$\Gamma$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：$\Gamma$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$\Gamma$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：$\Gamma$函数、$\psi$函数和$\mathrm{B}$函数。两大作用分别是：化简积分和化简级数。

1. $\Gamma$函数

1.1 $\Gamma$函数的定义

我们先定义一种较为弱化的$\Gamma$函数：
$$\Gamma (z)={\int }_0^{\infty }{e}^{-t}{t}^{z-1}dt,\text{Re}z>0$$
容易看出，上述定义的$\Gamma$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$z$,$\Gamma (z)$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$\Gamma$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：
$$\Gamma (z)={\int }_0^1{e}^{-t}{t}^{z-1}dt+{\int }_1^{\infty }{e}^{-t}{t}^{z-1}dt$$

先看反常积分部分，也就是第二部分，注意到$e^t=\sum \frac{t^n}{n!}$，因此对于任意正整数$N,e^t>\frac{t^N}{N!}$，也就是说$e^{-t}<\frac{N!}{t^N}$。于是对于复平面内任意有界闭区域$\bar{G},\exists x_0,\forall z\in \bar{G}$，均有$\text{Re}z<x_0$.因此
$$|e^{-t}{t}^{z-1}|=[(e^{-t}{t}^{z-1})(e^{-t}{t}^{z-1}{)}^{\ast }{]}^{1/2}=(e^{-2t}{t}^{2\text{Re}z-2}{)}^{1/2}=e^{-t}{t}^{\text{Re}z-1}<e^{-t}{t}^{x_0-1}<N!t^{x_0-N-1}$$
注意此时$t\ge 1$。

选取足够大的$N>x_0$，就可以使积分${\int }_1^{\infty }{t}^{x_0-N-1}dt$收敛，进而$\Gamma$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：
$$|e^{-t}{t}^{z-1}|=e^{-t}{t}^{\text{Re}z-1}$$

因此，$\forall \delta >0$，都使得右半平面的任意闭区域中的任意一点$z$都有$\text{Re}z=x\ge \delta >0$。因此
$$|e^{-t}{t}^{z-1}|\le t^{\delta -1}$$
同时下述积分收敛
$${\int }_0^1{t}^{\delta -1}dt={\int }_{\infty }^1(\frac{1}{u}{)}^{\delta -1}d(\frac{1}{u})={\int }_1^{\infty }{u}^{-\delta -1}du,\delta >0$$

综上，我们根据目前为止的定义证明了$\Gamma (z)$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：
$$\Gamma (z)={\int }_L{e}^{-t}{t}^{z-1}dt$$
其中$L$是从原点引出的一条射线，其与$x$轴的夹角$\theta \in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$。该推广的证明可以考虑射线$L$与$x$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$L$上。

1.2 $\Gamma$函数的性质

• 性质1
  $$\Gamma (1)=1$$
• 性质2
  $$\Gamma (z+1)=z\Gamma (z)$$

一方面，我们根据性质1和性质2可以推出对于任意整数$n$都有
$$\Gamma (n+1)=n!$$
另一方面，我们将性质2等式两侧同除$z$得到
$$\Gamma (z)=\frac{1}{z}\Gamma (z+1)$$
于是我们可以把$\Gamma (z)$延拓到$\text{Re}z>-1$的区域。重复这种操作，我们可以陆续得到
$$\Gamma (z)=\frac{1}{z}\frac{1}{z+1}\Gamma (z+2)$$
$$⋮$$
$$\Gamma (z)=\frac{1}{z}\frac{1}{z+1}\cdots \frac{1}{z+n-1}\Gamma (z+n)$$
于是我们成功地将$\Gamma (z)$延拓到了整个复平面，同时还注意到每个非正整数都是$\Gamma (z)$的一阶极点：
$$\text{res}\Gamma (-n)=\frac{(-1{)}^n}{n!}$$

此外我们再介绍一个重要的性质
$$\Gamma (z)\Gamma (1-z)=\frac{\pi }{\sin \pi z}$$
其证明我们会在第四节给出。

2.$\psi$函数

$\psi$函数的定义如下

$$\psi (z)=\frac{d\ln \Gamma (z)}{dz}=\frac{{\Gamma }^{\prime }(z)}{\Gamma (z)}$$

