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[悬赏] 求ψ(n/m)的公式问题

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发表于 2018-2-5 13:33:17 | 显示全部楼层 |阅读模式

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请问如何证明普西函数求值公式:
`\D\psi\left(\frac nm\right)=-\gamma-\ln m -\frac{\pi}{2}\cot{\frac{n\pi}{m}} + \sum_{k=1}^{m-1}\cos{\frac{2kn\pi}{m}}\ln\left(2\sin{\frac{k\pi}{m}}\right)`
其中`m>n>0`为整数。
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发表于 2018-2-5 15:23:53 | 显示全部楼层
最好能给出普西函数的定义

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已经给出定义,能证明求ψ(n/m)的公式否?  发表于 2018-2-6 18:31
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 楼主| 发表于 2018-2-6 15:41:02 | 显示全部楼层
本帖最后由 zuijianqiugen 于 2018-2-6 15:42 编辑
kastin 发表于 2018-2-5 15:23
最好能给出普西函数的定义


普西函数ψ(z)=[lnΓ(z)]′,即伽马函数取对数,再取导数。
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发表于 2018-2-6 21:49:13 | 显示全部楼层
由单位根性质可知 `\sum_{k=1}^{m-1}\cos{\frac{2kn\pi}{m}}=-1`,于是可将等式右端对数内的数字2移动到与前面的 `\ln m` 合并,即\[\psi\left(\frac nm\right)=-\gamma-\ln 2m -\frac{\pi}{2}\cot{\frac{n\pi}{m}} + \sum_{k=1}^{m-1}\cos{\frac{2kn\pi}{m}}\ln\left(\sin{\frac{k\pi}{m}}\right)\tag{a}\]证明过程要用到傅里叶级数,稍微有些复杂,见论文A theorem for the closed-form evaluation of the first generalized Stieltjes constant at rational arguments and some related summations附录B
里面还提到,注意到\[-\frac{m}{2}\cot{\frac{n\pi}{m}} = \sum_{k=1}^{m-1}k\sin{\frac{2kn\pi}{m}}\quad(n=1,2,3\cdots,m-1)\tag{1}\]`(a)` 式还可改写为\[\psi\left(\frac nm\right)=-\gamma-\ln m +\frac{\pi}{m}\sum_{k=1}^{m-1}k\sin{\frac{2kn\pi}{m}} + \sum_{k=1}^{m-1}\cos{\frac{2kn\pi}{m}}\ln\left(2\sin{\frac{k\pi}{m}}\right)\tag{b}\]

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@zuijianqiugen,其实用的是离散傅里叶级数,而不是通常的傅里叶级数,作者称之为有限傅里叶级数。  发表于 2018-2-7 13:30
证明过程为何要用到傅里叶级数呀?  发表于 2018-2-7 10:54
不见公式呀!  发表于 2018-2-6 22:48
@zuijianqiugen,数学证明不需要看文字,直接看数学公式就行了  发表于 2018-2-6 22:19
英文看不明白。能否简要介绍一下?  发表于 2018-2-6 22:17
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发表于 2018-2-7 15:11:18 | 显示全部楼层
论文中提到楼主的这个公式叫做高斯双伽马(Digamma)定理,见https://en.wikipedia.org/wiki/Digamma_function#Gauss's_digamma_theorem
双伽马函数在有理点求和还有公式 https://en.wikipedia.org/wiki/Di ... he_digamma_function,论文中正是利用了高斯双伽马定理和离散傅里叶级数来证明有理点求和公式,而不是证明高斯双伽马定理,是我理解错了。

高斯双伽马定理应该是高斯在研究分圆多项式时的一个副产品,毕竟它的贡献除了在天文/电磁学/微分几何(这三者全是业余兴趣,每个兴趣都产生了很多贡献,最后一个是因为研究地图测绘所致),剩余几乎大部分精力都在数论里面。如果有其他思路的证法,估计应该要用到黎曼zeta函数,或者其对应积分形式的级数展开证明,或者对其积分进行一些整理然后使用留数定理。

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感谢提供的网页看到好多公式  发表于 2018-2-7 20:32
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发表于 2018-2-7 16:19:08 | 显示全部楼层
其实高斯双伽马定理有个非常重要的用处,那就是利用递推关系 `\D\psi(x+1)=\psi(x)+\frac 1x` 可以非常快速地求形如 `s=\sum_{n\geqslant 0}\frac{p(n)}{q(n)}` 级数的和(当然,前提是级数收敛),其中 `p(n),q(n)` 是 `n` 的多项式。
比如\[\begin{split}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(4n-1)(2n+3)}&=\frac{1}{14}\left(\frac{1}{n-1/4}-\frac{1}{n+3/2}\right)\\
&=-\frac{1}{14}\left(\psi(-\frac 14)-\psi(\frac 32)\right)\\
&=-\frac{1}{14}\left(\psi(\frac 34)-(-4)-\psi(\frac 12)-2\right)\\
&=\frac{1}{14}\left(\psi(\frac 12)-\psi(\frac 34)-2\right)\\
&=\frac{\ln 2}{14}-\frac{\pi+4}{28}\end{split}\]不过,上面分式中只是涉及到一级极点,如果是高于一级的,则需要用到PolyGamma函数 `\psi_k(x)`,这里 `\D \psi_k(x)=\psi^{(k)}(x)=\frac{\dif^k}{\dif x^k}\psi(x)`
不知道 `\D\psi_k(\frac nm)` 是否也有类似高斯双伽马定理的结果?

