數(shù)理chppΓ函數(shù)的積分表達(dá)式

1、8 函數(shù) 函數(shù)的定義8.1 函數(shù)的表達(dá)式當(dāng)Rez > 0 時(shí), 定義(z) = Zettz1dt(1)0被積函數(shù)中 tz1 當(dāng) z 不是整數(shù)時(shí)為 t 的多值函數(shù), 這時(shí)應(yīng)該理解為arg t = 0(2)Theorem 8.1 函數(shù)的Proof 因?yàn)檫@是一個(gè)反常表達(dá)式 (1) 在右半平面 Rez > 0 代表 z 的一個(gè)函數(shù)., 既是瑕(在 t = 0 端), 又是無(wú)窮, 所以要拆成兩部分來(lái)分別討論.ZZZ1e1dt =ettzttz1dt +ettz1dt.(3)001先看第二部分. 顯然當(dāng) t 1 時(shí), 被積函數(shù)ettz1 是t的連續(xù)函數(shù), 并且作為 z 的函數(shù), 在全平面. 由

2、第4章可知, 要證明一個(gè)含參數(shù)的無(wú)窮因?yàn)榇硪粋€(gè)函數(shù)，還需證明閉一致收斂.Xntte =,n!n=0所以正整數(shù)N ,tNN !tte >,N !e<. tNyx0 xO如圖, 對(duì)于C 上任一閉圓, 均有Rez < x0. 當(dāng) t 1 時(shí) tz1t Rez1x N 1e t= e t< N ! · t.0Ztx0 N 1dt 就收斂, 故這樣, 只要選擇足夠大的N , 使得 N > x ,01Z1ettz1dt在C 上閉一致收斂, 因此在全平面要證明第一部分的在右半平面同樣., 關(guān)鍵也是證明它的閉一致收斂性. ettz1 = ettx1,x = Rez.1

3、因此, 對(duì)于Rez > 0 上的任一閉圓, 因?yàn)橛蠷ez = x > 0, 對(duì)于 0 < t 1 ettz1 t1,Z1而t1dt收斂, 由此即可推知0Z1e1dtttz0在Rez > 0 上閉一致收斂, 故在右半平面.把兩部分合起來(lái), 就證得函數(shù)的表達(dá)式(1) 在 z 的右半平面. 函數(shù)的延拓上面介紹的 函數(shù)的定義只適用于Rez > 0. 為了延拓到 z 的全平面, 我們?nèi)园巡鸪蓛刹糠諾ZZ1ttz1dt =ettz1dt +e1dtttze001R其中第二部分e tdt 對(duì)任意的 z 收斂t z1, 并且在 z 的全平面. 對(duì)于第一部分, 有1ZZX1n1(1

4、)ttztn+ze1dt =1dtn!00n=0Xn(1)1 =(Rez > 0)n!n + zn=0等式中, 左端表達(dá)式僅在 Rez> 0 時(shí), 即在 z 的右半平面存在,. 而右端函數(shù)級(jí)數(shù)則在 z 6=0, 1, 2, . . . 的全平面收斂,(不證). 在公共部分Rez > 0 相等. 所以右端函數(shù)級(jí)數(shù)就是左端表達(dá)式在全平面上的延拓. 于是就完成了 函數(shù)的延拓, 重新定義的 函數(shù)為ZX(1)n1t z1(z) =e tdt +(4)n!n + z1n=0除去 z = 0, 1, 2, . . . 為其一階極點(diǎn)外, 全平面. 函數(shù)的基本性質(zhì)8.2性質(zhì)1(1) = 1Pr

5、oof 直接在 函數(shù)的定義(1) 中代入 z = 1 即得(1) = Z etdt = 10性質(zhì)2(z + 1) = z(z)2Proof Rez > 0 時(shí), 由 函數(shù)的定義(1)(z + 1) = Z ettzdt = Z tzd(et)00Z= e t+etztz1dt = z(z) t z00推廣到全平面(z = 0, 1, 2, . . . 除外). 因?yàn)?z + 1) 和 z(z) 都在除去 z = 0, 1, 2, . . . 點(diǎn)的整個(gè)復(fù)平面, 而在右半平面相等. 由函數(shù)的唯一性定理, (z +1) 和 z(z) 在全平面恒等, 即(z +1) = z(z)在全平面成立.推

