關于歐拉求和函數的微分及應用

摘 要：針對文獻［1］中的一些重要結論，在Hurwitz zeta函數部分和的積分漸進公式研究的基礎上，研究了歐拉求和函數的推廣的微分問題。采用解析數論中函數和級數的積分方法，對于Hurwitz zeta函數部分和進行微分，得出了歐拉求和函數推廣公式的一階和二階微分公式，即定理1和定理2，將其結論進行應用，推出了關于級數和積分的五個恒等式，即推論1、推論2和推論3。

關鍵詞：歐拉求和；級數；微分；Zeta-函數。

中圖分類號：O156.4 文獻標識碼：A 文章編號：1672-1098(2011)01-0013-04

Differential of Euler Summation Function and Its Application

LI You-cheng

(Department of Normal Education, Weinan Vocational Technical College, Weinan Shaanxi, 714000, China)

Abstract:Aiming at some important conclusions in reference［1］, differential of Euler summation function promotion was studied based on Hurwitz Zeta function partial sum and integral asymptotic formula. By using integral method of function and series in analytic number theory, partial sum of Hurwitz zeta function was differentiated, and the first and second order differential formula of Euler summation function promotion formula, namely Theorem 1 and Theorem 2 were obtained. The conclusions were applied to educe five identities of series and integral, that is Corollary 1, Corollary 2 and Corollary 3.

Key words:Euler summation; series; differential; Zeta-function

在文獻［1］中,研究了Zeta函數及其相關函數的一些積分漸近公式,得出了有研究價值的恒等式和積分公式,這些公式主要通過解析數論中Zeta函數的應用得出的,方法很麻煩。文獻［2-7］研究了Hurwitz zeta函數部分和的積分漸進公式,估計了文獻［1］中一些重要結論。文獻［8］給出了歐拉求和函數的推廣公式Lu(x，a)=∑0≤n＜x(n+a)u， 本文以這個結論作為命題， 得出了歐拉求和函數推廣公式的一階和二階微分公式kukLu(x，a)=

∑0≤n≤x(n+a)ulogk(n+a)，k=1，2

利用這個結論直接得出文獻［1］中許多重要結論。

1 命題

設Lu(x，a)=∑0≤n≤x(n+a)u， 其中u，a是復變量，在Re(u)<0， n≠-a下，對于任意l∈N (l>Re(u)+1)和任意 x≥0有

Lu(x，a)=∑lr=1Γ(u+1)Γ(u+2-r)(-1)rr! B— r(x)(x+a)u-r+1+

(-1)ll!Γ(u+1)Γ(u+1-l)∫∞x l(t)(t+a)u-ldt+

1u+1(x+a)u+1+ζ(-u,a) u≠-1log(x+a)-ψ(a) u=-1(1)

其中Γ(s)表示γ函數，ψ(a)表示高斯雙γ函數:

ψ(a)=Γ′(a)Γ(a)(2)

Lu(x,a)=∑lr=1(-1)rrur-1r(x)(x+a)u-r+1+O(xRe(u)-l)+

1u+1(x+a)u+1+ζ(-u,a)u≠-1log(x+a)-ψ(a)u=-1(3)

當x→∞， 進一步在式(1)中x=0,對于u≠-1，l為任意自然數, 滿足 l>Re(u)+1。 積分表示

ζ(-u,a)=au-1u+1au+1-∑lr=1(-1)rrur-1Brau-r+1+

(-1)l+1ul∫∞0l(t)(t+a)u-ldt(4)

在以下的定理中，假設l>Re(u)+1。

2 定理及其證明

對于命題進行應用，得到下面兩個重要定理。

定理1 對于任意復數u和a>0，有

dduLu(x，a)=Mu(x，a)=∑0≤n≤x(n+a)ulog(n+a)=

∑lr=1(-1)rr!r(x)(x+a)u-r+1

｛Γ(u+1)Γ(u+2-r)［ψ(u+1)-ψ(u+2-r)+

Γ(u+1)Γ(u+2-r)log(x+a)］｝+

(-1)ll!∫∞xl(t)(t+a)u-l｛Γ(u+1)Γ(u+1-l)［ψ(u+1)-ψ(u+1-l)］+Γ(u+1)Γ(u+1-l)log(t+a)｝+

1u+1(x+a)u+1log(x+a)-1(u+1)2(x+a)u+1-ζ′(-u，a) u≠-1

12｛log(x+a)｝2+γ1(a) u=-1(5)

其中 γ1(a)=-12log2a-∑lr=1Brra-r(ψ(1)-ψ(r)+log(x+a)+log(x+a))-

∫∞0l(t)(t+a)-l-1(log(1+a)+ψ(1)-ψ(l+1))dt

當 u=-1時，ψ(u+1)-ψ(u+2-r)=-∑lk=11k=ψ(1)-ψ(l+1)，

Γ(u+1)Γ(u+2-r)=-1r-1(r-1)!，

Γ(u+1)Γ(u+1-l)=-1ll!。

定理2 對于任意復數u和a>0，有

d2du2Lu(x，a)=∑lr=1(-1)rr!r(x)(x+a)u-r+1Γ(u+1)Γ(u+2-r)((ψ(u+1)-ψ(u+2-r)+log(x+a))2+

