1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 54
Текст из файла (страница 54)
Установим прежде всего оценку разностиt ne−t − 1 −.nНетрудно проверить, что функцияv n−ev 1 −nявляется первообразной для функцииv n−1 v,ev 1 −nnи, следовательно,t t nv n−1 v1 − et 1 −dv.=ev 1 −nnn0Если 0 < t < n, то подынтегральная функция положительна, и, следовательно, то же можно сказать и о левой части. Заменяя под интегралом ev наet и (1 − v/n)n−1 единицей, получимt nt2< et0 < 1 − et 1 −n2nилиt nt20 < e−t − 1 −.(138)<n2nСоставим разность:n Γ(z) − Pn (z) =e−t −01−tnn ∞tz−1 dt +e−t tz−1 dt.(139)nПри беспредельном возрастании n второй интеграл справа стремится к нулю, так как интеграл∞e−t tz−1 dt0сходится.
Остается показать, что и первый интеграл стремится к нулю приn → ∞. Фиксируем n = n0 так, чтобы∞n0e−t tz−1 dt <ε,2где ε — произвольно заданное малое положительное число.Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [73322Мы можем написатьn e−t −1−0tnn n0=tz−1 dt =e−t −1−0tnn n tz−1 dt +e−t −1−n0tnn tz−1 dt,откуда в силу (138)n 0<e−t −1−0tnntz−1 dt <12nn0ntz+1 dt +0e−t tz−1 dt,n0причем во втором интеграле справа мы заменили разность одним уменьшаемым. Подынтегральная функция в этом интеграле положительна, и, расширяяпромежуток интегрирования, получимn 0<e−t −1−0tnntz−1 dt <12nn0∞tz+1 dt +0e−t tz−1 dt.n0При больших n первое слагаемое меньше 2ε , и, следовательно, при всехдостаточно больших n n t n z−1e−t − 1 −t0<dt < ε,n0т.
е. ввиду произвольной малости ε в формуле (139) первое слагаемое справатакже стремится к нулю, т. е. действительноn 1−Γ(z) = limn→∞0tnntz−1 dt.(140)Отметим еще некоторые следствия доказанных формул. Берялогарифмическую производную от обеих частей формулы (137), получим∞d11ln Γ(z) = −C − + z.(141)dzzk(z + k)k=1Дифференцируем обе части:∞d21ln Γ(z) =.2dz(z + k)2k=0(142)74]Представление Γ(z) контурным интегралом323Пользуясь формулой (130), докажем еще так называемую формулуудвоения:√12z−12= πΓ(2z).Γ(z)Γ z +(143)2Выражая функции Γ(z) и Γ(z + 1/2) при помощи формулы (130) ифункцию Γ(2z) при помощи формулы, которая получается из (130)заменой n на 2n, получим22z−1 Γ(z)Γ z + 12=Γ(2z)122z−1 (n!)2 2z(2z + 1) .
. . (2z + 2n)n2z+ 2·,131n→∞ 2n! z z +(2n)2z2 (z + 1) z + 2 . . . (z + n) z + n + 2= limили22z−1 Γ z + 122n−1 (n!)2n√= lim.limn→∞ 2n! n n→∞ 2z + 2n + 1Γ(2z)(144)Ноn1= ,2z + 2n + 12и мы видим, что левая часть формулы (144) не зависит от z. Полагая z = 1/2, получаем1 √22z−1 Γ(z)Γ z + 12=Γ= π,Γ(2z)2limn→∞откуда и следует формула (143). Совершенно так же, как и выше,может быть доказана следующая более общая формула: 2m−11Γ z+... Γ z +=Γ(z)Γ z +mmm11= (2π) 2 (m−1) m 2 −mz Γ(mz).
(145)74. Представление Γ(z) контурным интегралом. Укажемпредставление функции Γ(z) в виде контурного интеграла, справедливое при всяком z. Если z находится правее мнимой оси, то мы324Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [74имеем∞Γ(z) =e−t tz−1 dt.(146)0Рассмотрим подынтегральную функциюe−t tz−1 = e−t e(z−1) ln t(147)как функцию комплексного переменного t. Эта функция имеет точку разветвления t = 0. Проведем на плоскости t разрез вдоль положительной части вещественной оси t. На разрезанной таким образом плоскости функция (147) будет однозначной, причем мы будемсчитать ln t вещественным числом на верхнем берегу разреза, т.