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@zuijianqiugen,嗯也对,zeta(3)就没有解析表达形式,只能用无穷位小数表示。  发表于 2018-2-7 20:38
这个是没有类似高斯双伽马定理结果的。否则,ζ(2n+1)就象ζ(2n)那样能求值了。而ζ(2n+1)不存在简化值。  发表于 2018-2-7 20:35
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发表于 2018-2-7 19:39:59 | 显示全部楼层
找到了一种较为直观的证明方法,其思路大致如下:
根据级数定义\[\psi(z)=-\gamma-\frac 1z+\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac 1k-\frac{1}{k+z}\right)=-\gamma+\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac 1{k+1}-\frac{1}{k+z}\right)\tag{2}\]得知 `\psi(\frac nm)` 与后面两个无穷级数的差有关,显然这两个无穷级数都是发散的,但其差是有限的。第一个无穷级数较为简单,考虑第二个,于是需要求 `m\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{mk+n}}{mk+n}` 的和函数。不难发现该无穷级数每项幂指数相差 `m`,这种周期性可联想到 `m` 次单位根 `w=e^{\frac{2\pi i}{m}}` 的有关性质:
因为 \[w^{mj}-1=(w^j-1)(w^{j(m-1)}+w^{j(m-2)}+\cdots+w^j+1)=0\]于是\[w^{j(m-1)}+w^{j(m-2)}+\cdots+w^j+1=\begin{cases}0,&&m\nmid j\\m,&& m\mid j\end{cases}\tag{3}\]利用上面的性质可得\[m\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{mk+n}}{mk+n}=-\ln(1+x)-\sum_{k=1}^{m-1}\frac{\ln(1-w^kx)}{w^{kn}}\tag{4}\]再考虑到级数 \[\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{mk+n}}{k+1}=x^{n-m}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(x^m)^{k+1}}{k+1}=-x^{n-m}\ln(1-x^m)\]将其减去 `(4)`,根据阿贝尔定理,令 `x\to 1^-`,发现正好无穷大其抵消\[\lim_{x\to 1^-}-x^{n-m}\ln(1-x^m)+\ln(1-x)=-\ln m\]因此\[\psi(\frac nm)+\gamma=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac 1{k+1}-\frac{m}{mk+n}\right)=-\ln m+\sum_{k=1}^{m-1}\frac{\ln(1-w^k)}{w^{kn}}\tag{5}\]将上面左端 `n/m` 替换为 `(m-n)/m` 可得对偶关系 `\psi(1-n/m)`,再与 `(5)` 相加得\[\psi(\frac nm)+\psi(1-\frac nm)=-2\gamma-2\ln m+2\sum_{k=1}^{m-1}\left(\cos\frac{2kn\pi}{m}\ln(1-w^k)\right)\tag{6}\]将 `w^k=e^{\frac{2k\pi i}{m}}` 代入上式,并注意到左端是实数,故右边求和式只需利用复变量对数公式 `\ln z=\ln |z|+i\arg z` 求其实部即可。
最后,根据伽马函数的余元公式可以得到双伽马函数的反射关系\[\psi(\frac nm)-\psi(1-\frac nm)=-\pi\cot \pi z\tag{7}\]联立 `(6)` 和 `(7)` 即可证明高斯双伽马定理。

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不知是论坛的问题,还是网络的毛病?你说的(4)、(5)、(6)、(7)的式子都看不到。  发表于 2018-2-7 20:38
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发表于 2018-2-7 20:37:35 | 显示全部楼层
(3)到(4)这一步其实是数论里面的一个性质的应用:
设 `f(x)=\sum_{l=0}^pa_lx^l` 是 `x` 的 `p` 次多项式,若 `w=e^{\frac{2\pi i}{m}}`,那么\[\frac{1}{m}\sum_{k=0}^{m-1}\frac{f(w^kx)}{w^{kn}}=\frac{1}{m}\sum_{k=0}^{m-1}\sum_{l=0}^pa_lw^{k(l-n)}x^l=\sum_{l=0}^p\left(a_lx^l\sum_{k=0}^{m-1}\frac{w^{k(l-n)}}{m}\right)=\sum_{(l-n)|m} a_{l}x^l=\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{p-n}{m}\rfloor}a_{mk+n}x^{mk+n}\]这个公式演示了单位根可以作为一个示性函数,周期地筛选多项式的各项。

注意,上面推导过程并没有对 `p` 作任何假设,即 `p` 可以正的或负的,也可以是有限数或无穷大。

推导到这里,突然想起母函数展开为级数时会出现周期规律(即含有周期规律子数列)时,都可以最终分解为这种形式的叠加,于是由此可方便地反求其通项公式。

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不见式子标号,不知道哪个是(3)式?  发表于 2018-2-7 21:26
上面推导使用的性质是7楼的(3)式  发表于 2018-2-7 20:42
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发表于 2018-2-8 10:43:15 | 显示全部楼层
我突然觉得这个论坛太可怕了,如果能够花一段时间把论坛的主要内容都消化一下,那还不飞天~

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众人拾柴火焰高  发表于 2018-2-9 20:49
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发表于 2018-2-8 11:16:34 | 显示全部楼层
, kastin发帖的内容总是很详尽.
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