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0.前言
本文是吴崇试的《数学物理方法》第七章学习笔记。今天是数学物理方法Ⅱ上课的第一天#xff0c;老师在课上简单复习了一下上个学期数学物理方法I的内容#xff0c;笔者闲着没事#xff0c;总觉得梁昆淼先生的书不太够味儿#xff0c;便开始翻弄起… Γ \Gamma Γ函数
0.前言
本文是吴崇试的《数学物理方法》第七章学习笔记。今天是数学物理方法Ⅱ上课的第一天老师在课上简单复习了一下上个学期数学物理方法I的内容笔者闲着没事总觉得梁昆淼先生的书不太够味儿便开始翻弄起手头吴崇试先生的数理方法开始看。新学期心血来潮选了几章打算认真看看 Γ \Gamma Γ函数、球函数、柱函数、格林函数法。今儿个咱就先看这个可爱的 Γ \Gamma Γ函数。
根据笔者的观测这一章主要阐述了三大函数的两大作用。三大函数分别是 Γ \Gamma Γ函数、 ψ \psi ψ函数和 B \Beta B函数。两大作用分别是化简积分和化简级数。
1. Γ \Gamma Γ函数
1.1 Γ \Gamma Γ函数的定义
我们先定义一种较为弱化的 Γ \Gamma Γ函数 Γ ( z ) ∫ 0 ∞ e − t t z − 1 d t , Re z 0 \Gamma(z)\int_0^\infty e^{-t}t^{z-1}dt,\text{Re} z0 Γ(z)∫0∞e−ttz−1dt,Rez0 容易看出上述定义的 Γ \Gamma Γ函数只在复平面的右半平面有定义。
我们接下来要证明这种定义在整个右半平面上都是良好定义的也就是说对于右半平面上的每一个复数 z z z, Γ ( z ) \Gamma(z) Γ(z)都存在。
证明之前我们需要牢记一条准则要证明一个函数是解析函数只需要证明它在某个区域内一致收敛即可。由于 Γ \Gamma Γ函数既是反常积分又是瑕积分我们将积分拆成如下两部分 Γ ( z ) ∫ 0 1 e − t t z − 1 d t ∫ 1 ∞ e − t t z − 1 d t \Gamma(z)\int_0^1 e^{-t}t^{z-1}dt\int_1^\infty e^{-t}t^{z-1}dt Γ(z)∫01e−ttz−1dt∫1∞e−ttz−1dt
先看反常积分部分也就是第二部分注意到 e t ∑ t n n ! e^t\sum\dfrac{t^n}{n!} et∑n!tn因此对于任意正整数 N , e t t N N ! N,e^t\dfrac{t^N}{N!} N,etN!tN也就是说 e − t N ! t N e^{-t}\dfrac{N!}{t^N} e−ttNN!。于是对于复平面内任意有界闭区域 G ˉ , ∃ x 0 , ∀ z ∈ G ˉ \bar{G},\exists x_0,\forall z\in \bar G Gˉ,∃x0,∀z∈Gˉ均有 Re z x 0 \text{Re} z x_0 Rezx0.因此 ∣ e − t t z − 1 ∣ [ ( e − t t z − 1 ) ( e − t t z − 1 ) ∗ ] 1 / 2 ( e − 2 t t 2 Re z − 2 ) 1 / 2 e − t t Re z − 1 e − t t x 0 − 1 N ! t x 0 − N − 1 |e^{-t}t^{z-1}|[(e^{-t}t^{z-1})(e^{-t}t^{z-1})^*]^{1/2}(e^{-2t}t^{2 \text{Re} z-2})^{1/2}e^{-t}t^{\text{Re}z-1}e^{-t}t^{x_0-1}N!t^{x_0-N-1} ∣e−ttz−1∣[(e−ttz−1)(e−ttz−1)∗]1/2(e−2tt2Rez−2)1/2e−ttRez−1e−ttx0−1N!tx0−N−1 注意此时 t ≥ 1 t\geq1 t≥1。
选取足够大的 N x 0 Nx_0 Nx0就可以使积分 ∫ 1 ∞ t x 0 − N − 1 d t \int_1^\infty t^{x_0-N-1}dt ∫1∞tx0−N−1dt收敛进而 Γ \Gamma Γ函数的第二部分在全复平面解析。