е.будем считать arg t = 0 на этом берегу. Вместо интегрирования поверхнему берегу вещественной оси рассмотрим новый контур интегрирования l, изображенный на рис. 63. Этот контур идет из +∞,обходит вокруг начала и возвращается опять на +∞. В силу теоремы Коши мы можем, не меняя величины интегралаe−t tz−1 dt (tz−1 = ez−1 ln t ),(148)lпроизвольным образом деформировать контур l, не затрагивая особой точки t = 0 и удерживая оба конца контура на +∞. Выяснимтеперь связь интеграла (148) с функцией Γ(z), причем будем считать, что z находится справа отмнимой оси. Деформируя контур l,мы можем достигнуть того, чтобыпуть интегрирования состоял из следующих трех частей: 1) из отрезка (+∞, ε) верхнего берега разреза;2) из окружности λε с центром z = 0и радиусом ε и 3) из отрезка (ε, +∞)нижнего берега разреза.
На верхнемберегу в подынтегральной функции(147) ln t имеет вещественные значеРис. 63.ния. При переходе на нижний берег74]Представление Γ(z) контурным интегралом325ln t приобретет слагаемое 2πi, так что на нижнем берегу подынтегральная функция будетe(z−1)2πi e−t+(z−1) ln t ,где ln t имеет по-прежнему вещественные значения. Имеем, такимобразом,−t z−1e tlεdt =−t z−1e tdt + e(z−1)2πi∞∞−t z−1e tdt +εe−t tz−1 dt,λε(149)где ε — некоторое заданное положительное число.
Покажем, чтопри ε → 0 интеграл по окружности λε стремится к нулю. Действительно, на этой окружности множитель e−t ограничен по модулю,независимо от z, а множитель tz−1 имеет оценку|tz−1 | = e(x−1) ln |t|−y arg t = εx−1 e−y arg t ,т.
е. будет или величиной бесконечно малой, если x > 1, или будетстремиться к бесконечности порядка 1/ε1−x. Принимая во внимание, что по предположению x > 0 и что длина пути интегрированиябудет 2πε, мы непосредственно убеждаемся, что упомянутый интеграл действительно стремится к нулю. Таким образом, формула(149) в пределе дает нам∞(ez2πi− 1)e−t tz−1 dt =0e−t tz−1 dtlили, принимая во внимание определение Γ(z),e−t tz−1 dt = (ez2πi − 1)Γ(z).(150)lПоследнюю формулу можно еще записать в виде1Γ(z) = z2πie−t tz−1 dt.e−1l(151)326Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [74Контур l не проходит через начало координат (t = 0), и поэтомумы можем уже не ограничивать себя рассмотрением лишь тех значений z, которые лежат справа от мнимой оси. Как и при рассмотрении интеграла (113) из [71], мы можем убедиться, что интеграл(148) представляет целую функцию от z.
Формула (150) доказананами лишь для z, лежащих правее мнимой оси, но в силу принципааналитического продолжения она будет справедливой на всей плоскости z. Формула (151) дает представление мероморфной функциив виде частного двух целых функций. Знаменатель (ez2πi − 1) обращается в нуль при всех целых как положительных, так и отрицательных значениях z. Целые отрицательные z и z = 0 даютполярность Γ(z). Если z равно целому положительному числу, топодынтегральная функция (147) будет однозначной и регулярнойфункцией от t на всей плоскости (т.
е. будет целой функцией от t),и по теореме Коши интеграл от нее по замкнутому контуру l будетравен нулю, т. е. при целом положительном z в правой части формулы (151) и числитель и знаменатель обращаются в нуль, и этизначения z не будут полюсами функции Γ(z).Заменим в формуле (150) z на (1 − z):e−t t−z dt = (e−z2πi − 1)Γ(1 − z).(152)lВведем вместо t новую переменную интегрирования τ , полагаяt = eπi τ = −τ :−t −zτ πi −z−zπie t dt = − e (e τ ) dτ = −eeτ τ −z dτ,(153)lllгде l — контур, изображенный нарис.
