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10樓: Originally posted by hank612 at 2014-08-03 13:34:57
直接用單調(diào)的定義就好了，結(jié)論其實是非常強的

Emuch024.png

樓主，求這個的出處！

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11樓2014-08-03 23:40:25

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hank612

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11樓: Originally posted by kanglegong at 2014-08-03 23:40:25
樓主，求這個的出處！...

這個Weierstrass的因式定理，網(wǎng)絡(luò)上隨便搜都有吧，比如
http://en.wikipedia.org/wiki/Weierstrass_factorization_theorem
剩下的計算，實在是沒有什么可以計算，只是正負符號判斷而已呀
并且因為每一項系數(shù)都是正的，連放縮都免了，沒有必要啊

另外，發(fā)了圖片后發(fā)現(xiàn)自己又犯暈了。用圖片中的冪級數(shù)展開式，直接證明導函數(shù)的分子大于零更加簡單，這就是許多網(wǎng)友早就斷言的思路。樓主寫一下就知道了，就兩行而已。

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12樓2014-08-04 02:09:58

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13樓2014-08-04 12:00:46

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13樓: Originally posted by kanglegong at 2014-08-04 12:00:46
不過還是推不出來啊，看了很久沒有看明白，求詳細步驟，謝謝大神...

(1) Weierstrass 因式定理，類似于"多項式P(x)有根a 充分必要條件是(x-a)是 P(x)的因式"的推廣。由于sin(z)的根為 $k\pi, \mathrm{where } k=0,\pm\pi,\pm2\pi,\dots$ , 立刻得到 $\sin{z}=z\cdot (1-\frac{z^2}{\pi^2})\cdot (1-\frac{z^2}{(2\pi)^2})\cdot ...$

(2) 由于Ln對數(shù)函數(shù)將乘積變成和，所以 $\ln{\frac{\sin{z}}{z}}=\sum_{n=1}^{\infty} \ln(1-\frac{z^2}{n^2{\pi}^2}).$

(3) 由于ln(1-x)的Taylor展式, 將每一個 $\ln(1-\frac{z^2}{n^2{\pi}^2})$ 都展開，得到一個不完全的Taylor級數(shù)展開式：
$\ln{\frac{z}{\sin{z}}}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k} \left(\frac{z^2}{n^2{\pi}^2}\right)^k$

(4) 你的H(x)分子分母都取個負號，得到 $H(x)=\frac{\ln{\frac{x}{\sin{x}}}}{\ln{\frac{ax}{\sin{ax}}}}$ , 然后求導，那么分子為
$(\ln{x}{\sin{x}})'\cdot\ln(\frac{az}{\sin{az}})-(\ln{x}{\sin{x}})\cdot \ln(\frac{az}{\sin{az}})'$
我們只要證明這個分子是大于零的就夠了。

(5)由于級數(shù)是可以逐項求導的，所以 $(\ln{x}{\sin{x}})'=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2z^{2k-1}}{n^{2k}{\pi}^{2k}}$ , $\ln(\frac{az}{\sin{az}})'=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2a^{2k}z^{2k-1}}{n^{2k}{\pi}^{2k}}$ , 這樣可以得到分子為(千萬不要化簡)
$\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2z^{2k-1}}{n^{2k}{\pi}^{2k}}\cdot \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty} \frac{a^{2j}z^{2j}}{jm^{2j}{\pi}^{2j}} -\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{z^{2k}}{kn^{2k}{\pi}^{2k}}\cdot \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty} \frac{2a^{2j}z^{2j-1}}{m^{2j}{\pi}^{2j}}$

(6)這個分子依然是Taylor級數(shù)，并且z的冪次只有奇數(shù)（偶函數(shù)的導數(shù)是奇函數(shù)）。我們來看看z^{2p-1}的系數(shù)是怎么個表達式。