6、論1(n + 1) = n!Proof 由性質(zhì)1, 反復(fù)性質(zhì)2即得.性質(zhì)3: 互余宗量定理(z)(1 z) = sin z證明見(jiàn)后面B函數(shù)一節(jié).推論2(1/2) = Proof 性質(zhì)3中令 z = 1212 ( ) = 2表達(dá)式(1) 中, 被積函數(shù)恒為正, 所以(1/2) > 0. 于是(1/2) = .z = 1 時(shí), 在2推論3 函數(shù)在全平面無(wú)零點(diǎn).Proof 因 / sin z 6= 0, 故 (z)(1 z) 6= 0. 因此,(z0) = 0 (1 z0) = 即 1z0 為函數(shù)的極點(diǎn). 這只能發(fā)生在 1z0 = n, n = 0, 1, 2, · · &

7、#183; 處. 但這時(shí) z0 = n+1, 而(n+1) = n! 6= 0.性質(zhì)4: 倍乘公式1(2z) = 22z11/2(z)(z + )(5)2證明見(jiàn)后.性質(zhì)5: Stirling 公式當(dāng)|z| , | arg z| < 時(shí),z1/2 z (z) ze2(6)11ln (z) (z 2 ) ln z z + 2 ln 2(7)由此ln n! = ln (n + 1) n ln n n上面公式在統(tǒng)計(jì)物理學(xué)中經(jīng)常用到.3 函數(shù)的漸近展開(kāi)z 為實(shí)數(shù) x 的情形,(x + 1) = Z ettxdt.0假設(shè) x > 0, 分析一下的被積函數(shù), 它在 t = 0 時(shí)為 0, 隨著

8、t 的增大而增大, 當(dāng) t = x 時(shí)達(dá)到極大, 而后又單調(diào)下降. 先將被積函數(shù)寫(xiě)成ettx = et+x ln t.作變量代換, t xt, 得到Z(x + 1) = xx+1ex(tln t)dt.0由于指數(shù)函數(shù)的變化特點(diǎn), 現(xiàn)在被積函數(shù)對(duì)的貢獻(xiàn)主要來(lái)自 t = 1 附近的區(qū)間, 并且隨著 x , 這個(gè)區(qū)間會(huì)是一個(gè)很窄的區(qū)間. 將函數(shù) t ln t 在 t = 1 點(diǎn)作Taylor 展開(kāi):(t 1)2t ln t = 1 + · · · .2就得到 函數(shù)的近似表達(dá)式x+1 x Z(x + 1) xeex2 (t1)dt20xx+1ex Z (t1)x2edt2

9、r2xx+1 xx x=xe(1/2) = x e2x.而(x) = xx1/2ex2.(x + 1)x這個(gè)方法稱為最陡下降法. 函數(shù)的無(wú)窮乘積表示利用 函數(shù)的遞推性質(zhì)可得(n + z) = z(z + 1) · · · (z + n 1)(z).改寫(xiě)成11=z(z + 1) · · · (z + n 1)(z)(n + z)n1 Yz (n) =z1 +.k(n + z)k=1由X 1< k2k=1可得無(wú)窮乘積( ) Yzzk1kf (z) = z1 +1 +k=14全平面收斂到一個(gè)函數(shù). 令 n , 得1(z)(n)nz.=

10、 f (z) limn (n + z)利用Stirling 公式, 計(jì)算極限n1/2 nz(n)ne2n zlimn = limn= limn=1.(n + z)n+z1/2enz 2ezn (n + z)(1 + z/n)n+z1/2故得 函數(shù)的Euler 無(wú)窮乘積表示 Yz1zzn11n(z) =1 +1 +.(8)n=1由N 1 Y1zn1N z.(z) =lim1 +z N n=1改寫(xiě)N1YPN1N z = ez ln Nz(ln N1/n)z/n= ee.n=1n=1可得 函數(shù)的Weierstrass 無(wú)窮乘積表示h iY 1 zz/nz= ze1 +e,(9)(z)nn=1其中&q

