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## Part 1 分析学性质

在对函数作 Taylor 展开时，自然就出现了以函数为一般项的无穷级数. 这种对于一列函数的无穷求和也可以看成是关于函数的运算，跟积分运算一样，它提供了构造非初等函数的手段.

### · 一致收敛

设 $I$ 为区间，${g\_n(x)}$ 为 $I$ 中定义的一列函数. 如果存在 $I$ 中的函数 $g(x)$ 使得

$$
\lim\_{n \to \infty} g\_n(x\_0) = g(x\_0), \quad \forall\ x\_0 \in I,
$$

则称函数列 ${g\_n}$ 收敛于 $g$，记为 $\displaystyle\lim\_{n \to \infty} g\_n = g$ 或 $g\_n \to g\ (n \to \infty)$.

/example/

> 考虑 $g\_n(x) = x^n$, $x \in (0,1)$. 因为对任意固定的 $x\_0 \in (0,1)$，均有
>
> $$
> \lim\_{n \to \infty} x\_0^n = 0,
> $$
>
> 故 $\displaystyle\lim\_{n \to \infty} g\_n = 0$.

**定义1（一致收敛）.**

> 如果任给 $\varepsilon > 0$，均存在与 $x \in I$ 无关的正整数 $N = N(\varepsilon)$，使得当 $n > N$ 时
>
> $$
> |g\_n(x) - g(x)| < \varepsilon, \quad \forall\ x \in I, \tag{\*}
> $$
>
> 则称函数列 ${g\_n}$ 在 $I$ 中一致收敛于 $g$，记为 $g\_n \rightrightarrows g$.

显然，一致收敛的函数列是收敛的. 一致性体现在 $(\*)$ 式对于充分大的 $n$ 和任意 $x$ 均成立.

/example/ 设 $g\_n(x) = \dfrac{x}{1 + n^2x^2}$, $x \in \[-1,1]$. 讨论 ${g\_n}$ 的收敛性.

> 当 $0 < |x| \leq 1$ 时
>
> $$
> |g\_n(x) - 0| = \frac{|x|}{|1 + n^2x^2|} \leq \frac{|x|}{2n|x|} = \frac{1}{2n},
> $$
>
> 上式对 $x = 0$ 也成立. 因此 ${g\_n}$ 在 $\[-1,1]$ 中一致收敛于 $0$.

**定理1.** 设 ${g\_n}$ 在区间 $I$ 中一致收敛于 $g$. 如果 $g\_n$ 均为连续函数，则 $g$ 也是连续函数.

> 任取 $x\_0 \in I$，我们要证明 $g$ 在 $x\_0$ 处连续. 任给 $\varepsilon > 0$，由一致收敛定义，存在正整数 $N = N(\varepsilon)$，使得 $n > N$ 时
>
> $$
> |g\_n(x) - g(x)| < \frac{\varepsilon}{3}, \quad \forall\ x \in I.
> $$
>
> 取定 $n\_0 = N + 1$，由于 $g\_{n\_0}$ 在 $I$ 中连续，故存在 $\delta = \delta(\varepsilon) > 0$ 使得
>
> $$
> |g\_{n\_0}(x) - g\_{n\_0}(x\_0)| < \frac{\varepsilon}{3}, \quad \forall\ x \in (x\_0 - \delta, x\_0 + \delta) \cap I.
> $$
>
> 因此
>
> $$
> \begin{aligned}
> |g(x) - g(x\_0)| &\leq |g(x) - g\_{n\_0}(x)| + |g\_{n\_0}(x) - g\_{n\_0}(x\_0)| + |g\_{n\_0}(x\_0) - g(x\_0)| \\\\
> &< \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon, \quad \forall\ x \in (x\_0 - \delta, x\_0 + \delta) \cap I.
> \end{aligned}
> $$
>
> 这说明 $g$ 在 $x\_0$ 处是连续的.

> \[!important]
>
> **注意.** 我们实际上证明了，如果 ${g\_n}$ 一致收敛于 $g$，且每个函数 $g\_n$ 均在 $x\_0$ 处连续，则 $g$ 也在 $x\_0$ 处连续，这也可以表示为
>
> $$
> \lim\_{x \to x\_0} \lim\_{n \to \infty} g\_n(x) = \lim\_{n \to \infty} \lim\_{x \to x\_0} g\_n(x),
> $$
>
> 一致收敛在这里保证了求极限次序的可交换性.

