\approx H(N+1)\approx H(N+2)\approx...$$

也就是：$H(N)\approx H(N+x)$，其中$x$是任意小的数。如果$N\to \infty$就有：

$$\lim_{N\to\infty}H(N+x)-H(N)=0\\ \lim_{N\to\infty}H(N+x)-\sum^N_{k=1}\frac{1}{k}=0\\ \lim_{N\to\infty}H(x)+\sum^N_{k=1}\frac{1}{x+k}-\sum^N_{k=1}\frac{1}{k}=0\\ H(x)=\lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}-\frac{1}{x+k}+\sum^N_{k=1}\frac{1}{k}\\ H(x)=\sum^\infty_{k=1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{x+k})$$

我们来看看最后的图像：

Part2

第一节：阶乘的引入

看看下面这个式子：$x!=1\times2\times3\times...\times x$​，这就是阶乘函数。第一眼看上去，这个图像的函数应该是一些散点。

我们来看看这个函数的图像：

这个函数并不是我们想得那样，而是一个光滑的函数，这就说明：阶乘是可以被扩充的。那我们来尝试一下。

第二节：扩充阶乘函数

首先我们可以轻松得到下面几个式子：

$$x!=1\times2\times3\times...\times x\\ x!=(x-1)!x\\ (x+k)!=x!\prod_{n=1}^k(x+n)$$

可是我们对乘法并不熟悉，于是我们尝试把他变成加法。这里还是那个强大的工具：对数。

$$\ln(x!)=\sum^x_{n=1}\ln n\\ \ln(x!)=\ln(x-1)!+\ln x\\ \ln(x+n)!=\ln(x!)+\sum^n_{k=1}\ln(x+k)$$

为了方便叙述，我们定义$L(x)=\ln(x!)$，于是上述式子就可以简述成：

$$L(x)=\sum^x_{n=1}\ln n\\ L(x)=L(x-1)+\ln x\\ L(x+n)=L(x)+\sum^n_{k=1}\ln(x+k)$$

我们来绘制一下$L(x)$的 图像

其中交点处便是函数$L(x)$的图像。我们发现他比$x!$平缓了许多。而且越往后，这个函数的图像会越接近一条直线。

假设我们拉到了$x=N，N$为任意大整数,那么，我们就可以得到：$L(N)-L(N-1)=\ln N$，以此类推

所以我们就有：$\ln(N)\approx\ln(N+1)\approx\ln(N+2)\approx...$，特别的，当$N\to\infty$时，$k$为相当小的整数，我们有：

$$\lim_{N\to\infty}\ln(N+k)-\ln(N) = \lim_{N\to\infty}\ln(\frac{N+k}{N})\\ = \lim_{N\to\infty}\ln(1+\frac{k}{N})\\ = 0$$

现在我们回来：

$$L(x+N)=L(N)+\sum^x_{k=1}\ln(N+k)\\ L(x+N)\approx\sum^N_{k=1}\ln k+x\ln(N)\\ L(x)\approx\sum^N_{k=1}\ln k-\sum^N_{k=1}\ln(x+k)+x\ln(N)\\ L(x)\approx\sum^N_{k=1}\ln (\frac{k}{x+k})+x\ln(N)\\$$

这样我们就得到到了这样一个式子，从直觉上来判断，我们就可以得到：令$N\to\infty$，有：

$$L(x)=\lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\ln (\frac{k}{x+k})+x\ln(N)$$

Proof:

$$L(x+N)=L(N)+\sum^x_{k=1}\ln(N+k)\\ L(x+N)=L(N)+\sum^x_{k=1}(\ln(N)+\ln(N+k)-\ln(N))\\ L(x+N)=L(N)+\sum^x_{k=1}\ln(N)+\sum^x_{k=1}(\ln(N+k)-\ln(N))\\ \lim_{N\to\infty}L(x+N)-L(N)-\sum^x_{k=1}\ln(N)=\lim_{N\to\infty}\sum^x_{k=1}(\ln(\frac{N+k}{N}))\\ \lim_{N\to\infty}L(x+N)-L(N)-\sum^x_{k=1}\ln(N)=0\\ \lim_{N\to\infty}L(x+N)-L(N)-x\ln(N)=0\\ \lim_{N\to\infty}L(x)+\sum^N_{k=1}\ln(x+k)-L(N)-x\ln(N)=0\\ \lim_{N\to\infty}L(x)+\sum^N_{k=1}\ln(x+k)-\sum^N_{k=1}\ln(k)-x\ln(N)=0\\ L(x)+\lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\ln(x+k)-\sum^N_{k=1}\ln(k)-x\ln(N)=0\\ L(x)=\lim_{N\to\infty}-\sum^N_{k=1}\ln(x+k)+\sum^N_{k=1}\ln(k)+x\ln(N)\\ L(x)=\lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\ln(\frac{k}{x+k})+x\ln(N)\\$$

Q.E.D.