ψ′(u+1)-ψ′(u+2-r))+(-1)ll!∫∞xl(t)(t+a)u-lΓ(u+1)Γ(u+1-l)((ψ(u+1)-ψ(u+1-l)+

log(t+a))2+ψ′(u+1)-ψ′(u+1)-l)dt+

(x+a)u+1u+1log2(x+a)-2(x+a)u+1(u+1)2log(x+a)-

2(x+a)u+1(u+1)2log(x+a)

-2(x+a)u+1(u+1)3+ζ″(-u，a)u≠-1 13｛log(x+a)｝3+γ2(a)u=-1

其中 γ2(a)=-13log3a+∑lr=1Brra-r((loga+ψ(1)-ψ(r))2+ψ′(γ)-ψ′(1))+

∫∞0l(t)(t+a)-l-1｛ψ(1)-ψ(l+1)+log2(t+a)+ψ′(l+1)-ψ′(1)｝dt

下面給出定理的證明。

在定理的證明中，充分利用歐拉求和推廣公式，首先引入一個引理^［2］。

引理1 在閉區間［a，b］(a

∑0≤n≤xf(n)=∫baf(t)dt+∑lr=1(-1)rr!［r(x)f(r-1)(x)-r(x)f(r-1)(x)］+

（-1）l+1l!∫x0l(t)f(l)(t)dt(6)

首先證明定理1。

當u≠-1

ddu(Γ(u+1)Γ(u+2-r))=Γ(u+1)Γ(u+2-r)(ψ(u+1)-ψ(u+2-r))

ddu(Γ(u+1)Γ(u+2-r)(x+a)u-r+1)=Γ(u+1)Γ(u+2-r)(ψ(u+1)-ψ(u+2-r))(x+a)u-r+1+

Γ(u+1)Γ(u+2-r)(x+a)u-r+1log(x+a)(7)

ddu(Γ(u+1)Γ(u+1-l)(t+a)u-l)=Γ(u+1)Γ(u+1-l)(ψ(u+1)-ψ(u+1-l)+log(t+a))(t+a)u-l(8)

由式 (1)得

dduLu(x，a)=∑lr=1(-1)rr!Br(x)ddu(Γ(u+1)Γ(u+2-r)(x+a)u-r+1)+ddu((-1)ll!Γ(u+1)Γ(u+1-l)∫∞xl(t)(x+a)u-ldt)+1u+1(a+x)u+1log(x+a)-1(u+1)2(x+a)u+1-ζ′(-u，a)(9)

將式(7)和式(8)代入式(9)，得到定理 1 (u≠-1)。

當u=-1，選擇f(t)=(t+a)log(t+a)在引理1中。

f(k)(t)=(-1)kk!(t+a)-k-1(log(t+a)+ψ(1)-ψ(k+1))。推出

∫x0f(t)dt=12log2(x+a)-12log a(10)

∑lr=1(-1)rr!r(x)f(r-1)(x)=-∑lr=1r(x)r(x+a)-r(log(x+a)-∑r-1p=11p)=

∑lr=1(-1)rr!r(x)(x+a)-r-1r-1(r-1)!(ψ(1)-ψ(r)+log(x+a))(11)

∑lr=1(-1)rr!Br f(r-1)(0)=-∑lr=11rBra-r(ψ(1)-ψ(r)+log a)(12)

(-1)l+1l!∫x0l(t)f(l)(t)dt=(-1)l+1l!∫∞0Bl(t)f(l)(t)dt-(-1)l+1l!∫∞xl(t)f(l)(t)dt=

-∫∞0l(t)(t+a)-l-1(log(t+a)-∑lp=11p)dt

-∫∞xl(t)(t+a)-l-1(log(t+a)-∑lp=11p)dt(13)

把式(10)～ 式(13)代入式(6)，得到定理1 (u=-1)。

定理2的證明可以類似定理1的證明，這里不在證明。

3 結論的應用

通過命題和定理，得到一些級數和積分恒等式。

推論1 把 u=-1，x=0，l=2n+1 代入式(1)

a-1=L-1(0，a)=∑lr=0(-1)rr-1r-1Bra-r+∫∞0l(t)(t+a)-l-1dt+log a-ψ(a)

ψ(a)=log a-12a-1-∑lr=2Brra-r+∫∞0Bl(t)(t+a)-l-1dt

∫∞0l(t)(t+a)-l-1dt≤∫∞0|l(t)|(t+a)-l-1dt

ψ(a)=log a-12a-∑l+1r=1B2r2ra2r+O(Re(a)-2n-2)(14)

推論2 把 l=1，μ=1-n (2

ζ(n-1，a)=a1-n-12-na2-n+B1a1-n+(1-n)∫∞01(t)(t+a)ndt

∫∞01(t)(t+a)ndt=1n-1(12a1-n+1n-2a2-n-ζ(n-1，a))(15)

∫∞01(t)(t+1)ndt=∫∞11(t)tndt=n2(n-1)(n-2)-1n-1ζ(n-1)(16)

推論3 把u=-s，a=1，x=N 代入式(3) ，當 N→∞時，

L-s(N，a)=12n-s+n-1-s1-s+ζ(s)

ζ(s)=limn→∞∑rk=11ns-12n-s-n1-s1-sl=1(17)

ζ(s)=limn→∞(∑nk=1k-s-12n-s-n1-s1-s+112sn-s-1) l=2 (18)

ζ(s)=limn→∞(∑nk=1k-s-n1-s1-s-12n-s+112sn-s-1-1720s(s+1)(s+2)n-s-3)l=3(19)

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(責任編輯：何學華)

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