(7)當且僅當 k+j=p, 1<=k, 1<=j 這樣的k,j 才對z^{2p-1}的系數(shù)有貢獻。提出一個常數(shù)因子 $\frac{2}{{\pi}^{2p}}$ ,并將j=p-k代替, 因此 $\frac{2z^{2p-1}}{{\pi}^{2p}}$ 在分子中的系數(shù)等于
$\sum_{n,m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{a^{2p-2k}}{(p-k)n^{2k}m^{2p-2k}} -\sum_{n,m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{a^{2p-2k}}{kn^{2k}m^{2p-2k}}$
注意了，到現(xiàn)在為止，盡量少做化簡，No Zuo No Die。

(8)合并同類項，得到 $\sum_{n,m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(2k-p)a^{2p-2k}}{k(p-k)n^{2k}m^{2p-2k}}$ .

(9)這下可以看出，這(p-1)項有一半是正的，一半是負的。我們將 1<=k<=[(p-1)/2] 和[(p+1)/2]<=k’<=p-1作一一配對，即 k’=p-k. 于是得到
$\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(2k-p)a^{2p-2k}}{k(p-k)n^{2k}m^{2p-2k}}+\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(2k’-p)a^{2p-2k’}}{k’(p-k’)n^{2k’}m^{2p-2k’}}=\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\frac{(2k-p)}{k(p-k)}\left(a^{2p-2k} \cdot \sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}-a^{2k}\cdot \sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2p-2k}m^{2k}}\right)$ .

(10)在求和符號中，n,m只是記號，所以換個記號也不影響和式，所以 $\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}=\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2p-2k}m^{2k}}$

(11)系數(shù)再次提取公因式，得到
$\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\frac{(2k-p)(a^{2p-2k}-a^{2k})}{k(p-k)}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}\right)$
由于1<=k<=[(p-1)/2]時，2k-p恒負，但因為0<a<1, 因式 $(a^{2p-2k}-a^{2k})$ 也是恒負，結(jié)果總的符號恒正，所以系數(shù)恒正，所以導數(shù)分子恒正。

(12) 樓主只說沒有看懂，卻沒有說哪一步?jīng)]有看懂，只好從頭敲一大堆文字符號，估計typo不可避免，

最后說明一下，盡量少化簡，少放縮，少兜路，多做多錯。

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14樓2014-08-04 23:01:06

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14樓: Originally posted by hank612 at 2014-08-04 23:01:06

(1) Weierstrass 因式定理，類似于"多項式P(x)有根a 充分必要條件是(x-a)是 P(x)的因式"的推廣。由于sin(z)的根為k\pi, \mathrm{where } k=0,\pm\pi,\pm2\pi,\dots, 立刻得到 \si ...

趁著文件還在，把typo修改了一下，哈哈哈哈哈哈哈

(1) Weierstrass 因式定理，類似于"多項式P(x)有根a 充分必要條件是(x-a)是 P(x)的因式"的推廣。由于sin(z)的根為 $k\pi,$ , 其中 $k=0,\pm\pi,\pm2\pi,\dots$ , 立刻得到 $\sin{z}=z\cdot (1-\frac{z^2}{\pi^2})\cdot (1-\frac{z^2}{(2\pi)^2})\cdot ...$

(2) 由于Ln對數(shù)函數(shù)將乘積變成和，所以 $\ln{\frac{\sin{z}}{z}}=\sum_{n=1}^{\infty} \ln(1-\frac{z^2}{n^2{\pi}^2}).$

(3) 由于 $\ln(1-x)=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^k}{k}$ 的Taylor展式, 將每一個 $\ln(1-\frac{z^2}{n^2{\pi}^2})$ 都展開，得到一個不完全的Taylor級數(shù)展開式：
$\ln{\frac{z}{\sin{z}}}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left(\frac{z^2}{n^2{\pi}^2}\right)^k$