一般地，我们有

**定理2. (\*).** 设 ${g\_n}$ 在 $x\_0 \in I$ 的一个空心邻域中一致收敛于 $g$. 如果

$$
\lim\_{x \to x\_0} g\_n(x) = a\_n, \quad \forall\ n \geq 1,
$$

则极限 $\displaystyle\lim\_{n \to \infty} a\_n$ 以及 $\displaystyle\lim\_{x \to x\_0} g(x)$ 均存在，且这两个极限相等，即

$$
\lim\_{x \to x\_0} \lim\_{n \to \infty} g\_n(x) = \lim\_{n \to \infty} \lim\_{x \to x\_0} g\_n(x).
$$

> 由 ${g\_n}$ 一致收敛到 $g$ 知，任给 $\varepsilon > 0$，存在 $N\_0$，当 $n > N\_0$ 时
>
> $$
> |g\_n(x) - g(x)| < \varepsilon, \quad \forall\ x \ne x\_0.
> $$
>
> 因此当 $m,n > N\_0$ 时
>
> $$
> |g\_m(x) - g\_n(x)| \leq |g\_m(x) - g(x)| + |g(x) - g\_n(x)| < 2\varepsilon,
> $$
>
> 在上式中令 $x \to x\_0$，得
>
> $$
> |a\_m - a\_n| \leq 2\varepsilon, \quad \forall\ m,\ n > N\_0.
> $$
>
> 由 Cauchy 准则知 $\displaystyle\lim\_{n \to \infty} a\_n = A$ 存在.
>
> 下证 $\displaystyle\lim\_{x \to x\_0} g(x) = A$. 任给 $\varepsilon > 0$，由刚才的证明，存在 $N$，使得
>
> $$
> |a\_N - A| < \frac{\varepsilon}{3}, \quad |g(x) - g\_N(x)| < \frac{\varepsilon}{3}, \quad \forall\ x \ne x\_0.
> $$
>
> 因为 $\displaystyle\lim\_{x \to x\_0} g\_N(x) = a\_N$，故存在 $\delta > 0$，当 $0 < |x - x\_0| < \delta$ 时
>
> $$
> |g\_N(x) - a\_N| < \frac{\varepsilon}{3}.
> $$
>
> 因此，当 $0 < |x - x\_0| < \delta$ 时
>
> $$
> \begin{aligned}
> |g(x) - A| &\leq |g(x) - g\_N(x)| + |g\_N(x) - a\_N| + |a\_N - A| \\\\
> &< \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon,
> \end{aligned}
> $$
>
> 即 $\displaystyle\lim\_{x \to x\_0} g(x) = A$

由一致收敛定义可得如下判别法，它不涉及极限 $g$ 的具体形式：

**(Cauchy 准则)** 定义在 $I$ 中的函数列 ${g\_n}$ 一致收敛当且仅当对任意的 $\varepsilon > 0$，存在 $N = N(\varepsilon)$，使得当 $m,n > N$ 时

$$
|g\_m(x) - g\_n(x)| < \varepsilon, \quad \forall\ x \in I.
$$

> 注意，当 ${g\_n}$ 满足上式时，对于每一个固定的 $x\_0 \in I$，${g\_n(x\_0)}$ 都是 Cauchy 数列，因此收敛，其极限记为 $g(x\_0)$. 这样就得到了极限函数 $g$，并且 ${g\_n}$ 一致收敛于 $g$ .

现在，设 ${f\_n(x)}$ 为一列函数，考虑形式和 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x)$，这种形式和称为函数项级数. 如果部分和 $S\_n(x) = \displaystyle\sum\_{k=1}^n f\_k(x)$ 收敛，则称该函数项级数收敛；如果 $S\_n(x)$ 一致收敛，则称该函数项级数一致收敛. 根据上面的讨论，我们有：

> (1) 如果 $f\_n$ 均为连续函数，$\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x)$ 一致收敛于 $S(x)$，则 $S(x)$ 也是连续函数；
>
> (2) $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x)$ 一致收敛当且仅当任给 $\varepsilon > 0$，存在 $N = N(\varepsilon)$，使得 $n > N$ 时
>
> $$
> |f\_{n+1}(x) + \cdots + f\_{n+p}(x)| < \varepsilon, \quad \forall\ x \in I, \forall\ p \geq 1.
> $$