性质：

• $z=0,-1,-2,\cdots$都是$\psi (z)$的一阶极点，留数均为-1；除了这些点以外，$\psi (z)$在全复平面解析；
• $$\psi (z+1)=\psi (z)+\frac{1}{z},\psi (z+n)=\psi (z)+\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\cdots +\frac{1}{z+n-1}$$

（注意末项不是$\frac{1}{z+n}$而是$\frac{1}{z+n-1}$）

• $$\psi (1-z)=\psi (z)+\pi \cot \pi z$$
• $$\psi (z)-\psi (-z)=-\frac{1}{z}-\pi \cot \pi$$
• $$\underset{n\to \infty }{\lim }[\psi (z+n)-\ln n]=0$$

$\psi (z)$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$\psi (z)$化简积分

计算积分${\int }_0^{\pi }\frac{{\sin }^{2}n\theta }{\sin \theta }d\theta$

取半径为1的半圆围道，根据留数定理
$$\oint \frac{z^{2n}-1}{z^2-1}dz={\int }_0^{\pi }\frac{e^{i2n\theta }-1}{e^{i2\theta }-1}{e}^{i\theta }id\theta +{\int }_{-1}^1\frac{x^{2n}-1}{x^2-1}dx=0$$
等式右侧等于0是由于围道内没有留数。
$${\int }_0^{\pi }\frac{e^{i2n\theta }-1}{e^{i2\theta }-1}{e}^{i\theta }id\theta ={\int }_0^{\pi }\frac{\cos 2n\theta -1+i\sin 2n\theta }{2\sin \theta }d\theta =-{\int }_0^{\pi }\frac{{\sin }^{2}n\theta }{\sin \theta }d\theta +\frac{i}{2}{\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2n\theta }{\sin \theta }d\theta$$

同时
$${\int }_{-1}^1\frac{x^{2n}-1}{x^2-1}dx={\int }_{-1}^1(x^{2n-2}+x^{2n-4}+\cdots +1)dx=2(\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n-3}+\cdots +\frac{1}{3}+\frac{1}{1})=\psi (n+\frac{1}{2})-\psi (\frac{1}{2})$$

因此
$$-{\int }_0^{\pi }\frac{{\sin }^{2}n\theta }{\sin \theta }d\theta +\frac{i}{2}{\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2n\theta }{\sin \theta }d\theta +\psi (n+\frac{1}{2})-\psi (\frac{1}{2})=0$$

比较实虚部得到
$${\int }_0^{\pi }\frac{{\sin }^{2}n\theta }{\sin \theta }d\theta =\psi (n+\frac{1}{2})-\psi (\frac{1}{2}),{\int }_0^{\pi }\frac{\sin 2n\theta }{\sin \theta }d\theta =0$$

2.2 使用$\psi (z)$化简级数

在本节我们将使用$\psi (z)$最后一个性质：$$\underset{n\to \infty }{\lim }[\psi (z+n)-\ln n]=0$$

2.2.1 仅包含一阶极点的情形

考虑如下形式的无穷级数
$$\sum _{n=0}^{\infty }{u}_n=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{p(n)}{d(n)}$$
其中$p(n),d(n)$均为$n$的多项式.设$d(n)$是$n$的$m$次多项式，并且零点都是一阶零点，
$$d(n)=(n+x_1)(n+x_2)\cdots (n+x_m)$$
此时$u_n$可以裂项为多个一次分式相加：
$$u_n=\sum _{k=1}^m\frac{a_k}{n+x_k}$$
为了保证$u_n$和$\sum u_n$收敛，我们有
$$\underset{n\to \infty }{\lim }=\underset{n\to \infty }{\lim }n\cdot u_n=0\Rightarrow \sum _{k=1}^m{a}_k=0$$