11、uot;#NX1 = limn ln N(10)kn=1為 Euler 常數(shù). 這個(gè)無(wú)窮乘積表示指明了 1/(z) 函數(shù)的零點(diǎn), 也就是 (z) 的極點(diǎn), 為 0, 1, 2, .1/(z)函數(shù)全平面, 所以(z) 函數(shù)無(wú)零點(diǎn).從(z) 的無(wú)窮乘積表示可得到一系列有意義的結(jié)果. 例如 Y2z1 m2 ,sin z = z(z)(1 z)(11)m=1 Y4z2sin 2zcos z = 2 sin z1 (2m 1)2.(12)m=1性質(zhì)4: 倍乘公式的證明 利用(z) 的無(wú)窮乘積表示 Y12z2z2z/n= 2ze1 +e(2z)nn=1由YYY(1 + a ) =(1 + a )(1 +

12、a)n2n2n1n=1n=1n=15得n oY 1 z2zz/n= 2ze1 +e(2z)nn=1 1 + e2z/(2n1) Y2z×2n 1n=11ez= 2(z) 1 + e2z/(2n+1) Y2z2z× (1 + 2z)e2n + 1n=1所以(z)(z + 1/2)(2z) 1 + e2z/(2n+1) Y2zz2z2e (1 + 2z)e2n + 1=n=1 Y1z + 1/2(z+1/2)(z+1/2)/nz +e1 +e2nn=12n e2z/(2n)2z/(2n+1)e1/(2n) Y/2 2z=4ee2n + 1n=1重新排列一下乘積次序(z)(z +

13、 1/2)(2z)()1 Y1212ne/2e1/(2n)e2z(11/2+1/3··· )=21 +n=1=2e2z ln 2(1/2) = 22z+1一般地, 可以證明下列乘積公式12n 1(z)(z +)(z +) · · · (z +)nnn= (2)(n1)/2n1/2nz (nz)(13) 函數(shù)8.3 函數(shù) 函數(shù)是 函數(shù)的對(duì)數(shù)的導(dǎo)數(shù)d ln (z)0(z)(z) =(14)dz(z)根據(jù) 函數(shù)的性質(zhì), 可以得到 (z) 的性質(zhì).1. z = 0, 1, 2, · · · 都是 (z) 的一階極

14、點(diǎn), 留數(shù)均為1; 除了這些點(diǎn)以外, (z) 在全平面6.2.1(z + 1) = (z) + ,(15)z111(z + n) = (z) + · · · +,zz + 1z + n 1n = 2, 3, · · · .(16)3.(1 z) = (z) + cot z(17)4.1(z) (z) = z cot z(18)5. 1(2z) =(z) + z + ln 2.11(19)2226.1111(z) ln z 2z 12z2 + 120z4 252z6 + · · · ,z , | arg z

15、| < (20)7.lim (z + n) ln n = 0.(21)n由性質(zhì)2和性質(zhì)7, 得 1 1 1lim(z) +· · · + ln n = 0zz + 1z + n 1n即 11 1(z) = limln n +· · · +(22)z + n 1zz + 1n例如, 令 z = 1, 可得 11n(1) = limln n 1 + · · · +2n 函數(shù)的特殊值(1) = 是數(shù)學(xué)中的一個(gè)基本常數(shù), 稱為 Euler 常數(shù), = 0.577215664 · · &#

16、183;性質(zhì)5中令 z = 1 , 得 21= (1) 2 ln 2 = 2 ln 22令 z = 1 , 由性質(zhì)3 431= + 447又由性質(zhì)5 11113=+ ln 222424所以 1= 2 3 ln 24 3= + 3 ln 242再令 z = 1 , 由性質(zhì)3 3 21+ 3= 33又由乘積公式 (13), 可得 12= 2 3 ln 3+ 33于是 31= 23 2 ln 3= + 23 2 ln 33 323 函數(shù)的導(dǎo)數(shù)值由性質(zhì)2, 對(duì) z 求導(dǎo)可得 100 (z + 1) = (z) ,(23)z20(z + n) = 0(z) 111+ · · 

17、3; +,z2(z + 1)2(z + n 1)2n = 2, 3, · · · .(24)性質(zhì)3對(duì) z 求導(dǎo), 然后令 z = 1 , 得2 2110=2 csc2=2222再由性質(zhì)5求導(dǎo), 并令 z = 1 , 得2 26110(1) =0=32 函數(shù)應(yīng)用利用 函數(shù), 可以方便地求出許多無(wú)窮級(jí)數(shù)的和.Example 8.1求無(wú)窮級(jí)數(shù)X 1(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)n=0之和.8Solution 因?yàn)?1111=(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)6 n + 1/33 n + 2/311+6 n + 1于是XN 1(3n + 1