现在我们就有了关于$L(x)$的另外一个表达式，画一下图像看一看。

所以：$L(x)=\lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\ln(\frac{k}{x+k})+x\ln(N)\\$是成立的。从图像上我们可以知道，这对任何数都是成立的。

别忘了，$L(x)=\ln(x!)$。所以我们有：

$$x!=\lim_{N\to\infty}e^{\sum^N_{k=1}\ln(\frac{k}{x+k})+x\ln(N)}\\ x!=\lim_{N\to\infty}N^x\prod^N_{k=1}\frac{k}{x+k}\\$$

画出$x!$的图像，于是我们就得到了：

至此我们就把$x!$扩充到了实数。

第三节：历史了解

我们为这个成果感到高兴，但最早是欧拉（Euler）的朋友：丹尼尔·伯努利（Daniel Bernoulli）于1729.10.6第一个发表的扩展$x!$。而欧拉在1729.10.19发表了我们推导出来的式子。当时丹尼尔·伯努利发表的式子为下列式子，然而事实上，这个式子收敛的更快，但取而代之的是复杂度（不会证······）。

$$\lim_{n\to\infty}(N+\frac{x}{2})^{x-1}\prod^{N-1}_{k=1}\frac{k+1}{x+k}$$

我们发现欧拉的解当$x=100$时还没有伯努利的解$x=11$时好，但是这个式子还是以欧拉出名，为什么呢？

原因是因为欧拉的工作更为深入：他追求的是找到一个使用积分而非无穷乘积的表达式。

不出所料，在仅仅过了几个月后，欧拉在1730.1.8发表了另一个解（我肯定是不会证的$QAQ$）：

$$\int^1_0(-\ln(t))^xdt\ \ \ \ \ or\ \ \ \ \ \int^\infty_0t^xe^{-t}dt$$

调和级数与阶乘的关系

我们对阶乘函数的对数求导：

$$\frac{d}{dx}\ln(x!) = \frac{d}{dx}(\lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\ln(\frac{k}{x+k})+x\ln(N))\\ = \lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\frac{d}{dx}\ln(\frac{k}{x+k})+\frac{d}{dx}x\ln(N)\\ = \lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}(\frac{d}{dx}\ln(k)-\frac{d}{dx}\ln(x+k))+\ln(N)\\ = \lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}-\frac{1}{x+k}+\ln(N)\\$$

到这里，仔细观察可以发现：调和级数的函数为$H(x)=\sum^\infty_{k=1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{x+k})$，那么这两者就有莫名的关系。我们通过添项的方式来凑出$H(x)$​。

$$\frac{d}{dx}\ln(x!) = \frac{d}{dx}(\lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\ln(\frac{k}{x+k})+x\ln(N))\\ = \lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\frac{d}{dx}\ln(\frac{k}{x+k})+\frac{d}{dx}x\ln(N)\\ = \lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}(\frac{d}{dx}\ln(k)-\frac{d}{dx}\ln(x+k))+\ln(N)\\ = \lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}-\frac{1}{x+k}+\ln(N)\\ = \lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\frac{1}{k}+\sum^N_{k=1}-\frac{1}{x+k}-\sum^N_{k=1}\frac{1}{k}+\ln(N)\\ = \lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{x+k})-\sum^N_{k=1}\frac{1}{k}+\ln(N)\\ = \lim_{N\to\infty}H(x)-H(N)+\ln(N)\\ = H(x)-\lim_{N\to\infty}(H(N)-\ln(N))\\$$

随后我们可以发现：后面的$\lim_{N\to\infty}(H(N)-\ln(N))$
不随$x$的变化而变化，是一个常数。一般把这个常数叫做 “伽马常数(欧拉常数)” 通过计算我们可以得到它等于$0.5772161649007153...$，用希腊字母 $\gamma$ 表示，也就是：

$$\gamma=\lim_{N\to\infty}(H(N)-\ln(N))=0.5772161649007153...$$

这就有一个意外的发现：阶乘对数的导数等于调和级数减去伽马常数：

$$\frac{d}{dx}\ln(x!)=H(x)-\gamma$$

Part3

Note:

Part3下去我们有些符号要换成更官方的符号，前面的符号为大家做一个铺垫：

$\Gamma$函数和阶乘：

$$\Gamma(x)=(x-1)!\\ \Gamma(x)=\lim_{N\to\infty}N^{x-1}\prod^N_{k=1}\frac{k}{x-1+k}\\ \Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$$

$\psi$函数和调和级数：

$$\psi(x)=\frac{d}{dx}\ln(\Gamma(x))=H(x-1)-\gamma\\ \psi(x+1)=\psi(x)+\frac{1}{x}$$

OK!让我们进入主题。

1.$\psi(x)$与$\cot(x)$

我们可以看到$\psi(x)$的$x$负半轴上的函数有点像$\tan$函数。为了我们更好操作，我们让$x$轴也出现渐近线：$-\psi(1-x)$，

最后我们把这两个函数加起来：

观察一下：真的好像$\tan x$，我们放在一起比对一下:

接下来我们做点调整：

1.水平压缩$\pi$倍：

2.右移$\frac{1}{2}$个单位：

3.上下拉伸$\pi$倍：

于是我们就可以得到：

$$\psi(x)-\psi(1-x)=\pi\tan(\pi x-\frac{\pi}{2})=-\pi\cot(\pi x)$$

2.$\Gamma(x)$与$\sin(x)$​

这是$\Gamma(x)$的图像

仔细观察可以发现：$x$负半轴的每一个整数的位置都有一条垂直渐近线，如果取$\Gamma(x)$的倒数，那么每个整数的位置就变成了零点：

然后进行同样的操作：将函数翻过来：

最后再相乘：

结果就是：一个完美的正弦函数：$\frac{\sin(\pi x)}{\pi}$

我的天啊，这么神奇吗！！！随便糊弄一下，三角函数随机出现？

3.最后的真相

其实，答案是一种有趣的计算$\sin x$的方式：正弦无穷乘积公式。（没错，还是欧拉······）

$$\sin x=x\prod^\infty_{k=1}(1-\frac{x^2}{\pi^2k^2})$$

我们先来证明一下这个东西，再说一下这个公式为什么有这样的联系。

Proof:

我们通过之前有的 $n$倍角公式，于是我们可以轻松得到：

$$\sin(3x)=\sin x(3-4\sin^2x)\\ \sin(5x)=\sin x(5-20\sin^2x+16\sin^4x)\\$$

可以发现：$\sin(2n+1)x=\sin x·P(\sin^2x)$

其中$P(x)$指关于$x$的$n$次多项式。

先求出$P(x)$的常数项，由洛必达法则可以得到：

$$P(0)=\lim_{x\to0}\frac{\sin(2n+1)x}{\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{(2n+1)\cos(2n+1)x}{\cos x}=2n+1$$

同时，由三角函数知识我们可以知道：$\sin(2n+1)x$的根为$\frac{k\pi}{2n+1}(k\in\Z)$，所以$\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}，k=1,2,...,n$恰为$P(x)$的$n$个根。所以有：

$$P(x) = \lim_{n\to\infty}(2n+1)(1-\frac{x}{\sin^2\frac{\pi}{2n+1}})(1-\frac{x}{\sin^2\frac{2\pi}{2n+1}})...(1-\frac{x}{\sin^2\frac{n\pi}{2n+1}})\\ = \lim_{n\to\infty}(2n+1)\prod^n_{k=1}(1-\frac{x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}})\\$$

把$x$替换成$\sin x$，于是我们就可以得到：

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sin(2n+1)x}{\sin x}=\lim_{n\to\infty}(2n+1)\prod^n_{k=1}(1-\frac{\sin^2x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}})\\$$

把$x$替换成$\frac{1}{2n+1}x$:

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sin x}{(2n+1)\sin \frac{1}{2n+1}x} =\lim_{n\to\infty}\prod^n_{k=1}(1-\frac{\sin^2\frac{1}{2n+1}x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}})\\ \lim_{n\to\infty}\frac{\sin x}{(2n+1)\sin \frac{1}{2n+1}x·\prod^m_{k=1}(1-\frac{\sin^2\frac{1}{2n+1}x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}})} =\lim_{n\to\infty}\prod^n_{k=m+1}(1-\frac{\sin^2\frac{1}{2n+1}x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}})\\$$