(4) 你的H(x)分子分母都取個負號，得到 $H(x)=\frac{\ln{\frac{x}{\sin{x}}}}{\ln{\frac{ax}{\sin{ax}}}}$ , 然后求導，那么分子為
$(\ln{\frac{x}{\sin{x}}})'\cdot\ln(\frac{az}{\sin{az}})-(\ln{\frac{x}{\sin{x}}})\cdot \ln(\frac{az}{\sin{az}})'$
我們只要證明這個分子是大于零的就夠了。

(5)由于級數(shù)是可以逐項求導的，所以 $(\ln{\frac{x}{\sin{x}}})'=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2z^{2k-1}}{n^{2k}{\pi}^{2k}},\quad \ln(\frac{az}{\sin{az}})'=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2a^{2k}z^{2k-1}}{n^{2k}{\pi}^{2k}}$ , 這樣可以得到分子為(千萬不要化簡)
$\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2z^{2k-1}}{n^{2k}{\pi}^{2k}}\cdot \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{a^{2j}z^{2j}}{jm^{2j}{\pi}^{2j}} -\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{2k}}{kn^{2k}{\pi}^{2k}}\cdot \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{2a^{2j}z^{2j-1}}{m^{2j}{\pi}^{2j}}$

(6)這個分子依然是Taylor級數(shù)，并且z的冪次只有奇數(shù)（偶函數(shù)的導數(shù)是奇函數(shù)）。我們來看看z^{2p-1}的系數(shù)是怎么個表達式。

(7)當且僅當 k+j=p, 1<=k, 1<=j 這樣的k,j 才對z^{2p-1}的系數(shù)有所貢獻。提出一個常數(shù)因子 $\frac{2}{{\pi}^{2p}}$ ,并將j=p-k來代替, 因此 $\frac{2z^{2p-1}}{{\pi}^{2p}}$ 在分子中的系數(shù)等于
$\sum_{n,m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{a^{2p-2k}}{(p-k)n^{2k}m^{2p-2k}}-\sum_{n,m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{a^{2p-2k}}{kn^{2k}m^{2p-2k}}$
注意了，到現(xiàn)在為止，盡量少做化簡，No Zuo No Die。

(8)合并同類項，得到 $\sum_{n,m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(2k-p)a^{2p-2k}}{k(p-k)n^{2k}m^{2p-2k}}$ .

(9)這下可以看出，這(p-1)項有一半是正的，一半是負的。我們將 1<=k<=[(p-1)/2] 和[(p+1)/2]<=s<=p-1作一一配對，即 s=p-k. 于是得到
$\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(2k-p)a^{2p-2k}}{k(p-k)n^{2k}m^{2p-2k}}+\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(2s-p)a^{2p-2s}}{s(p-s)n^{2s}m^{2p-2s}}=\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\frac{(2k-p)}{k(p-k)}\left(a^{2p-2k}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}-a^{2k}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2p-2k}m^{2k}}\right)$ .

(10)在求和符號中，n,m只是記號，所以換個記號也不影響和式，所以 $\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}=\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2p-2k}m^{2k}}$

(11)系數(shù)再次提取公因式 $\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}$ ，得到
$\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\frac{(2k-p)(a^{2p-2k}-a^{2k})}{k(p-k)}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}\right)$
由于1<=k<=[(p-1)/2]時，因式(2k-p)恒負，但因為0<a<1, 因式 $(a^{2p-2k}-a^{2k})$ 也是恒負，結(jié)果總的符號還是恒正，從而系數(shù)恒正，從而導數(shù)分子恒正。

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15樓2014-08-04 23:19:28

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15樓: Originally posted by hank612 at 2014-08-04 23:19:28
趁著文件還在，把typo修改了一下，哈哈哈哈哈哈哈

(1) Weierstrass 因式定理，類似于"多項式P(x)有根a 充分必要條件是(x-a)是 P(x)的因式"的推廣。由于sin(z)的根為k\pi, , 其中 k=0,\pm\pi,\pm2\p ...

謝謝大神啊，我在詳細看看這個步驟！不好意思耽誤你這個多時間，非常感謝！

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16樓2014-08-05 09:57:56

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