因此无穷级数的部分和
$$\sum _{n=0}^N{u}_n=\sum _{k=1}^m{a}_k[\psi (x_k+N)-\psi (x_k)]-\ln N\cdot 0=\sum _{k=1}^m{a}_k[\psi (x_k+N)-\psi (x_k)]-\sum _{k=1}^m\ln N{a}_k$$
注意到$$\underset{n\to \infty }{\lim }[\psi (z+N)-\ln N]=0$$

立即得到
$$\sum _{n=0}^N{u}_n=-\sum _{k=1}^m{a}_k\psi (x_k)$$

一般来说，我们只需要先将级数通项裂项，将形如$\frac{A}{n+x_0}$的分式对应换成$-A\psi (x_0)$，最后扔掉求和符号即可。注意，$n$前的系数一定是1。
$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{(3n+2)(n+1)}=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{-1}{3n+2}+\frac{\frac{1}{3}}{n+1}=-(-\frac{1}{3})\psi (\frac{2}{3})-\frac{1}{3}\psi (1)$$

2.2.2 仅包含一阶极点与二阶极点的情形

设分母分式为
$$d(n)=(n+x_1)(n+x_2)\cdots (n+x_m)(n+y_1{)}^2\cdots (n+y_l{)}^2$$

依旧裂项：
$$u_n=\sum _{k=1}^m\frac{a_k}{n+x_k}+\sum _{k=1}^l[\frac{b_{k1}}{n+y_k}+\frac{b_{k2}}{(n+y_k{)}^2}]$$

相应地，级数收敛条件为
$$\sum _{k=1}^m{a}_k+\sum _{k=1}^l{b}_{k1}=0$$

于是得到
$$\sum _{n=0}^{\infty }{u}_n=-\sum _{k=1}^m{a}_k\psi (x_k)-\sum _{k=1}^l[b_{k1}\psi (y_k)-b_{k2}{\psi }^{\prime }(y_k)]$$

3.$\mathrm{B}$函数

$\mathrm{B}$函数定义如下
$$B(p,q)={\int }_0^1{t}^{p-1}(1-t{)}^{q-1}dt,\text{Re }p>0,\text{Re }q>0$$
令$t={\sin }^2\theta$,改写定义为
$$B(p,q)=2{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2p-1}\theta {\cos }^{2q-1}\theta d\theta ,\text{Re }p>0,\text{Re }q>0$$
此外，利用$\Gamma$函数也可以改写$\mathrm{B}$函数
$$B(p,q)=\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}$$
证明
$$\Gamma (p)\Gamma (q)=2{\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}{x}^{2p-1}dx\cdot 2{\int }_0^{\infty }{e}^{-y^2}{y}^{2q-1}dy=4{\int }_0^{\infty }{\int }_0^{\infty }{e}^{-(x^2+y^2)}{x}^{2p-1}{y}^{2q-1}dxdy$$
换至极坐标：
$$4{\int }_0^{\infty }{\int }_0^{\infty }{e}^{-(x^2+y^2)}{x}^{2p-1}{y}^{2q-1}dxdy=4{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{\infty }{e}^{-r^2}{r}^{2p+2q-2}{\sin }^{2p-1}\theta {\cos }^{2q-1}\theta \cdot rdrd\theta$$
拆成累次积分为
$${\int }_0^{\infty }{e}^{-r^2}{r}^{2(p+q-1)}d(r^2)\cdot 2{\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2p-1}\theta {\cos }^{2q-1}\theta d\theta =\Gamma (p+q)\mathrm{B}(p,q)$$

4.习题选做练手

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi /2}{\tan }^{\alpha }xdx& ={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{\alpha }x{\cos }^{-\alpha }xdx\\ & ={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2\cdot \frac{1+\alpha }{2}-1}x{\cos }^{2\cdot \frac{1-\alpha }{2}-1}xdx\\ & =\mathrm{B}(\frac{1+\alpha }{2},\frac{1-\alpha }{2})\end{array}$$
同理
$${\int }_0^{\pi /2}{\cot }^{\alpha }xdx=\mathrm{B}(\frac{1-\alpha }{2},\frac{1+\alpha }{2})$$