18、)(3n + 2)(3n + 3)n=0XNXNXN1 1 1 111 =+6n + 1/33n + 2/36n + 1n=0n=0n=0 111= N + 1 + 633 122 N + 1 + 3331+(N + 2) (1) 6每項(xiàng)都減去 ln NNX1(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)n=0 111= N + 1 + ln N 633 122 N + 1 + ln N 3331+(N + 2) ln N (1) 6令 N , 即得X 1(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)n=0 112= 2+ (1)633代入 函數(shù)的特殊值, 得 X11= (3n + 1)(

19、3n + 2)(3n + 3)43 ln 3n=0Example 8.2求無(wú)窮級(jí)數(shù)X 1(n + 1)2(2n + 1)2n=0之和.9Solution 因?yàn)?44(n + 1)2(2n + 1)2 = n + 1 n + 1/211+(n + 1)2(n + 1/2)2于是NX 1(n + 1)2(2n + 1)2n=0NNXX 1 1=4 4n + 1n + 1/2n=0n=0XNXN 11+(n + 1)2(n + 1/2)2n=0n=0=4 (N + 2) (1) 4 (N + 3/2) (1/2)+ 0(1) 0(N + 2) + 0(1/2) 0(N + 3/2)同樣, 減以 ln

20、 NNX 1(n + 1)2(2n + 1)2n=0=4 (N + 2) ln N (1) 4 (N + 3/2) ln N (1/2)+ 0(1) 0(N + 2) + 0(1/2) 0(N + 3/2)0(n + z) = 0令 N , 并注意到 limnX 1(n + 1)2(2n + 1)2n=0= 4 (1/2) (1) + 0(1) + 0(1/2)22= 8 ln 238.4B函數(shù)在 Rep > 0, Req > 0 時(shí)定義Z1B(p, q) =tp1(1 t)q1dt(25)0令 t = sin2 , 還可以得到B函數(shù)的另一個(gè)表達(dá)式Z/22p1sin cos2q 1

21、 dB(p, q) = 2(26)0B函數(shù)可以用 函數(shù)表示出來(lái)(p)(q)B(p, q) =(27)(p + q)10Proof Rep > 0, Req > 0 時(shí), 使用 函數(shù)的定義(1). 對(duì)于(p), 令 t = x2, 得(p) = Z ettp1dt = 2 Z ex2 x2p1dx00對(duì)于(q), 令 t = y2, 得(q) = Z ettq1dt = 2 Z2ey y2p1dx00所以(p)(q) = 4 Z Z22e(x +y )x2p1y2q1dxdy00為 x, y 平面第一象限的面. (x, y) 用極坐標(biāo)表示(x = r sin y = r cos 即得

22、(p)(q)Z Z/22e(r sin )2p 1(r cos )2q 1rdrdr= 400ZZ/22r r2(p+q)1drsincos2q 1 d2p1= 4e00= (p + q)B(p, q)所以(p)(q)B(p, q) =(p + q)利用這個(gè)關(guān)系式可把B函數(shù)延拓到 p 和 q 的全平面.從B 函數(shù)的定義, 可以立即看出對(duì)稱性B(p, q) = B(q, p)現(xiàn)在根據(jù)B 函數(shù)和 函數(shù)的關(guān)系式(27) 證明 函數(shù)的互余宗量定理.Proof 令 p = z, q = 1 z(z)(1 z)B(z, 1 z) = (z)(1 z)定義式(1)當(dāng)Rez > 0, Re(1 z) &

23、gt; 0, 即 1 > Rez > 0 時(shí), 由B 函數(shù)的Z1z1z(z)(1 z) =t(1 t)dt0令 x = t , 則 (1 + x)(1 t) = 1, dxdt=1 + x1 t1 t ZZz1 t dt(z)(1 z) =1 t1 t0xz1dx1 + x0=sin z11所以在 0 < Rez < 1 時(shí), 互余宗量定理成立. 但等式兩端在全平面(z 6= 整數(shù)) 都, 由函數(shù)的唯一性定理, 互余宗量定理在全平面均成立. 函數(shù)倍乘公式的另一證明 考慮Z12 z1(1 x )dx,Rez > 01令 x2 = t, 得ZZ112 z1z1 1/2(1 x )dx =(1 t)tdt10 1(z)(1/2)= B z,=2(z + 1/2)若作變換 1 + x = 2t, 1 x = 2(1