接下来看瑕积分部分也就是第一部分。由前已知 ∣ e − t t z − 1 ∣ e − t t Re z − 1 |e^{-t}t^{z-1}|e^{-t}t^{\text{Re}z-1} ∣e−ttz−1∣e−ttRez−1
因此 ∀ δ 0 \forall \delta 0 ∀δ0都使得右半平面的任意闭区域中的任意一点 z z z都有 Re z x ≥ δ 0 \text{Re} z x\geq\delta0 Rezx≥δ0。因此 ∣ e − t t z − 1 ∣ ≤ t δ − 1 |e^{-t}t^{z-1}|\leq t^{\delta-1} ∣e−ttz−1∣≤tδ−1 同时下述积分收敛 ∫ 0 1 t δ − 1 d t ∫ ∞ 1 ( 1 u ) δ − 1 d ( 1 u ) ∫ 1 ∞ u − δ − 1 d u , δ 0 \int_0^1t^{\delta-1}dt\int^1_\infty(\dfrac{1}{u})^{\delta-1}d(\frac{1}{u})\int_1^\infty u^{-\delta-1} du,\delta0 ∫01tδ−1dt∫∞1(u1)δ−1d(u1)∫1∞u−δ−1du,δ0
综上我们根据目前为止的定义证明了 Γ ( z ) \Gamma(z) Γ(z)在右半平面上处处解析。基于此我们可以做一点小小的推广 Γ ( z ) ∫ L e − t t z − 1 d t \Gamma(z)\int_Le^{-t}t^{z-1}dt Γ(z)∫Le−ttz−1dt 其中 L L L是从原点引出的一条射线其与 x x x轴的夹角 θ ∈ ( − π 2 , π 2 ) \theta\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}) θ∈(−2π,2π)。该推广的证明可以考虑射线 L L L与 x x x轴正半轴以及无穷远处的一道圆弧组合成的回路。注意到被积函数在右半平面是没有留数的而无穷远处的圆弧积分根据约当定理自动归零。因此任何从0到正无穷的积分都可以转移到射线 L L L上。
1.2 Γ \Gamma Γ函数的性质
性质1 Γ ( 1 ) 1 \Gamma(1)1 Γ(1)1性质2 Γ ( z 1 ) z Γ ( z ) \Gamma(z1)z\Gamma(z) Γ(z1)zΓ(z)
一方面我们根据性质1和性质2可以推出对于任意整数 n n n都有 Γ ( n 1 ) n ! \Gamma(n1)n! Γ(n1)n! 另一方面我们将性质2等式两侧同除 z z z得到 Γ ( z ) 1 z Γ ( z 1 ) \Gamma(z)\dfrac{1}{z}\Gamma(z1) Γ(z)z1Γ(z1) 于是我们可以把 Γ ( z ) \Gamma(z) Γ(z)延拓到 Re z − 1 \text{Re}z -1 Rez−1的区域。重复这种操作我们可以陆续得到 Γ ( z ) 1 z 1 z 1 Γ ( z 2 ) \Gamma(z)\dfrac{1}{z}\dfrac{1}{z1}\Gamma(z2) Γ(z)z1z11Γ(z2) ⋮ \vdots ⋮ Γ ( z ) 1 z 1 z 1 ⋯ 1 z n − 1 Γ ( z n ) \Gamma(z)\dfrac{1}{z}\dfrac{1}{z1}\cdots\dfrac{1}{zn-1}\Gamma(zn) Γ(z)z1z11⋯zn−11Γ(zn) 于是我们成功地将 Γ ( z ) \Gamma(z) Γ(z)延拓到了整个复平面同时还注意到每个非正整数都是 Γ ( z ) \Gamma(z) Γ(z)的一阶极点 res Γ ( − n ) ( − 1 ) n n ! \text{res}\Gamma(-n)\dfrac{(-1)^n}{n!} resΓ(−n)n!(−1)n
此外我们再介绍一个重要的性质 Γ ( z ) Γ ( 1 − z ) π sin π z \Gamma(z)\Gamma(1-z)\dfrac{\pi}{\sin \pi z} Γ(z)Γ(1−z)sinπzπ 其证明我们会在第四节给出。
2. ψ \psi ψ函数 ψ \psi ψ函数的定义如下 ψ ( z ) d ln Γ ( z ) d z Γ ′ ( z ) Γ ( z ) \psi(z)\dfrac{d \ln\Gamma(z)}{dz}\dfrac{\Gamma(z)}{\Gamma(z)} ψ(z)dzdlnΓ(z)Γ(z)Γ′(z)
