姜萍同学的板书内容是证明了这样的一道数学题：
【注：实际的板书是 k，这里习惯改为 n ，并不影响分析。】
姜萍同学跟给的证明过程并不完整，但是已经足以表达其思路了，下面是小头补足后的解答过程。
证明：
对，余元公式，
Γ(z)Γ(1-z)＝π/sin πz
两边取对数，得到，
lnΓ(z)＋lnΓ(1-z)＝lnπ－ln sin πz
然后，两边求导，有，
ψ(z)－ψ(1-z)＝- π cot nz
即，
π cot nz＝ψ(1-z)－ψ(z) ①
【注：这里 ψ(z)＝ln'Γ(z) 称为 双伽马函数，其各阶导数 ψ(z) 称为 多伽马函数。】
然后，等式两边再求导，有，
-π^2csc^2πz＝-ψ^1(1-z)－ψ^1(z)
即，
csc^2πz＝(ψ^1(1-z)＋ψ^1(z))/π^2
而根据，多伽马函数展开公式：
ψ(z)＝(－1)^1m!∑1/(z＋n)^1 （m 1）
有，
ψ^1(1-z)＋ψ^1(z) = ∑1/(1 - z＋n)^2 + ∑1/(z＋n)^2
其中，
∑1/(1 - z＋n)^2 = ∑1/((1+ n) - z)^2 = ∑1/(z - (1+ n))^2 = ∑ 1/(z + (1+ n))^2 = ∑^1 1/(z + n)^2
于是就有，
ψ^1(1-z)＋ψ^1(z) = ∑^1 1/(z + n)^2 + ∑1/(z＋n)^2 = ∑1/(z＋n)^2
进而有，
csc^2πz＝ ∑1/(z＋n)^2π^2 = ∑1/(πz＋nπ)^2
最后，令，
πz＝ω/2
就得到，
csc^2(ω/2)＝∑1/(nπ＋ω/2)^2
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这个证明过程，紧接 ① 处，还可以 利用 双伽马函数展开式：
ψ(z)＝-γ－1/z＋∑(1/n－1/(n＋z))
有，
π cot nz = -∑1/(1-z＋n)＋∑1/(z＋n)＝∑1/(z＋n)＋∑1/(z－(n＋1))＝∑1/(z＋n)＋∑1/(z－n)＝∑1/(z＋n)＋∑^11/(z＋n)
即，得到，
π cot πz ＝∑1/(n＋z) ②
两边再求导有，
-π^2csc^2πz＝－∑1/(n＋z)^2
化简得到，
csc^2πz＝∑1/(πn＋πz)^2
最后，同上。
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【注：对于，伽马函数的威尔斯特拉斯无穷积，
1/Γ(z)＝ze∏(1＋z/n)e
两边取对数，得到，
-lnΓ(z)＝lnz＋γz＋∑(ln(1＋z/n)－z/n)
再两边求导，就是，
ψ(z) ＝ln'Γ(z)＝-γ－1/z＋∑(1/n－1/(n＋z))
这样就得到了 双伽马函数展开式，再求导 就很容易得到 多伽马函数展开式了。】
上面的方法利用了 双/多伽马函数展开式，实际上就已经是给出答案了，我们还可以利用 伽马函数的欧拉无穷积，给出另外一个答案。
证明：
由，余元公式，
Γ(z)Γ(1-z)＝π/sin πz
以及，欧拉无穷乘积公式，
Γ(z)＝(1/z)∏((1＋z/n)^1(1＋1/n))
有，
sin πz＝π/Γ(z)Γ(1-z)＝πz(1－z)∏((1＋z/n)(1＋(1－z)/n)/(1＋1/n))＝z(1－z)∏((1＋z/n)(1－z/(n＋1)))＝z∏((1＋z/n)(1－z/n))
然后，两边取对数得到，
ln sin πz＝ln(z∏((1＋z/n)(1－z/n)))＝ln πz ＋∑ln(1＋z/n)＋∑ln(1－z/n)
再两边求导数有，
(1/sin πz)(cos πz)π＝(1/πz)π＋∑(1/(1＋z/n))(1/n)＋∑(1/(1－z/n))(-1/n)＝1/z ＋∑1/(n＋z)＋∑1/(-n＋z)＝1/z ＋∑1/(n＋z)＋∑^11/(n＋z)
即，得到，
π cot πz ＝∑1/(n＋z) ②
接下来，同上。
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甚至我们还可以不使用 余元公式，而是利用 傅里叶级数。
证明：
在［－π，π］上，有傅立叶级数，
cos zx＝a/2＋∑(acos nx＋bsin nx)
其中，
a＝(1/π)∫ cos zx dx ＝2(sin πz)/πz
