The gamma function (1)
bee
*107.12.14
∼ 107.12.16
收集關於 gamma functions 的各種性質。
1.
定義
對於正實數 s 來說，我們定義珈瑪函數 (gamma function) 為 Γ(s) = ∫ ∞ 0 ts−1 et dt (1) 這是一個非常奇怪的函數，定義的怪怪的1，不過，它是一個非常重要的【非基本函數】。 這一個函數是否為 well-defined 呢？2.
考慮正實數
設 s 是一個正實數。關於 Γ(s) = ∫ ∞ 0 ts−1 et dt，我們有底下的幾個觀察： 1. Γ(0) 發散。 2. 當 s→ 0 時，Γ(s) ≈ 1 s。 3. Γ(1) = 1 = 0!。 4. Γ(s + 1) = sΓ(s)。 5. 當 n 是一個正整數時，Γ(n + 1) = n!。Γ(s) 是 n! 的連續表現。 *bee 美麗之家: http://www2.chsh.chc.edu.tw/bee 1有自然的想法嗎？仔細研究上面的幾個觀察。 1. Γ(0) = ∫ ∞ 0 1 tetdt > ∫ 1 0 1 tetdt > 1 e ∫ 1 0 1 tdt = ∞ 圖 1 2. 設 s→ 0。 因為 ts−1 → 1 t，所以 ∫ ∞ 1 ts−1e−tdt≈ ∫ ∞ 1 et t dt < ∫ ∞ 1 e−tdt = 1 e(是一個小於 1 的正數) 故可估計 Γ(s) = ∫ ∞ 0 ts−1e−tdt≈ ∫ 1 0 ts−1e−tdt + 1 e ≈ ∫ 1 0 ts−1dt = 1 st s 1 0 = 1 s 實際計算：Γ(0.1) = 9.51, Γ(0.01) = 99.43, Γ(0.001) = 999.42, Γ(0.0001) = 9999.42。 3. Γ(1) = ∫ ∞ 0 t0e−tdt =−e−t ∞ 0 = 1 4. 計算分部積分： ∫ 1 ϵ ϵ d dt(t se−t)dt = ∫ 1 ϵ ϵ sts−1e−tdt + ∫ 1 ϵ ϵ (−1)tse−tdt
當 ϵ→ 0 時 (此時 s 固定)，可得 左式： lim ϵ→0 ∫ 1 ϵ ϵ d dt(t se−t)dt = lim ϵ→0 ( (1ϵ)s e1ϵ − ϵs eϵ ) = lim n→∞ ( ns en − (1 n )s en1 ) = 0 故可得 右式： lim ϵ→0 (∫ 1 ϵ ϵ sts−1e−tdt + ∫ 1 ϵ ϵ (−1)tse−tdt ) = sΓ(s)− Γ(s + 1) = 0 即 Γ(s + 1) = sΓ(s) 5. 承上面的討論可得： Γ(1) = 1 = 0!, Γ(2) = 1× 0! = 1!, · · · Γ(n + 1) = n× (n − 1)! = n! 雖然上面我們對 s > 0 的情形做了一些觀察，不過，我們的目標是要了解 Γ(s) 是不是 well-defined？所以，接下來我們畫出幾個函數圖形。 這些函數是 Γ(0.1) = t 0.1−1 et ，Γ(0.9) = t0.9−1 et ，Γ(1) = 1 et，Γ(2) = t2−1 et ，Γ(3) = t3−1 et 。其 中 Γ(1) 是我們的參考函數。 圖 2
觀察圖 2，我們把 Γ(s) 分成兩個部分： Γ(s) = ∫ ∞ 0 ts−1e−tdt = ∫ 1 0 ts−1e−tdt + ∫ ∞ 1 ts−1e−tdt (2) 我們發現當 s→ 0 時， ∫ 1 0 ts−1 et dt的值會漸漸變大，而當 s→ ∞ 時， ∫ ∞ 1 ts−1 et dt的值會漸漸 變大。因此，我們可以考慮 s→ 0 和 s → ∞ 兩種情形即可。 在前面的討論，我們已經知道當 s → 0 時， ∫ 1 0 ts−1 et dt≈ 1 s，所以這部分雖然可能值很大，但 是當 s 被取值後，1 s 是可計算的。 又 Γ(s + 1) = sΓ(s)，所以雖然當 s 的值變大時，Γ(s + 1) 的值也會變大，不過還是可以控制 (被 (n + 1)! 控制)，因此，Γ(s) 這一個函數也是可以計算的的。故 Γ(s) 是 well-defined。 多看兩個例子的圖： 圖 3
3.
