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Φ函数

## $\S 7.3 \quad \psi$ 函 数
$\psi$ 函数是 $\Gamma$ 函数的对数微商

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

根据 $\Gamma$ 函数的性质，可以得出 $\psi(z)$ 的下列性质：
（1）$z=0,-1,-2, \cdots$ 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．
（2）$\psi(z+1)=\psi(z)+\frac{1}{z}$ ．

$$
\psi(z+n)=\psi(z)+\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\cdots+\frac{1}{z+n-1}, \quad n=2,3,4, \cdots .
$$

（3）$\psi(1-z)=\psi(z)+\pi \cot \pi z$ ．
（4）$\psi(z)-\psi(-z)=-\frac{1}{z}-\pi \cot \pi z$ ．
（5）$\psi(2 z)=\frac{1}{2} \psi(z)+\frac{1}{2} \psi\left(z+\frac{1}{2}\right)+\ln 2$ ．
（6）$\psi(z) \sim \ln z-\frac{1}{2 z}-\frac{1}{12 z^2}+\frac{1}{120 z^4}-\frac{1}{252 z^6}+\cdots, \quad z \rightarrow \infty,|\arg z|<\pi$ ．
（7） $\lim _{n \rightarrow \infty}[\psi(z+n)-\ln n]=0$ ．
$\psi$ 函数的特殊值有

$$
\begin{array}{ll}
\psi(1)=-\gamma, & \psi^{\prime}(1)=\frac{\pi^2}{6} \\
\psi\left(\frac{1}{2}\right)=-\gamma-2 \ln 2, & \psi^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{2} \\
\psi\left(-\frac{1}{2}\right)=-\gamma-2 \ln 2+2, & \psi^{\prime}\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{2}+4, \\
\psi\left(\frac{1}{4}\right)=-\gamma-\frac{\pi}{2}-3 \ln 2, & \psi\left(\frac{3}{4}\right)=-\gamma+\frac{\pi}{2}-3 \ln 2 \\
\psi\left(\frac{1}{3}\right)=-\gamma-\frac{\pi}{2 \sqrt{3}}-\frac{3}{2} \ln 3, & \psi\left(\frac{2}{3}\right)=-\gamma+\frac{\pi}{2 \sqrt{3}}-\frac{3}{2} \ln 3
\end{array}
$$

其中 $\gamma=-\psi(1)$ 是数学中的一个基本常数，称为 Euler 常数 ${ }^{(1)}$ ，

$$
\gamma=0.57721566490153286060651209008240243104215933593992 \cdots .
$$

例 7.3 计算积分 $\int_0^\pi \frac{\sin ^2 n \theta}{\sin \theta} d \theta$ ．
解 取半径为 1 的半圆形围道，于是，根据留数定理有

$$
\oint \frac{z^{2 n}-1}{z^2-1} d z=\int_0^\pi \frac{e^{i 2 n \theta}-1}{e^{i 2 \theta}-1} e^{i \theta} id \theta+\int_{-1}^1 \frac{x^{2 n}-1}{x^2-1} d x=0 .
$$

因为

$$
\begin{aligned}
\int_0^\pi \frac{e^{i 2 n \theta}-1}{e^{i 2 \theta}-1} e^{i \theta} id \theta & =\int_0^\pi \frac{\cos 2 n \theta-1+i \sin 2 n \theta}{2 \sin \theta} d \theta \\
& =-\int_0^\pi \frac{\sin ^2 n \theta}{\sin \theta} d \theta+\frac{i}{2} \int_0^\pi \frac{\sin 2 n \theta}{\sin \theta} d \theta
\end{aligned}
$$

以及

$$
\begin{aligned}
\int_{-1}^1 \frac{x^{2 n}-1}{x^2-1} d x & =\int_{-1}^1\left(x^{2 n-2}+x^{2 n-4}+\cdots+1\right) d x \\
& =2\left(\frac{1}{2 n-1}+\frac{1}{2 n-3}+\cdots+\frac{1}{3}+1\right) \\
& =\psi\left(n+\frac{1}{2}\right)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)
\end{aligned}
$$
因此，

$$
-\int_0^\pi \frac{\sin ^2 n \theta}{\sin \theta} d \theta+\frac{i}{2} \int_0^\pi \frac{\sin 2 n \theta}{\sin \theta} d \theta+\psi\left(n+\frac{1}{2}\right)-\psi\left(\frac{1}{2}\right)=0 .
$$

比较实部，即得

$$
\int_0^\pi \frac{\sin ^2 n \theta}{\sin \theta} d \theta=\psi\left(n+\frac{1}{2}\right)-\psi\left(\frac{1}{2}\right) .
$$

