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[数学分析] Eular积分

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发表于 2017-11-8 23:02:09 | 显示全部楼层 |阅读模式
  含参量积分:
$$\Gamma(s)=\int_0^{+\infty} x^{s-1}e^{-x}dx,s>0,$$
$$B(p,q)=\int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx,P>0,q>0$$
  在应用中经常出现,它们统称为Eular积分,其中前者又称为Gamma函数(或写作$\Gamma$函数),后者称为Beta函数(或写作$B$函数)。下面我们分别讨论这两个函数的性质。

一、$\Gamma$函数
  $\Gamma$函数
$$\Gamma(s)=\int_0^{+\infty} x^{s-1}e^{-x}dx,s>0,$$
  可写成如下两个积分之和:
$$\Gamma(s)=\int_0^1 x^{s-1}e^{-x}dx+\int_1^{+\infty} x^{s-1}e^{-x}dx=I(s)+J(s),$$
  其中$I(s)$当$s \ge 1$时是正常积分,当$0<s<1$时是收敛的无界函数反常积分(可用Cauchy判别法推得);$J(s)$当$s>0$时是收敛的无穷限反常积分(也可用Cauchy判别法推得)。所以含参量积分
$$\Gamma(s)=\int_0^{+\infty} x^{s-1}e^{-x}dx,s>0,$$
  在$s>0$时收敛,即$\Gamma$函数的定义域为$s>0$。

1、$\Gamma(s)$在定义域$s>0$内连续且可导
  在任何闭区间$[a,b]$($a>0$)上,对于函数$I(s)$,当$0< x \le 1$时有$x^{s-1}e^{-x} \le x^{a-1}e^{-x}$,由于$\int_0^1 x^{a-1}e^{-x}dx$收敛,从而$I(s)$在$[a,b]$上一致收敛;对于$J(s)$,当$1 \le x < +\infty$时,有$x^{s-1}e^{-x} \le x^{b-1}e^{-x}$,由于$\int_1^{+\infty} x^{b-1}e^{-x}dx$收敛,从而$J(x)$在$[a,b]$上也一致收敛。于是$\Gamma(s)$在$s>0$上连续。
  用上述相同的方法考察积分
$$\int_0^{+\infty} \frac{\partial}{\partial s}(x^{s-1}e^{-x}dx=\int_0^{+\infty} x^{s-1}e^{-x} \ln xdx。$$
  它在任何闭区间$[a,b]$($a>0$)上一致收敛。于是由含参量反常积分的可微性得到$\Gamma(s)$在$[a,b]$上可导,由$a$,$b$的任意性,$\Gamma(s)$在$s>0$上可导,且
$$\Gamma'(s)=\int_0^{+\infty} x^{s-1}e^{-x} \ln xdx,s>0。$$
  仿照上面的办法,还可推得$\Gamma(s)$在$s>0$上存在任意阶导数:
$$\Gamma^{(n)}(s)=\int_0^{+\infty} x^{s-1}e^{-x}(\ln x)^ndx,s>0。$$

2、递推公式$\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)$
  对下述积分应用分部积分法,有
$$\int_0^A x^se^{-x}dx=-x^se^{-x}|_0^A+s\int_0^A x^{s-1}e^{-x}dx$$
$$=-A^se^{-A}+s\int_0^A x^{s-1}e^{-x}dx。$$
  让$A \to +\infty$就得到$\Gamma$函数的递推公式:
$$\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)。$$
  设$n< s \le n+1$,即$0 < s-n \le 1$,应用递推公式$n$次可得到
$$\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)=s(s-1)\Gamma(s-1)=\cdots$$
$$=s(s-1)\cdots(s-n)\Gamma(s-n)。$$
  递推公式还指出,如果已知$\Gamma(s)$在$0< s \le 1$上的值,那么在其他范围内的函数值可由它计算出来。
  若$s$为正整数$n+1$,则
$$\Gamma(s+1)=s(s-1)\cdots(s-n)\Gamma(s-n)$$
  可写成
$$\Gamma(n+1)=n(n-1)\cdots2 \cdot 1\Gamma(1)=n!\int_0^{+\infty} e^{-x}dx=n!$$