性质 z 0 , − 1 , − 2 , ⋯ z0,-1,-2,\cdots z0,−1,−2,⋯都是 ψ ( z ) \psi(z) ψ(z)的一阶极点留数均为-1除了这些点以外 ψ ( z ) \psi(z) ψ(z)在全复平面解析 ψ ( z 1 ) ψ ( z ) 1 z , ψ ( z n ) ψ ( z ) 1 z 1 z 1 ⋯ 1 z n − 1 \psi(z1)\psi(z)\dfrac{1}{z},\psi(zn)\psi(z)\dfrac{1}{z}\dfrac{1}{z1}\cdots\dfrac{1}{zn-1} ψ(z1)ψ(z)z1,ψ(zn)ψ(z)z1z11⋯zn−11
注意末项不是 1 z n \dfrac{1}{zn} zn1而是 1 z n − 1 \dfrac{1}{zn-1} zn−11 ψ ( 1 − z ) ψ ( z ) π cot π z \psi(1-z)\psi(z)\pi\cot\pi z ψ(1−z)ψ(z)πcotπz ψ ( z ) − ψ ( − z ) − 1 z − π cot π \psi(z)-\psi(-z)-\dfrac{1}{z}-\pi\cot\pi ψ(z)−ψ(−z)−z1−πcotπ lim n → ∞ [ ψ ( z n ) − ln n ] 0 \lim_{n\rightarrow\infty}[\psi(zn)-\ln n]0 n→∞lim[ψ(zn)−lnn]0 ψ ( z ) \psi(z) ψ(z)的两大作用分别是化简积分和化简级数。我们先从化简积分开始。
2.1 使用 ψ ( z ) \psi(z) ψ(z)化简积分
计算积分 ∫ 0 π sin 2 n θ sin θ d θ \int_0^\pi\dfrac{\sin^2n\theta}{\sin \theta}d\theta ∫0πsinθsin2nθdθ
取半径为1的半圆围道根据留数定理 ∮ z 2 n − 1 z 2 − 1 d z ∫ 0 π e i 2 n θ − 1 e i 2 θ − 1 e i θ i d θ ∫ − 1 1 x 2 n − 1 x 2 − 1 d x 0 \oint\dfrac{z^{2n}-1}{z^2-1}dz\int_0^\pi\dfrac{e^{i2n\theta}-1}{e^{i2\theta}-1}e^{i\theta}id\theta\int_{-1}^1\dfrac{x^{2n}-1}{x^2-1}dx0 ∮z2−1z2n−1dz∫0πei2θ−1ei2nθ−1eiθidθ∫−11x2−1x2n−1dx0 等式右侧等于0是由于围道内没有留数。 ∫ 0 π e i 2 n θ − 1 e i 2 θ − 1 e i θ i d θ ∫ 0 π cos 2 n θ − 1 i sin 2 n θ 2 sin θ d θ − ∫ 0 π sin 2 n θ sin θ d θ i 2 ∫ 0 π sin 2 n θ sin θ d θ \int_0^\pi\dfrac{e^{i2n\theta}-1}{e^{i2\theta}-1}e^{i\theta}id\theta\int_0^\pi\dfrac{\cos 2n\theta-1i\sin 2n\theta}{2\sin\theta}d\theta-\int_0^\pi\dfrac{\sin^2n\theta}{\sin\theta}d\theta\dfrac{i}{2}\int_0^\pi\dfrac{\sin 2n\theta}{\sin\theta}d\theta ∫0πei2θ−1ei2nθ−1eiθidθ∫0π2sinθcos2nθ−1isin2nθdθ−∫0πsinθsin2nθdθ2i∫0πsinθsin2nθdθ
同时 ∫ − 1 1 x 2 n − 1 x 2 − 1 d x ∫ − 1 1 ( x 2 n − 2 x 2 n − 4 ⋯ 1 ) d x 2 ( 1 2 n − 1 1 2 n − 3 ⋯ 1 3 1 1 ) ψ ( n 1 2 ) − ψ ( 1 2 ) \int_{-1}^1\dfrac{x^{2n}-1}{x^2-1}dx\int_{-1}^1\big(x^{2n-2}x^{2n-4}\cdots1\big)dx2\bigg(\dfrac{1}{2n-1}\dfrac{1}{2n-3}\cdots\dfrac{1}{3}\dfrac{1}{1}\bigg)\psi(n\dfrac{1}{2})-\psi(\dfrac{1}{2}) ∫−11x2−1x2n−1dx∫−11(x2n−2x2n−4⋯1)dx2(2n−112n−31⋯3111)ψ(n21)−ψ(21)