下面的两个结果是数项级数相应结果的推论：

**定理3.** 设 ${f\_{mn}(x)}$ 是依赖于指标 $m,n$ 的一族函数，对于每个 $n \geq 1$，均有 $\displaystyle\lim\_{m \to \infty} f\_{mn}(x) = f\_n(x)$，且对任意 $m \geq 1$，$|f\_{mn}(x)| \leq F\_n(x)$，函数项级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty F\_n(x)$ 收敛，则 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x)$ 也收敛，且

$$
\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x) = \sum\_{n=1}^\infty \lim\_{m \to \infty} f\_{mn}(x) = \lim\_{m \to \infty} \sum\_{n=1}^\infty f\_{mn}(x).
$$

**定理4.** 设 $\displaystyle\sum\_{m=1}^\infty |f\_{mn}(x)| \leq F\_n(x)\ (n \geq 1)$，$\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty F\_n(x)$ 收敛，则

$$
\sum\_{m=1}^\infty \sum\_{n=1}^\infty f\_{mn}(x) = \sum\_{n=1}^\infty \sum\_{m=1}^\infty f\_{mn}(x).
$$

函数项级数的收敛判别法可从数项级数的收敛判别法得到. 例如：

> (1) (Weierstrass) 如果 $|f\_n(x)| \leq M\_n$，而正项级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty M\_n$ 收敛，则 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x)$ 一致收敛. 这是因为
>
> $$
> |f\_{n+1}(x) + \cdots + f\_{n+p}(x)| \leq M\_{n+1} + \cdots + M\_{n+p},
> $$
>
> 然后利用 Cauchy 准则即可.
>
> (2) (Dirichlet) 设级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty b\_n(x)$ 的部分和 $B\_n(x) = \displaystyle\sum\_{k=1}^n b\_k(x)$ 一致有界，即存在 $M > 0$，使得
>
> $$
> |B\_n(x)| \leq M, \quad \forall\ x \in I, \forall\ n \geq 1.
> $$
>
> 并且对每个 $x \in I$，${a\_n(x)}$ 关于 $n$ 单调，$a\_n(x) \to 0$，则级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty a\_n(x)b\_n(x)$ 在 $I$ 中一致收敛. 其证明只要照搬数项级数中的相应证明即可.
>
> (3) (Abel) 设级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty b\_n(x)$ 在 $I$ 中一致收敛，且对每个 $x \in I$，${a\_n(x)}$ 关于 $n$ 单调，且在 $I$ 中一致有界，则级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty a\_n(x)b\_n(x)$ 在 $I$ 中一致收敛. 其证明仍然是 Abel 变换的运用，然后再利用 Cauchy 准则：
>
> $$
> \begin{aligned}
> &|a\_{n+1}(x)b\_{n+1}(x) + \cdots + a\_{n+p}(x)b\_{n+p}(x)| \leq\\\\
> &3\sup |a\_n| \cdot \sup\_{1 \leq k \leq p} |b\_{n+1}(x) + \cdots + b\_{n+k}(x)|.
> \end{aligned}
> $$

**命题5.** 设 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x)$ 和 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty g\_n(x)$ 一致收敛，$\lambda,\mu \in \mathbb{R}$. 则函数项级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty (\lambda f\_n(x) + \mu g\_n(x))$ 也一致收敛，且

$$
\sum\_{n=1}^\infty (\lambda f\_n(x) + \mu g\_n(x)) = \lambda \sum\_{n=1}^\infty f\_n(x) + \mu \sum\_{n=1}^\infty g\_n(x).
$$
**定理6 (Dini).** 设 $g\_n(x)$ 为 $\[a,b]$ 中非负连续函数，且对每个 $x \in \[a,b]$，$g\_n(x)$ 关于 $n$ 单调递减趋于 $0$，则 $g\_n \rightrightarrows 0$.