3、$\Gamma$函数图象的讨论
  对一切$s>0$,$\Gamma(s)$和$\Gamma''(s)$恒大于$0$,因此$\Gamma(s)$的图形位于$x$轴上方,且是向下凸的。因为$\Gamma(1)=\Gamma(2)=1$,所以$\Gamma(s)$在$s>9$上存在唯一的极小点$x_0$且$x_0 \in (1,2)$。又$\Gamma(s)$在$(0,x_0)$内严格减;在$(x_0,+\infty)$内严格增。
  由于$\Gamma(s)=\frac{s\Gamma(s)}{s}=\frac{\Gamma(s+1)}{s}$($s>0$)及$\lim\limits_{s \rightarrow o^+} \Gamma(s+1)=\Gamma(1)=1$,故有
$$\lim\limits_{s \rightarrow o^+} \Gamma(s)=\lim\limits_{s \rightarrow o^+} \frac{\Gamma(s+1)}{s}=+\infty。$$
  由
$$\Gamma(n+1)=n(n-1)\cdots2 \cdot 1\Gamma(1)=n!\int_0^{+\infty} e^{-x}dx=n!$$
  及$\Gamma(s)$在$(x_0,+\infty)$上严格增可推得
$$\lim\limits_{s \rightarrow +\infty} \Gamma(s)=+\infty。$$

4、延拓$\Gamma(s)$
  改写递推公式为
$$\Gamma(s)=\frac{\Gamma(s+1)}{s}。$$
  当$-1<s<0$时,递推公式右端有意义,于是可应用递推公式来定义左端函数$\Gamma(s)$在$(-1,0)$内的值,并且可推得这时$\Gamma(s)<0$。
  用同样的方法,利用$\Gamma(s)$已在$(-1,0)$内有定义这一事实,由递推公式又可定义$\Gamma(s)$在$(-2,-1)$内的值,而且这时$\Gamma(s)>0$。依此下去可把$\Gamma(s)$延拓到整个数轴(除了$s=0,-1,-2,\cdots$以外)。

5、$\Gamma(s)$的其他形式
  在应用上,$\Gamma(s)$也常以如下形式出现。如令$x=y^2$,则有
$$\Gamma(s)=\int_0^{+\infty} x^{s-1}e^{-x}dx=2\int_0^{+\infty} y^{2s-1}e^{-y^2}dy(s>0)。$$
  令$x=py$,就有
$$\Gamma(s)=\int_0^{+\infty} x^{s-1}e^{-x}dx=p^s \int_0^{+\infty} y^{s-1}e^{-py}dy(s>0,p>0)。$$

二、$B$函数
  $B$函数
$$B(p,q)=\int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx,P>0,q>0$$
  当$p<1$时,是以$x=0$为瑕点的无界函数反常积分;当$q<1$时,是以$x=1$为瑕点的无界函数反常积分。应用Cauchy判别法可证得当$p>0$,$q>0$时这两个无界函数反常积分都收敛,所以函数$B(p,q)$的定义域为$P>0$,$q>0$。

1、$B(p,q)$在定义域$P>0$,$q>0$内连续
  由于对任何$P_0>0$,$q_0>0$成立不等式
$$x^{p-1}(1-x)^{q-1} \le x^{p_0-1}(1-x)^{q_0-1},p \ge p_0,q \ge q_0,$$
  而积分$\int_0^1 x^{p_0-1}(1-x)^{q_0-1}dx$收敛,故由Weierstrass M判别法知$B(p,q)$在$p_0 \le p < +\infty$,$q_0 \le q < +\infty$上一致收敛。因而推得$B(p,q)$在$p>0$,$q>0$内连续。

2、对称性:$B(p,q)=B(q,p)$
  作变换$x=1-y$,得
$$B(p,q)=\int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx$$
$$=\int_0^1 (1-y)^{p-1}y^{q-1}dy=B(q,p)。$$

3、递推公式
$$B(p,q)=\frac{q-1}{p+q-1}B(p,q-1),(p>0,q>1),$$
$$B(p,q)=\frac{p-1}{p+q-1}B(p-1,q),(p>1,q>0),$$
$$B(p,q)=\frac{(p-1)(q-1)}{(p+q-1)(p+q-2)}B(p-1,q-1),(p>1,q>1)。$$

4、$B(p,q)$的其他形式
  在应用中$B$函数也常以如下形式出现。如令$x=\cos^2\phi$,则有
$$B(p,q)=2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2q-1}\phi\cos^{2p-1}\phi d\phi。$$
  令$x=\frac{y}{1+y}$,$1-x=\frac{1}{1+y}$,$dx=\frac{dy}{(1+y)^2}$,则有
$$B(p,q)=\int_0^{+\infty} \frac{y^{p-1}}{(1+y)^{p+q}}dy。$$
  考察$\int_1^{+\infty} \frac{y^{p-1}}{(1+y)^{p+q}}dy$。令$y=\frac{1}{t}$,则有
$$\int_1^{+\infty} \frac{y^{p-1}}{(1+y)^{p+q}}dy=-\int_0^1 \frac{t^{q-1}}{(1+t)^{p+q}}dt。$$
  所以
$$B(p,q)=\int_0^1 \frac{y^{p-1}+y^{q-1}}{(1+y)^{p+q}}dy。$$

三、$\Gamma$函数与$B$函数之间的关系
  对于任何正实数$p$,$q$有关系:
$$B(p,q)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}(p>0,q>0)。$$
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