64. Плоскость τ получаетсяиз плоскости t вращением околоначала на угол (−π). Разрез поположительной части вещественРис. 64.ной оси плоскости t перешел вразрез по отрицательной части вещественной оси плоскости τ , причем нижний берег нового разреза соответствует верхнему берегу75]Формула Стирлинга327прежнего разреза. На этом нижнем берегу нового разреза мы должны считать arg(eπi τ ) = 0, т. е. arg τ = −π. Подставляя выражение(153) в формулу (152) и умножая обе части равенства на (−eπzi ),получимeτ τ −z dτ = (eπzi − e−πzi )Γ(1 − z)lилиeτ τ −z dτ = 2i sin πzΓ(1 − z),lоткуда, пользуясь формулой (122), получим выражение Γ(z)−1 ввиде контурного интеграла:11=eτ τ −z dτ.(154)Γ(z)2πil75. Формула Стирлинга. Мы дадим в настоящем номере приближенноевыражение ln Γ(z) при больших положительных значениях z.
Предварительновыведем одну формулу, устанавливающую связь между суммою равноотстоящих значений некоторой функции и интегралом от этой функции.Пусть f (x) — функция, определенная при x 0 и имеющая непрерывнуюпроизводную. Обозначая через n и k — целые неотрицательные числа, причемk n, можем написатьnf (n) − f (k) =f (x) dxkи, суммируя по k от k = 0 до k = n, получимn(n + 1)f (n) −k=0f (k) =n nf (x) dx.(155)k=0 kВ раскрытом виде правая часть запишется так:n nk=0 kf (x) dx =n0f (x) dx +n1f (x) dx +nf (x) dx + . .
. +2n+n−1f (x) dx +nnf (x) dx,328Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [75причем последнее слагаемое справа, очевидно, равно нулю. Если m — некотороецелое неотрицательное число, меньшее n, то в написанной сумме интегрирование по промежутку (m, m + 1) встретится m + 1 раз, и мы можем записатьформулу (155) в виде(n + 1)f (n) −nnf (k) =k=0{[x] + 1}f (x) dx,(156)0где через [x] мы обозначим целую часть положительного числа x, так что [x] =m внутри промежутка (m, m + 1) и [m] = m. Введем в рассмотрение функциюP (x) = [x] − x,которая представляет собою дробную часть числа x со знаком минус. Если прибавить к x единицу, то [x] и x получат слагаемое единицу, а P (x) не изменится,т. е.
P (x) имеет период, равный единице. Функция P (x) определена при x 0,но мы можем, конечно, распространить ее определение и на отрицательные значения x по закону периодичности с периодом единица. Как известно [II, 154],величина интеграла от P (x) по любому промежутку длины единица не зависитот положения этого промежутка. Эта величина дает так называемое среднеезначение нашей периодической функции. Внутри промежутка (0, 1) мы имеемP (x) = −x, и среднее значение P (x) будет11P (x) dx = −001x dx = − .2Построим новую функцию с периодом единица:1,(157)2среднее значение которой равно нулю. График P1 (x) изображен на рис.
65. Подставимпод знак интеграла в формуле (156) вместо[x] его выражение из формулы (157):P1 (x) = [x] − x +Рис. 65.(n + 1)f (n) −nn x+f (k) =k=001+ P1 (x) f (x) dx.2Мы имеем, очевидно,n011 f (x) dx = [f (n) − f (0)]22и, интегрируя по частям, получимn0xf (x) dx = nf (n) −nf (x) dx.0(158)75]Формула Стирлинга329Подставляя это в (158), получим следующую формулу:nnf (k) =k=0f (x) dx +01[f (n) + f (0)] −2nP1 (x)f (x) dx,(159)0устанавливающую связь между суммой равноотстоящих значений f (k) функции f (x) и интегралом от этой функции.Выберем функцию f (x) следующим образом:f (x) = ln (z + x),где z — некоторое положительное число и значение логарифма берется вещественное. Подставляя в формулу (159) и производя квадратуру в правой части,получимnln (z + k) =z+n+k=012ln (z + n) −z−12nln z − n −0P1 (x)dx.z+xПодставим в эту формулу z = 1 и полученную новую формулу почленно вычтемиз предыдущей. Кроме того, из обеих частей полученного равенства вычтем(z − 1) ln n.
Таким образом, получимnlnk=0z1z−1z+k− (z − 1) ln n = (z − 1) ln 1 ++ ln 1 ++1+kn21+n nn1z−1P1 (x)P1 (x)− z−ln z −dx +dx.+ (1 + n) ln 1 +1+n2z+x1+x00При стремлении n к бесконечности первые два слагаемых правой части стремятся к нулю, а третье слагаемое имеет пределz−1z − 1 1+nlim (1 + n) ln 1 += lim ln 1 += ln ez−1 = z − 1.n→∞n→∞1+n1+nМы можем, таким образом, написатьnz(z + 1) . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