因此 − ∫ 0 π sin 2 n θ sin θ d θ i 2 ∫ 0 π sin 2 n θ sin θ d θ ψ ( n 1 2 ) − ψ ( 1 2 ) 0 -\int_0^\pi\dfrac{\sin^2n\theta}{\sin\theta}d\theta\dfrac{i}{2}\int_0^\pi\dfrac{\sin 2n\theta}{\sin\theta}d\theta\psi(n\dfrac{1}{2})-\psi(\dfrac{1}{2})0 −∫0πsinθsin2nθdθ2i∫0πsinθsin2nθdθψ(n21)−ψ(21)0
比较实虚部得到 ∫ 0 π sin 2 n θ sin θ d θ ψ ( n 1 2 ) − ψ ( 1 2 ) , ∫ 0 π sin 2 n θ sin θ d θ 0 \int_0^\pi\dfrac{\sin^2n\theta}{\sin\theta}d\theta\psi(n\dfrac{1}{2})-\psi(\dfrac{1}{2}),\int_0^\pi\dfrac{\sin 2n\theta}{\sin\theta}d\theta0 ∫0πsinθsin2nθdθψ(n21)−ψ(21),∫0πsinθsin2nθdθ0
2.2 使用 ψ ( z ) \psi(z) ψ(z)化简级数
在本节我们将使用 ψ ( z ) \psi(z) ψ(z)最后一个性质 lim n → ∞ [ ψ ( z n ) − ln n ] 0 \lim_{n\rightarrow\infty}[\psi(zn)-\ln n]0 n→∞lim[ψ(zn)−lnn]0
2.2.1 仅包含一阶极点的情形
考虑如下形式的无穷级数 ∑ n 0 ∞ u n ∑ n 0 ∞ p ( n ) d ( n ) \sum^\infty_{n0}u_n\sum^\infty_{n0}\dfrac{p(n)}{d(n)} n0∑∞unn0∑∞d(n)p(n) 其中 p ( n ) , d ( n ) p(n),d(n) p(n),d(n)均为 n n n的多项式.设 d ( n ) d(n) d(n)是 n n n的 m m m次多项式并且零点都是一阶零点 d ( n ) ( n x 1 ) ( n x 2 ) ⋯ ( n x m ) d(n)(nx_1)(nx_2)\cdots(nx_m) d(n)(nx1)(nx2)⋯(nxm) 此时 u n u_n un可以裂项为多个一次分式相加 u n ∑ k 1 m a k n x k u_n\sum^m_{k1}\dfrac{a_k}{nx_k} unk1∑mnxkak 为了保证 u n u_n un和 ∑ u n \sum u_n ∑un收敛我们有 lim n → ∞ lim n → ∞ n ⋅ u n 0 ⇒ ∑ k 1 m a k 0 \lim_{n\to\infty}\lim_{n\to\infty}n\cdot u_n0\Rightarrow\sum^m_{k1}a_k0 n→∞limn→∞limn⋅un0⇒k1∑mak0
因此无穷级数的部分和 ∑ n 0 N u n ∑ k 1 m a k [ ψ ( x k N ) − ψ ( x k ) ] − ln N ⋅ 0 ∑ k 1 m a k [ ψ ( x k N ) − ψ ( x k ) ] − ∑ k 1 m ln N a k \sum^N_{n0}u_n\sum^m_{k1}a_k\big[\psi(x_kN)-\psi(x_k)\big]-\ln N \cdot 0\sum^m_{k1}a_k\big[\psi(x_kN)-\psi(x_k)\big]-\sum^m_{k1} \ln N a_k n0∑Nunk1∑mak[ψ(xkN)−ψ(xk)]−lnN⋅0k1∑mak[ψ(xkN)−ψ(xk)]−k1∑mlnNak 注意到 lim n → ∞ [ ψ ( z N ) − ln N ] 0 \lim_{n\rightarrow\infty}[\psi(zN)-\ln N]0 n→∞lim[ψ(zN)−lnN]0