> 任给 $\varepsilon > 0$，我们要证明存在 $N$，使得当 $n > N$ 时
>
> $$
> 0 \leq g\_n(x) < \varepsilon, \quad \forall\ x \in \[a,b].
> $$
>
> 即要证 $n$ 充分大以后 $A\_n = {x \in \[a,b] \mid g\_n(x) \geq \varepsilon}$ 为空集. 因为 $g\_n$ 关于 $n$ 单调递减，因此
>
> $$
> A\_1 \supset A\_2 \supset \cdots \supset A\_n \supset A\_{n+1} \supset \cdots,
> $$
>
> 这说明我们只要证明某一个 $A\_n$ 是空集即可.
>
> （反证法）假设 $A\_n$ 均非空集，取 $x\_n \in A\_n$，则 ${x\_n}$ 为 $\[a,b]$ 中的有界点列，从而存在收敛子列 ${x\_{n\_i}}$，设此子列收敛到 $x\_0 \in \[a,b]$. 我们易知 $A\_k \supset A\_{n\_k} \supset {x\_{n\_k}, x\_{n\_k+1}, \cdots}$. 因为 $g\_k$ 在 $x\_0$ 处连续，我们有
>
> $$
> g\_k(x\_0) = \lim\_{k \leq i \to \infty} g\_k(x\_{n\_i}) \geq \varepsilon.
> $$
>
> 上式对任意 $k \geq 1$ 均成立，这和 $g\_n(x\_0) \to 0\ (n \to \infty)$ 相矛盾.

**推论7.** 设 $f\_n(x)$ 为非负连续函数，如果函数项级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x)$ 在闭区间中收敛于连续函数 $f$，则必一致收敛于 $f$.

> 考虑部分和 $S\_n(x)$ 及连续函数列 $f(x) - S\_n(x)$，应用 Dini 定理即可.
>
> **注意.** 注意，推论中 $f$ 的连续性条件是不能去掉的. 例如，考虑 $\[0,1]$ 区间上的函数列 $f\_1(x) = 1 - x$，$f\_n(x) = x^{n-1} - x^n\ (n \geq 2)$ 即可得到反例.

**Riemann-Zeta 函数的连续性.**

> 当 $s > 1$ 时，级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^s}$ 收敛，其和 $\zeta(s)$ 可以看成 $(1,+\infty)$ 中的函数.
>
> 虽然函数项级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n^s}$ 在整个区间 $(1,+\infty)$ 中不是一致收敛的，但在任何闭区间 $I \subset (1,+\infty)$ 上都是一致收敛的，
>
> 因此 $\zeta(s)$ 在 $I$ 中连续，从而也是整个定义域 $(1,+\infty)$ 中的连续函数.

### · 可交换性

给定收敛的函数项级数 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x) = f(x)$，下面我们关心的问题是能否逐项求积分以及逐项求导，这也依赖于一致收敛性.

**定理1.**

(1) 设 ${g\_n}$ 在 $\[a,b]$ 中一致收敛于 $g$. 如果 $g\_n$ 均为 Riemann 可积函数，则 $g$ 也是 Riemann 可积函数，且

$$
\lim\_{n \to \infty} \int\_a^b g\_n(x) dx = \int\_a^b \lim\_{n \to \infty} g\_n(x) dx = \int\_a^b g(x) dx.
$$

(2) 设 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x)$ 在 $\[a,b]$ 中一致收敛于 $f$. 如果 $f\_n$ 均为 Riemann 可积函数，则 $f$ 也是 Riemann 可积函数，且

$$
\sum\_{n=1}^\infty \int\_a^b f\_n(x) dx = \int\_a^b \sum\_{n=1}^\infty f\_n(x) dx = \int\_a^b f(x) dx.
$$