在 Re
(s) > 0
的半平面上
我們可以把 s 的範圍由實數軸上的正實數推廣到半平面 Re(s) > 0 上，即 Γ(s) = ∫ ∞ 0 ts−1e−tdt在整個 y 軸的右半平面上是有意義的。 要推廣到半平面上，就是要在每一個條狀 Sδ,M ={δ < Re(s) < M} 定義出一個全純函數，其中 0 < δ < M <∞。 接下來設 σ = Re(s)，可得|ts−1e−t| = tσ−1e−t，關於積分的意義是 Γ(s) = ∫ ∞ ts−1e−tdt = lim →0 ∫ 1 ϵ ts−1e−tdt我們希望這一個極限在 Sδ,M 中是收斂的。 我們取 Fϵ(s) = ∫ 1 ϵ ϵ ts−1e−tdt, ϵ > 0 首先看 Fϵ是不是全純函數？ 這裡我們得先看一個預備定理： 定理 1. 設 F (s, t) 是定義在 Ω× [0, 1] 的函數，其中 Ω 是 C 中的一個開集合。且 F 有以下的兩個 性質： (1) F (s, α) 是全純函數，其中 α 是一個定值。 (2) F 在 Ω× [0, 1] 上是連續函數， 則定義在 Ω 上的函數 f (s) = ∫ 1 0 F (s, t)dt 是一個全純函數。 這一個定理暫時不證明，但是我們來想一下它有啥特別的地方？ 這一個定理是說：我們可以利用積分定義出一個新的全純函數 f (s)，區間 [0, 1] 可以改成任意 有限區間 [c, d]。於是讓我們回頭看 Fϵ。顯然 f (s, t) = ts−1e−t 是一個全純函數，且 f (s, t) 是一 個連續函數，所以當我們做積分時，可得 Fϵ 是一個全純函數。 接 下 來 我 們 希 望 把 ϵ → 0，把 Fϵ(s) → Γ(s)。這時候就是希望 Fϵ 均 勻 收 斂 (converge uniformly) 到 Γ(s)，這樣可以得到 Γ(s) 是一個全純函數。 觀察 Γ(s)− Fϵ(s) ≤ ∫ ϵ 0 tσ−1e−tdt + ∫ ∞ 1 ϵ tσ−1e−tdt (3) 先觀察 ∫ ϵ 0 tσ−1e−tdt，我們有 ∫ ϵ 0 tσ−1e−tdt < ∫ ϵ 0 tδ−1dt = 1 δt δ ϵ 0 = ϵ δ δ → 0 其次觀察 ∫ ∞ 1 ϵ tσ−1e−tdt，我們有 ∫ ∞ 1 ϵ tσ−1e−tdt ≤ ∫ ∞ 1 ϵ tM−1e−tdt≤ C ∫ ∞ 1 ϵ e−t2 dt→ 0
因此可得 Γ(s) 在半平面 Re(s) > 0 上是 well-defined。
4.
解析延拓 analytic continuation
接下來我們要把 Γ(s) 的定義域推廣到整個複數平面C。 在前面已經證明過 Γ(s + 1) = sΓ(s)，接下來我們用這一個性質幫忙，把 Γ(s) 的定義域 推 廣 到 (C)， 當 然， 在 s = 0,−1, −2, −3, · · · 上是極點 (pole)，且在 s = −n 的 residue 是 (−1)n n! 。首先我們看怎樣把 Γ(s) 的定義域推到 Re(s) >−1。定義 F1(s) = Γ(s + 1) s (4) 因為 Γ(s + 1) 在 Re(s) >−1 的範圍裡是一個全純函數，因此，F1(s)在 Re(s) > −1 裡是亞純函 數，且僅在 s = 0 的地方是一個極點 (pole)。 接下來我們看 F1 在 s = 0 處的 residue。因為 Γ(1) = 1，所以 res0F1 = lim s→0s· Γ(s + 1) s = Γ(1) = 1 於是，在 Re(s) >−1 這一個半平面，可定義新的 Γ(s) 為 Γ(s) = Γ(s + 1) s = F1(s) 是一個亞純函數，且僅在 s = 0 有極點，並得 res0Γ = res0F1 = 1。 繼續這樣的步驟，我們把定義域推到 Re(s) >−m，m 是一個正整數，定義 Fm(s) = Γ(s + m) (s− 0)(s − (−1)) · · · (s − (−(m − 1))) = Γ(s + m) s(s + 1)· · · (s + m − 1) (5) 可得 Fm 在 Re(s) > −m 是一個亞純函數，且僅在 s = 0, −1, −2, · · · , −m + 1 是極點，同時計 算各極點 (n 是一個小於或等於 m 的正整數) 的 residue 為res−nFm(s) = lim s→−n(s + n)· Γ(s + m) s(s + 1)· · · (s + n) · · · (s + m − 1) = lim s→−n Γ(s + m) s(s + 1)· · · (s + n − 1)(s + n + 1) · · · (s + m − 1) = Γ(−n + m) = Γ(m − (n + 1) + 1) −n(−n + 1) · · · (−n + (n − 1))(−n + n + 1) · · · (−n + m − 1) = (m− (n + 1))!Γ(1) (−1)n· n! · (m − (n + 1)!) = (−1) n n! 這樣我們就把 Γ(s) 解析延拓到整個複數平面上了。