为什么要这么干呢？因为要取极限：

左边取极限可以得到：$\frac{\sin x}{x\prod^m_{k=1}(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2})}$，对于右边我们有：$\frac{2}{\pi}x<\sin x<x,x \in(0,\frac{\pi}{x})$，简单换元可以得到：

$$\sin^2\frac{1}{2n+1}x<\frac{x^2}{(2n+1)^2}\\ \sin^2\frac{k\pi}{2n+1}>\frac{4k^2}{(2n+1)^2}\\ \frac{\sin^2\frac{1}{2n+1}x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}}<\frac{x^2}{4k^2}$$

所以我们可以得到:

$$1>\lim_{n\to\infty}\prod^n_{k=m+1}(1-\frac{\sin^2\frac{1}{2n+1}x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}})>\prod^\infty_{k=m+1}(1-\frac{x^2}{4k^2})$$

代入$\frac{\sin x}{x\prod^m_{k=1}(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2})}=\lim_{n\to\infty}\prod^n_{k=m+1}(1-\frac{\sin^2\frac{1}{2n+1}x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}})$，可以得到：

$$1>\frac{\sin x}{x\prod^m_{k=1}(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2})}>\prod^\infty_{k=m+1}(1-\frac{x^2}{4k^2})$$

再对$m$取极限，使得$m\to\infty$，可以得到左右两边极限都是$1$，所以根据极限夹逼准则，可得:

$$\sin x=x\prod^\infty_{k=1}(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2})$$

Q.E.D.

这样，这个式子我们就算证明完成了。那么他和$\Gamma(x)$和$\psi(x)$​有什么关系呢？

$$\Gamma(x+1)=\lim_{N\to\infty}N^{1+x-1}\prod^N_{k=1}\frac{k}{1+x-1+k}\\ \Gamma(1-x)=\lim_{N\to\infty}N^{1-x-1}\prod^N_{k=1}\frac{k}{1-x-1+k}\\ \frac{1}{\Gamma(x)\Gamma(1-x)}=\frac{x}{\Gamma(x+1)\Gamma(1-x)}=\\ \frac{x}{\lim_{N\to\infty}(N^{1+x-1}\prod^N_{k=1}\frac{k}{1+x-1+k})\lim_{N\to\infty}(N^{1-x-1}\prod^N_{k=1}\frac{k}{1-x-1+k})}$$

化简（消掉$1$，合并$\lim$，再提出$N^?$的那一项，合并$\prod$）可以得到：

$$\frac{x}{\Gamma(x+1)\Gamma(1-x)} = \frac{x}{\prod^\infty_{k=1}\frac{k}{x+k}\times \frac{k}{-x+k}}\\ = x\frac{1}{\prod^\infty_{k=1}\frac{k^2}{k^2-x^2}}\\ = x\prod^\infty_{k=1}\frac{k^2-x^2}{k^2}\\ = x\prod^\infty_{k=1}(1-\frac{x^2}{k^2})\\$$

另一方面，$\sin x$把$x$换成$\pi x$，可知：

$$\frac{\sin(\pi x)}{\pi}=x\prod^\infty_{k=1}(1-\frac{x^2}{k^2})$$

所以：

$$\frac{1}{\Gamma(x)\Gamma(1-x)}=\frac{\sin(\pi x)}{\pi}$$

也就是：

$$\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\pi}{\sin(\pi x)}$$

然后，我们两边取对数：

$$\ln(\Gamma(x))+\ln(\Gamma(1-x))=\ln(\pi)-\ln(\sin(\pi x))$$

再取导数：

$$\psi(x)-\psi(1-x)=-\pi\cot(\pi x)$$

Tip：

这里会发现我做了一堆违规的事情，比如取对数我没有考虑正负$\ln(\sin(\pi x))$​，但是他们求导完是对的，原因是这里我们实际上并不是先去对数再取导数，我们做的叫取对数导数

参考资料：https://encyclopediaofmath.org/wiki/Logarithmic_derivative

对数导数本身的定义：

在数学中，特别是在微积分和复分析中，函数$f$的对数导数由以下公式定义：

$$\frac{f'}{f}$$

完结，撒花。