> 只要证明 (1) 即可. 先来证明 $g$ 的可积性. 任给 $\varepsilon > 0$，存在 $N = N(\varepsilon)$，使得 $n \geq N$ 时
>
> $$
> |g\_n(x) - g(x)| \leq \frac{\varepsilon}{4(b-a)}, \quad \forall\ x \in \[a,b].
> $$
>
> 因为 $g\_N$ 是可积函数，故存在 $\[a,b]$ 的分割 $\pi$，使得
>
> $$
> \sum\_\pi \omega\_i(g\_N) \Delta x\_i < \frac{\varepsilon}{2}.
> $$
>
> 对于分割 $\pi$ 的每一个小区间 $\[x\_{i-1}, x\_i]$，有
>
> $$
> \omega\_i(g) \leq \omega\_i(g\_N) + \frac{\varepsilon}{2(b-a)},
> $$
>
> 因此
>
> $$
> \begin{aligned}
> \sum\_\pi \omega\_i(g) \Delta x\_i &\leq \sum\_\pi \omega\_i(g\_N) \Delta x\_i + \frac{\varepsilon}{2(b-a)}(b-a) \\\\
> &\leq \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon,
> \end{aligned}
> $$
>
> 由可积函数的充要条件即知 $g$ 是 $\[a,b]$ 上的可积函数.
>
> 现在，当 $n \geq N$ 时，我们有估计
>
> $$
> \begin{aligned}
> \left| \int\_a^b g\_n(x) dx - \int\_a^b g(x) dx \right| &= \left| \int\_a^b (g\_n(x) - g(x)) dx \right| \\\\
> &\leq \int\_a^b |g\_n(x) - g(x)| dx \\\\
> &\leq \frac{\varepsilon}{4}
> \end{aligned}
> $$
>
> 这说明
>
> $$
> \lim\_{n \to \infty} \int\_a^b g\_n(x) dx = \int\_a^b g(x) dx.
> $$
>
> 这就证明了定理的结论.

> \[!important]
>
> **注意.**
>
> (i) 这个定理说的是极限或求和与积分运算次序的可交换性. 一般地，定理中的一致收敛的条件是不能去掉的. 但对于一致有界的函数列，有如下控制收敛定理：设 $g\_n(x), g(x)$ 均为 $\[a,b]$ 上的可积函数，$\displaystyle\lim\_{n \to \infty} g\_n(x) = g(x)$. 如果存在常数 $M$，使得
>
> $$
> |g\_n(x)| \leq M, \quad \forall\ x \in \[a,b],\ n \geq 1,
> $$
>
> 则有
>
> $$
> \lim\_{n \to \infty} \int\_a^b g\_n(x) dx = \int\_a^b g(x) dx.
> $$
>
> (ii) 从定理的证明还可以看出，(2) 中函数项级数还满足下面的一致收敛性
>
> $$
> \sum\_{n=1}^\infty \int\_a^x f\_n(t) dt \rightrightarrows \int\_a^x f(t) dt.
> $$

**定理 9.2.2.** 设 ${f\_n(x)}$ 在 $\[a,b]$ 中连续可微，且

(1) $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(a)$ 收敛；

(2) $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n'(x)$ 一致收敛于 $g(x)$；

则 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x)$ 在 $\[a,b]$ 中一致收敛，其和函数可导，且
$$
\left( \sum\_{n=1}^\infty f\_n(x) \right)' = \sum\_{n=1}^\infty f\_n'(x) = g(x).
$$

> 由微积分基本公式，
>
> $$
> f\_n(x) = f\_n(a) + \int\_a^x f\_n'(t) dt.
> $$
>
> 由条件 (2) 和上面的注记 (ii)，
>
> $$
> \sum\_{n=1}^\infty \int\_a^x f\_n'(t) dt \rightrightarrows \int\_a^x g(t) dt.
> $$
>
> 再由条件 (1) 即知
>
> $$
> \sum\_{n=1}^\infty f\_n(x) \rightrightarrows \sum\_{n=1}^\infty f\_n(a) + \int\_a^x g(t) dt.
> $$
>
> 即 $\displaystyle\sum\_{n=1}^\infty f\_n(x)$ 在 $\[a,b]$ 中一致收敛，其和函数可导，且导数为 $g(x)$.
>
> **注意.** 条件 (1) 中点 $a$ 可换成区间中其它任何一点，并且连续可微的条件可以适当减弱.

**定理3. (\*)** 设 ${f\_n(x)}$ 为 $\[a,b]$ 中一列可微函数，$c \in \[a,b]$. 如果 ${f\_n(c)}$ 收敛，$f\_n'(x)$ 一致收敛到 $g(x)$，则 $f\_n(x)$ 一致收敛于可微函数 $f(x)$，且 $f'(x) = g$.