a＝(1/π)∫ cos zx cos nx dx ＝(1/πz)∫ d sin zx cos nx dx ＝(1/πz)（sin zx cos nx | ＋n∫ sin zx sin nx dx )＝(1/πz)（(-1)2sin πz －n/z(cos zx sin nx |－n∫ cos zx cos nx dx ))＝(1/πz）（(-1)2sin πz －n/z(0－nπa))＝n^2a/z^2＋(-1)2(sin πz)/πz => a＝(-1)2(sin πz)/πz(1－n^2/z^2)＝(-1)2z(sin πz)/π(z^2－n^2)
b＝0 (偶函数）
于是有，
cos zx＝(sin πz)/πz＋∑((-1)2z(sin πz)/π(z^2－n^2))cos nx＝(2(sin πz)/π)(1/z＋∑(-1)z(cos nx)/(z^2－n^2)
令，x＝π，则有，
cos πz＝((sin πz)/π)(1/z＋∑2z/(z^2－n^2))
于是，等式两边求导 有，
π cot πz＝(1/z＋∑2z/(z^2－n^2))＝1/z＋∑(1/(z－n)＋1/(z＋n))＝∑1/(z＋n)
即，得到，
π cot πz ＝∑1/(z＋n) ②
接下来，同上。
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以上 证明的关键是 求出 重要 公式 ② ，这个公式在 小石头 之前 科普 模形式 的文章（模形式-今日头条 (toutiao.com)）中 扮演重要角色，下面将 当时 文章 整理如下：
证明：
实际上，该公式 ② 的最初的推导方法 是源于 巴塞尔问题。欧拉 解决巴塞尔问题 的前几步是这样的：
在 sin x 的幂级数展开式，
sin x = x - x^3/3! + x/5! - x/7! + ...
的等式两边除以 x 得到，
sin x/x = 1 - x^2/3! + x/5! - x/7! + ...
将 上式右边 看成 多项式，由，
sin(nπ) = 0 (n∈Z) => sin(nπ) /nπ = 0 (n∈Z*)
【注：Z* = Z{0}】
知 { nπ | n∈Z* } 是 该多项式的 所有过零点，因此有因式分解，
1 - x^2/3! + x/5! - x/7! + ... = A ∏∈Z* (x - nπ)
将 x = 0 代入上式 ，有，
1 = A ∏∈Z* (0 - nπ) = A ∏∈Z* (-nπ)
【注：lim _ sin x/x = 1，这与等式左边的值符合】
这样就求得参数，
A = 1/(∏∈Z* (-nπ))
将这个结果，代回 因式分解式，有，
1 - x^2/3! + x/5! - x/7! + ... = (∏∈Z* (x - nπ))/(∏∈Z* (-nπ)) = ∏∈Z* (x - nπ)/(-nπ) = ∏∈Z* (x - nπ)/(-nπ) = ∏∈Z* (x + nπ)/nπ
这些就是，前几步推导过程！
【注：接下来，欧拉将上式右边展开 并且 比较 等式两边 二次项系数 就解决了 巴塞尔问题。】
接着上面欧拉的推导，进而有，
sin x/x = ∏∈Z*(x + nπ)/nπ
这样就得到了 sin x 的 乘积公式。
对此公式两边取对数，并且再对x求导，则 等式两边分别有，
左边 = (ln sin x)' = (1/sin x) sin'x = (1/sin x) cos x = cot x；
右边 = [ln(x∏∈Z* (x + nπ)/nπ)]' = [ln x + ∑∈Z* ln((x + nπ)/nπ)]' = ln'x + ∑∈Z* ln'((x + nπ)/nπ) = 1/x + ∑∈Z* (1/((x + nπ)/nπ))((x + nπ)/nπ)' = 1/x + ∑∈Z* (1/((x + nπ)/nπ))(1/nπ) = 1/x + ∑∈Z* 1/(x + nπ) = ∑∈Z 1/(x + nπ)； 即得到， cot x = ∑∈Z 1/(x + nπ)
令 x = zπ 代入，有，
cot(zπ) = ∑∈Z 1/(zπ + nπ) = 1/π ∑∈Z 1/(z + n)
即得到，
πcot(zπ) = ∑∈Z 1/(z + n) ②
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（好久不和大家交流了，这里接着姜萍事件的热度 和大家分享 点 数学知识，希望大家喜欢！)