如何证明？ - 数学 - 计算数学 - 第3页小木虫论坛-学术科研互动平台

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youngen

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我要飞(金币+1): 谢谢参与

21楼2016-12-23 16:59:24

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多啦C梦0601

22楼2016-12-23 17:00:02

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alober

木虫 (著名写手)

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Edstrayer: 金币+5 2017-02-07 01:01:12

令 $\frac{\omega h}{2} = t$ ，只要证明
$|2\sin t|^{\alpha} = \sum_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\frac{\alpha}{2}-k+1)\Gamma(\frac{\alpha}{2}+k+1)}\exp(2ikt)$

令 $f(t) = |2\sin t|^{\alpha}$ ，则 $f(t) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty}c_k \exp(ik\omega t)$ ，令 $\omega = 2$ ，则
$c_k = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|2\sin t|^{\alpha}e^{-2ikt}dt = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{0}(-2\sin t)^{\alpha}e^{-2ikt}dt+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}(2\sin t)^{\alpha}e^{-2ikt}dt = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}(2\sin t)^{\alpha}e^{2ikt}dt+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}(2\sin t)^{\alpha}e^{-2ikt}dt = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}(2\sin t)^{\alpha}(e^{2ikt}+e^{-2ikt})dt = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}(2\sin t)^{\alpha}\cos 2ktdt \sim(t \to \frac{\pi}{2}-x)\sim = \frac{(-1)^k}{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(2\cos x)^{\alpha}\cos(2kx)dx = \frac{(-1)^k \cdot 2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(2\cos x)^{\alpha}\cos(2kx)dx = \frac{(-1)^k \cdot 2}{\pi} \cdot \frac{\pi\Gamma(\alpha+1)}{2\Gamma(1+\frac{\alpha}{2}+k)\Gamma(1+\frac{\alpha}{2}-k)} = \frac{(-1)^{k}\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\frac{\alpha}{2}-k+1)\Gamma(\frac{\alpha}{2}+k+1)}$
这就是要证明的。下面算倒数第二个等号。因为
$0 = \int_{C}(1+z)^pz^qdz = \int_{-1}^{1}(1+z)^pz^qdz+\int_{0}^{\pi}(1+e^{it})^p(e^{it})^qd(e^{it}) = \int_{-1}^{1}(1+z)^pz^qdz+i\int_{0}^{\pi}(1+e^{it})^pe^{it(q+1)}dt$
其中C是单位圆周与实轴围成的上半闭路。所以
$-\int_{-1}^{1}(1+z)^pz^qdz = i\int_{0}^{\pi}(1+e^{it})^pe^{it(q+1)}dt = i\int_{0}^{\pi}(\frac{1+e^{it}}{e^{\frac{it}{2}}})^pe^{it(q+1)} \cdot e^{\frac{itp}{2}}dt = i\int_{0}^{\pi}(e^{\frac{-it}{2}}+e^{\frac{it}{2}})^pe^{it(q+\frac{p}{2}+1)}dt = i\int_{0}^{\pi}(2\cos\frac{t}{2})^pe^{it(q+\frac{p}{2}+1)}dt$
所以
$-i\int_{0}^{\pi}(2\cos\frac{t}{2})^pe^{it(q+\frac{p}{2}+1)}dt = \int_{-1}^{1}(1+z)^pz^qdz = \int_{0}^{1}(1+x)^px^qdx+\int_{-1}^{0}(1+x)^px^qdx = \int_{0}^{1}(1+x)^px^qdx+(-1)^q\int_{0}^{1}(1-x)^px^qdx = \int_{0}^{1}(1+x)^px^qdx+e^{iq\pi}\int_{0}^{1}(1-x)^px^qdx$
两边取虚部得
$-\int_{0}^{\pi}(2\cos\frac{t}{2})^p\cos(t(q+\frac{p}{2}+1))dt = \sin(q\pi)\int_{0}^{1}(1-x)^px^qdx = \sin(q\pi)B(q+1,p+1)$
让 $t = 2x, k = q+\frac{p}{2}+1, p = \alpha$ ，上式即
$-2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(2\cos x)^{\alpha}\cos(2kx)dx = \sin(q\pi)B(q+1,\alpha+1) = \sin(q\pi)\frac{\Gamma(\alpha+1)\Gamma(q+1)}{\Gamma(\alpha+q+2)} = \frac{\Gamma(\alpha+1)\Gamma(k-\frac{\alpha}{2})}{\Gamma(k+\frac{\alpha}{2}+1)}\sin\pi(k-\frac{\alpha}{2}-1) = \frac{-\Gamma(\alpha+1)\Gamma(k-\frac{\alpha}{2})}{\Gamma(k+\frac{\alpha}{2}+1)} \cdot \sin\pi(k-\frac{\alpha}{2}) = \frac{-\Gamma(\alpha+1)\Gamma(k-\frac{\alpha}{2})}{\Gamma(k+\frac{\alpha}{2}+1)} \cdot \frac{\pi}{B(k-\frac{\alpha}{2},1-k+\frac{\alpha}{2})} = \frac{-\pi\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(1+\frac{\alpha}{2}+k)\Gamma(1+\frac{\alpha}{2}-k)}$
这就是倒数第二个等号的原因。