> 首先，由微分中值定理，我们有
>
> $$
> \begin{aligned}
> |\[f\_n(x) - f\_n(c)] - \[f\_m(x) - f\_m(c)]| &= |\[f\_n(x) - f\_m(x)] - \[f\_n(c) - f\_m(c)]| \\\\
> &= |f\_n'(\xi) - f\_m'(\xi)||x - c| \to 0,
> \end{aligned}
> $$
>
> 这说明 ${f\_n(x) - f\_n(c)}$ 一致收敛，从而 $f\_n(x)$ 一致收敛到一个函数 $f(x)$.
>
> 其次，任取 $x\_0 \in \[a,b]$，令
>
> $$
> g\_n(x) =
> \begin{cases}
> \dfrac{f\_n(x) - f\_n(x\_0)}{x - x\_0}, & x \ne x\_0, \\\\
> f\_n'(x\_0), & x = x\_0.
> \end{cases}
> $$
>
> 则 $g\_n(x)$ 为 $\[a,b]$ 中的连续函数，且类似于刚才的论证，由微分中值定理，有
>
> $$
> |g\_n(x) - g\_m(x)| = |f\_n'(\xi) - f\_m'(\xi)| \to 0,
> $$
>
> 这说明 $g\_n(x)$ 一致收敛到连续函数
>
> $$
> \bar{g}(x) =
> \begin{cases}
> \dfrac{f(x) - f(x\_0)}{x - x\_0}, & x \ne x\_0, \\\\
> g(x\_0), & x = x\_0.
> \end{cases}
> $$
>
> 特别地，$f(x)$ 在 $x\_0$ 处可导，导数为 $g(x\_0)$.

下面我们来讨论一些应用. 反复利用等式

$$
\frac{1}{\sin^2 x} = \frac{\cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2}}{4 \sin^2 \frac{x}{2} \cos^2 \frac{x}{2}} = \frac{1}{4} \left\[ \frac{1}{\sin^2 \frac{x}{2}} + \frac{1}{\sin^2 \frac{\pi + x}{2}} \right]
$$

可得

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{\sin^2 x} &= \dfrac{1}{4} \left\[ \dfrac{1}{\sin^2 \dfrac{x}{2}} + \dfrac{1}{\sin^2 \dfrac{\pi + x}{2}} \right] \\\\
&= \frac{1}{4^2} \left\[ \dfrac{1}{\sin^2 \dfrac{x}{4}} + \dfrac{1}{\sin^2 \dfrac{2\pi + x}{4}} + \dfrac{1}{\sin^2 \dfrac{\pi + x}{4}} + \dfrac{1}{\sin^2 \dfrac{3\pi + x}{4}} \right] \\\\
&= \cdots \\\\
&= \dfrac{1}{2^{2n}} \sum\_{k=0}^{2^n - 1} \dfrac{1}{\sin^2 \dfrac{k\pi + x}{2^n}}.
\end{aligned}
$$

再利用

$$
\sin^2 \frac{k\pi + x}{2^n} = \sin^2 \left( \frac{k\pi + x - 2^n\pi}{2^n} + \pi \right) = \sin^2 \frac{(k - 2^n)\pi + x}{2^n}
$$

可以将前式改写为

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{\sin^2 x} &= \frac{1}{2^{2n}} \sum\_{k=-2^{n-1}}^{2^{n-1}-1} \frac{1}{\sin^2 \frac{x + k\pi}{2^n}} \\\\
&= E\_n + \sum\_{k=-2^{n-1}}^{2^{n-1}-1} \frac{1}{(x + k\pi)^2},
\end{aligned}
$$

其中

$$
E\_n = \frac{1}{2^{2n}} \sum\_{k=-2^{n-1}}^{2^{n-1}-1} \left\[ \frac{1}{\sin^2 \frac{x + k\pi}{2^n}} - \frac{1}{(\frac{x + k\pi}{2^n})^2} \right].
$$

利用不等式

$$
0 < \frac{1}{\sin^2 x} - \frac{1}{x^2} = 1 + \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} - \frac{1}{x^2} < 1, \quad \forall\ x \in \left\[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]
$$

就得到如下估计

$$
0 < E\_n < \frac{1}{2^{2n}} 2^n = \frac{1}{2^n}, \quad \forall\ x \in \left\[0, \frac{\pi}{2}\right],
$$

令 $n \to \infty$ 就得到下面的等式

$$
\frac{1}{\sin^2 x} = \sum\_{k \in \mathbb{Z}} \frac{1}{(x + k\pi)^2}, \quad \forall\ x \ne n\pi.
$$