立即得到 ∑ n 0 N u n − ∑ k 1 m a k ψ ( x k ) \sum^N_{n0}u_n-\sum^m_{k1}a_k\psi(x_k) n0∑Nun−k1∑makψ(xk)
一般来说我们只需要先将级数通项裂项将形如 A n x 0 \dfrac{A}{nx_0} nx0A的分式对应换成 − A ψ ( x 0 ) -A\psi(x_0) −Aψ(x0)最后扔掉求和符号即可。注意 n n n前的系数一定是1。 ∑ n 0 ∞ 1 ( 3 n 2 ) ( n 1 ) ∑ n 0 ∞ − 1 3 n 2 1 3 n 1 − ( − 1 3 ) ψ ( 2 3 ) − 1 3 ψ ( 1 ) \sum^\infty_{n0}\dfrac{1}{(3n2)(n1)}\sum^\infty_{n0}\dfrac{-1}{3n2}\dfrac{\dfrac{1}{3}}{n1}-(-\dfrac{1}{3})\psi(\dfrac{2}{3})-\dfrac{1}{3}\psi(1) n0∑∞(3n2)(n1)1n0∑∞3n2−1n131−(−31)ψ(32)−31ψ(1)
2.2.2 仅包含一阶极点与二阶极点的情形
设分母分式为 d ( n ) ( n x 1 ) ( n x 2 ) ⋯ ( n x m ) ( n y 1 ) 2 ⋯ ( n y l ) 2 d(n)(nx_1)(nx_2)\cdots(nx_m)(ny_1)^2\cdots(ny_l)^2 d(n)(nx1)(nx2)⋯(nxm)(ny1)2⋯(nyl)2
依旧裂项 u n ∑ k 1 m a k n x k ∑ k 1 l [ b k 1 n y k b k 2 ( n y k ) 2 ] u_n\sum^m_{k1}\dfrac{a_k}{nx_k}\sum^l_{k1}\bigg[\dfrac{b_{k1}}{ny_k}\dfrac{b_{k2}}{(ny_k)^2}\bigg] unk1∑mnxkakk1∑l[nykbk1(nyk)2bk2]
相应地级数收敛条件为 ∑ k 1 m a k ∑ k 1 l b k 1 0 \sum^m_{k1}a_k\sum^l_{k1}b_{k1}0 k1∑makk1∑lbk10
于是得到 ∑ n 0 ∞ u n − ∑ k 1 m a k ψ ( x k ) − ∑ k 1 l [ b k 1 ψ ( y k ) − b k 2 ψ ′ ( y k ) ] \sum^\infty_{n0}u_n-\sum^m_{k1}a_k\psi(x_k)-\sum^l_{k1}\bigg[b_{k1}\psi(y_k)-b_{k2}\psi(y_k)\bigg] n0∑∞un−k1∑makψ(xk)−k1∑l[bk1ψ(yk)−bk2ψ′(yk)]
3. B \Beta B函数 B \Beta B函数定义如下 B ( p , q ) ∫ 0 1 t p − 1 ( 1 − t ) q − 1 d t , Re p 0 , Re q 0 B(p,q)\int_0^1t^{p-1}(1-t)^{q-1}dt,\text{Re } p 0,\text{Re }q 0 B(p,q)∫01tp−1(1−t)q−1dt,Re p0,Re q0 令 t sin 2 θ t\sin^2\theta tsin2θ,改写定义为 B ( p , q ) 2 ∫ 0 π / 2 sin 2 p − 1 θ cos 2 q − 1 θ d θ , Re p 0 , Re q 0 B(p,q)2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta d\theta,\text{Re } p 0,\text{Re }q 0 B(p,q)2∫0π/2sin2p−1θcos2q−1θdθ,Re p0,Re q0 此外利用 Γ \Gamma Γ函数也可以改写 B \Beta B函数 B ( p , q ) Γ ( p ) Γ ( q ) Γ ( p q ) B(p,q)\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(pq)} B(p,q)Γ(pq)Γ(p)Γ(q) 证明 Γ ( p ) Γ ( q ) 2 ∫ 0 ∞ e − x 2 x 2 p − 1 d x ⋅ 2 ∫ 0 ∞ e − y 2 y 2 q − 1 d y 4 ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ e − ( x 2 y 2 ) x 2 p − 1 y 2 q − 1 d x d y \Gamma(p)\Gamma(q)2\int_0^\infty e^{-x^2}x^{2p-1}dx\cdot2\int_0^\infty e^{-y^2}y^{2q-1}dy4\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-(x^2y^2)}x^{2p-1}y^{2q-1}dxdy Γ(p)Γ(q)2∫0∞e−x2x2p−1dx⋅2∫0∞e−y2y2q−1dy4∫0∞∫0∞e−(x2y2)x2p−1y2q−1dxdy 换至极坐标 4 ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ e − ( x 2 y 2 ) x 2 p − 1 y 2 q − 1 d x d y 4 ∫ 0 π / 2 ∫ 0 ∞ e − r 2 r 2 p 2 q − 2 sin 2 p − 1 θ cos 2 q − 1 θ ⋅ r d r d θ 4\int_0^\infty\int_0^\infty e^{-(x^2y^2)}x^{2p-1}y^{2q-1}dxdy4\int_0^{\pi/2}\int_0^\infty e^{-r^2}r^{2p2q-2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta \cdot rdrd\theta 4∫0∞∫0∞e−(x2y2)x2p−1y2q−1dxdy4∫0π/2∫0∞e−r2r2p2q−2sin2p−1θcos2q−1θ⋅rdrdθ 拆成累次积分为 ∫ 0 ∞ e − r 2 r 2 ( p q − 1 ) d ( r 2 ) ⋅ 2 ∫ 0 π / 2 sin 2 p − 1 θ cos 2 q − 1 θ d θ Γ ( p q ) B ( p , q ) \int_0^\infty e^{-r^2}r^{2(pq-1)}d(r^2)\cdot2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta d\theta\Gamma(pq)\Beta(p,q) ∫0∞e−r2r2(pq−1)d(r2)⋅2∫0π/2sin2p−1θcos2q−1θdθΓ(pq)B(p,q)
4.习题选做练手 ∫ 0 π / 2 tan α x d x ∫ 0 π / 2 sin α x cos − α x d x ∫ 0 π / 2 sin 2 ⋅ 1 α 2 − 1 x cos 2 ⋅ 1 − α 2 − 1 x d x B ( 1 α 2 , 1 − α 2 ) \begin{aligned} \int_0^{\pi/2} \tan^\alpha x dx\int_0^{\pi/2}\sin^\alpha x \cos^{-\alpha} x dx\\ \int_0^{\pi/2}\sin^{2\cdot\frac{1\alpha}{2}-1} x \cos^{2\cdot\frac{1-\alpha}{2}-1} x dx\\ \Beta(\dfrac{1\alpha}{2},\dfrac{1-\alpha}{2}) \end{aligned} ∫0π/2tanαxdx∫0π/2sinαxcos−αxdx∫0π/2sin2⋅21α−1xcos2⋅21−α−1xdxB(21α,21−α) 同理 ∫ 0 π / 2 cot α x d x B ( 1 − α 2 , 1 α 2 ) \int_0^{\pi/2}\cot^\alpha x dx\Beta(\dfrac{1-\alpha}{2},\dfrac{1\alpha}{2}) ∫0π/2cotαxdxB(21−α,21α)