与此同时，比较虚部，还能得到

$$
\int_0^\pi \frac{\sin 2 n \theta}{\sin \theta} d \theta=0
$$

顺便指出，还可以计算类似于（7．27a）的积分

$$
\begin{aligned}
\int_0^\pi \frac{\sin (2 n+1) \theta}{\sin \theta} d \theta & =\int_0^\pi \frac{e^{i(2 n+1) \theta}-e^{-i(2 n+1) \theta}}{e^{i \theta}-e^{-i \theta}} d \theta \\
& =\int_0^\pi\left(e^{i 2 n \theta}+e^{i(2 n-2) \theta}+\cdots+e^{-i(2 n-2) \theta}+e^{-i 2 n \theta}\right) d \theta
\end{aligned}
$$

这 $2 n+1$ 项中只有一项对积分有贡献，因此

$$
\int_0^\pi \frac{\sin (2 n+1) \theta}{\sin \theta} d \theta=\int_0^\pi 1 \cdot d \theta=\pi, \quad n=0,1,2, \cdots
$$

利用 $\psi$ 函数，可以方便地求出通项为有理式的无穷级数

$$
\sum_{n=0}^{\infty} u_n=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{p(n)}{d(n)}
$$

之和，其中 $p(n)$ 和 $d(n)$ 都是 $n$ 的多项式。设 $d(n)$ 是 $n$ 的 $m$ 次多项式，并且全部零点都是一阶零点，

$$
d(n)=\left(n+\alpha_1\right)\left(n+\alpha_2\right) \cdots\left(n+\alpha_m\right),
$$

即 $u_n$ 只有一阶极点，则可部分分式为

$$
u_n=\frac{p(n)}{d(n)}=\sum_{k=1}^m \frac{a_k}{n+\alpha_k} .
$$

为了保证级数收玫，必须有

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} u_n=\lim _{n \rightarrow \infty} n \cdot u_n=0, \quad \text { 即 } \quad \sum_{k=1}^m a_k=0 \text {. }
$$

利用 $\psi$ 函数的递推关系（7．19），即可求得

$$
\begin{aligned}
\sum_{n=0}^N u_n & =\sum_{k=1}^m a_k\left[\psi\left(\alpha_k+N\right)-\psi\left(\alpha_k\right)\right]=\sum_{k=1}^m a_k\left[\psi\left(\alpha_k+N\right)-\psi\left(\alpha_k\right)\right]-\ln N \sum_{k=1}^m a_k \\
& =\sum_{k=1}^m a_k\left[\psi\left(\alpha_k+N\right)-\ln N-\psi\left(\alpha_k\right)\right]
\end{aligned}
$$

取极限 $N \rightarrow \infty$ ，注意到（7．24）式，即得

$$
\sum_{n=0}^{\infty} u_n=\lim _{N \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^m a_k\left[\psi\left(\alpha_k+N\right)-\ln N\right]-\sum_{k=1}^m a_k \psi\left(\alpha_k\right)=-\sum_{k=1}^m a_k \psi\left(\alpha_k\right)
$$

例 7.4 求无穷级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(3 n+1)(3 n+2)(3 n+3)}$ 之和．
解 因为

$$
\frac{1}{(3 n+1)(3 n+2)(3 n+3)}=\frac{1}{6} \frac{1}{n+1 / 3}-\frac{1}{3} \frac{1}{n+2 / 3}+\frac{1}{6} \frac{1}{n+1},
$$

所以，根据上面给出的求和公式，有

$$
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(3 n+1)(3 n+2)(3 n+3)}=-\frac{1}{6}\left[\psi\left(\frac{1}{3}\right)-2 \psi\left(\frac{2}{3}\right)+\psi(1)\right]
$$

代入 $\psi$ 函数的特殊值，即得

$$
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(3 n+1)(3 n+2)(3 n+3)}=\frac{1}{4}\left(\frac{\pi}{\sqrt{3}}-\ln 3\right)
$$

例 7.5 求无穷级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n^2+a^2}$ 之和，其中 $a>0$ ．
解 因为

$$
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n^2+a^2}=\frac{i}{2 a} \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{n+i a}-\frac{1}{n-i a}\right)=-\frac{i}{2 a}[\psi(i a)-\psi(-i a)]
$$

利用上面列出的 $\psi$ 函数的性质 4 ，有

$$
\psi(i a)-\psi(-i a)=-\frac{1}{i a}-\pi \cot i \pi a=i\left(\frac{1}{a}+\pi \operatorname{coth} \pi a\right)
$$

就可以求得

$$
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n^2+a^2}=\frac{1}{2 a^2}(1+\pi a \operatorname{coth} \pi a)
$$

例 7.6 求无穷级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2(2 n+1)^2}$ 之和．
解 因为

$$
\frac{1}{(n+1)^2(2 n+1)^2}=\left[\frac{4}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2}\right]-\left[\frac{4}{n+1 / 2}-\frac{1}{(n+1 / 2)^2}\right],
$$

所以

$$
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^2(2 n+1)^2}=-\left[4 \psi(1)-\psi^{\prime}(1)\right]+\left[4 \psi\left(\frac{1}{2}\right)+\psi^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)\right]=\frac{2 \pi^2}{3}-8 \ln 2
$$

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