上式在不包含 ${n\pi}$ 的任何闭区间上都是一致收敛的，它也可改写为

$$
\frac{1}{\sin^2 x} = \frac{1}{x^2} + \sum\_{n=1}^\infty \left\[ \frac{1}{(x + n\pi)^2} + \frac{1}{(x - n\pi)^2} \right], \quad x \ne k\pi.
$$

特别地，有

$$
\frac{1}{3} = \lim\_{x \to 0} \left( \frac{1}{\sin^2 x} - \frac{1}{x^2} \right) = 2 \sum\_{n=1}^\infty \frac{1}{(n\pi)^2},
$$

因此有

$$
\zeta(2) = \sum\_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}.
$$

当 $x \in (-\pi, \pi)$ 时，对
$$
\frac{1}{\sin^2 x} = \frac{1}{x^2} + \sum\_{n=1}^\infty \left\[ \frac{1}{(x + n\pi)^2} + \frac{1}{(x - n\pi)^2} \right], \quad x \ne k\pi.
$$
两边积分，利用
$$
\int\_0^x \left( \frac{1}{\sin^2 t} - \frac{1}{t^2} \right) dt = \left. \left( \frac{1}{t} - \frac{\cos t}{\sin t} \right) \right|\_0^x = \frac{1}{x} - \frac{\cos x}{\sin x}
$$

得

$$
\frac{\cos x}{\sin x} - \frac{1}{x} = \sum\_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{x + n\pi} + \frac{1}{x - n\pi} \right), \quad \forall\ x \in (-\pi, \pi).
$$

如果再对上式两边积分就可以得到

$$
\frac{\sin x}{x} = \prod\_{n=1}^\infty \left\[ 1 - \left( \frac{x}{n\pi} \right)^2 \right], \quad \forall\ x \in \[-\pi, \pi].
$$

这个等式就好像将函数 $\sin x$ 作因式分解一样. 特别地，取 $x = \dfrac{\pi}{2}$ 就得到

$$
\frac{2}{\pi} = \prod\_{n=1}^\infty \left\[ 1 - \frac{1}{4n^2} \right],
$$

这就是 **Wallis 公式** 的乘积表示.

利用

$$
\tan x = \cot \left( \frac{\pi}{2} - x \right), \quad \frac{1}{\sin x} = \cot \frac{x}{2} - \cot x
$$

还可以得到展开式

$$
\frac{\sin x}{\cos x} = \sum\_{n=1}^\infty \left\[ \frac{1}{(2n-1)\frac{\pi}{2} - x} - \frac{1}{(2n-1)\frac{\pi}{2} + x} \right],
$$

以及

$$
\frac{1}{\sin x} = \frac{1}{x} + \sum\_{n=1}^\infty (-1)^n \left( \frac{1}{x + n\pi} + \frac{1}{x - n\pi} \right).
$$

作为最后这个展开式的应用，我们再一次计算广义积分 $\displaystyle\int\_0^\infty \dfrac{\sin x}{x} dx$ ：

$$
\begin{aligned}
\int\_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx &= \sum\_{n=0}^\infty \int\_{n\pi}^{(n+1)\pi} \frac{\sin x}{x} dx \\\\
&= \sum\_{n=0}^\infty \int\_{n\pi}^{n\pi + \frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} dx + \sum\_{n=0}^\infty \int\_{n\pi + \frac{\pi}{2}}^{(n+1)\pi} \frac{\sin x}{x} dx \\\\
&= \sum\_{n=0}^\infty \int\_0^{\frac{\pi}{2}} (-1)^n \frac{\sin t}{n\pi + t} dt + \sum\_{n=0}^\infty \int\_0^{\frac{\pi}{2}} (-1)^n \frac{\sin t}{(n+1)\pi - t} dt \\\\
&= \int\_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin t}{t} dt + \sum\_{n=1}^\infty \int\_0^{\frac{\pi}{2}} (-1)^n \left( \frac{1}{t + n\pi} + \frac{1}{t - n\pi} \right) \sin t, dt \\\\
&= \int\_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin t}{t} dt + \int\_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{1}{\sin t} - \frac{1}{t} \right) \sin t, dt \\\\
&= \int\_0^{\frac{\pi}{2}} dt = \frac{\pi}{2}.
\end{aligned}
$$

在计算过程中，我们用到了一致收敛级数的求和与积分运算次序的可交换性.