Определение 13.3.1: Следуя Лежандру, эйлеровыми интегралами первого и второго рода называются интегралы вида:
Свойства бета-функции.
Доказательство: Для любых $\alpha>1$, $\beta>0$ верно $$B(\alpha,\beta)=\int_0^1x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}\,dx=-\frac1{\beta}\int_0^1x^{\alpha-1}\,d(1-x)^{\beta}= -\frac1{\beta}\left.\left(x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta}\right)\right|_0^1+\frac1{\beta}(\alpha-1)\int_0^1x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta}\,dx= \frac{\alpha-1}{\beta}\int_0^1x^{\alpha-2}(1-x)^{\beta-1}(1-x)\,dx=$$ $$=\frac{\alpha-1}{\beta}\int_0^1x^{\alpha-2}(1-x)^{\beta-1}\,dx-\frac{\alpha-1}{\beta}\int_0^1x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}\,dx= \frac{\alpha-1}{\beta}B(\alpha-1,\beta)-\frac{\alpha-1}{\beta}B(\alpha,\beta)\Rightarrow{B}(\alpha,\beta)=\frac{\beta-1}{\alpha+\beta-1}B(\alpha-1,\beta)$$ $$B(\alpha,\beta)=B(\beta,\alpha)=\frac{\alpha-1}{\alpha+\beta-1}B(\beta-1,\alpha)=\frac{\beta-1}{\alpha+\beta-1}B(\alpha,\beta-1)$$
Свойства гамма-функции.
Доказательство: Реализуем предпосылки теоремы 13.2.3 о дифференцировании несобственного интеграла по параметру:
Доказательство: Зорич т. 2, стр. 518.
Доказательство: $$\Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha)= \lim_{n\to\infty}\left[n^{\alpha}\frac{(n-1)!}{\alpha(\alpha+1)\cdots(\alpha+n-1)}n^{1-\alpha}\frac{(n-1)!}{(1-\alpha)\cdots(n-\alpha)}\right]= \lim_{n\to\infty}\left[\frac1{\frac{n}{\alpha}\left(1+\frac{\alpha}{1}\right)\left(1+\frac{\alpha}{2}\right)\cdots\left(1+\frac{\alpha}{n-1}\right)} \frac1{\left(1-\frac{\alpha}{1}\right)\left(1-\frac{\alpha}{2}\right)\cdots\left(1-\frac{\alpha}{n-1}\right)(n-\alpha)}\right]=$$ $$=\lim_{n\to\infty}\left[\frac{n}{\alpha(n-\alpha)}\prod_{k=1}^{n-1}\frac1{1-\frac{\alpha^2}{k^2}}\right]= \frac1{\alpha}\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n-1}\frac1{1-\frac{\alpha^2}{k^2}}= \frac1{\alpha}\left[\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^n\left(1-\frac{\alpha^2}{k^2}\right)\right]^{-1}$$ Позже будет доказано равенство $\displaystyle\sin(\pi\alpha)=\pi\alpha\prod_{k=1}^{\infty}\left(1-\frac{\alpha^2}{k^2}\right)$ при $\alpha\in(0,1)$, тогда $\displaystyle\Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha)=\frac1{\alpha}\frac{\pi\alpha}{\sin(\pi\alpha)}=\frac{\pi}{\sin(\pi\alpha)}$.
Пример 13.3.1: Воспользуемся свойствами гамма-функции для вычисления интеграла Эйлера - Пуассона
$$\int_0^{+\infty}e^{-t^2}\,dt=\int_0^{+\infty}e^{-x}\,d\sqrt{x}=\int_0^{+\infty}e^{-x}\frac12x^{-1/2}\,dx=\frac12\int_0^{+\infty}x^{-1/2}e^{-x}\,dx=
\frac12\Gamma\left(\frac12\right)=\frac12\sqrt{\Gamma\left(\frac12\right)\Gamma\left(1-\frac12\right)}=\frac12\sqrt{\frac{\pi}{\sin\frac{\pi}{2}}}=
\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$
Утверждение 13.3.1: $\displaystyle\forall\alpha>0\forall\beta>0\left(B(\alpha,\beta)=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}\right)$.
Доказательство: Получим альтернативное выражение для гамма-функции $\Gamma(\alpha)=\int_0^{+\infty}t^{\alpha-1}e^{-t}\,dt$, сделав замену
$t=t(x)=xy$, где $y>0$, тогда
$$\Gamma(\alpha)=\int_0^{+\infty}(xy)^{\alpha-1}e^{-xy}d(xy)=y^{\alpha}\int_0^{+\infty}x^{\alpha-1}e^{-xy}\,dx$$
Сделав замену $y:=y+1$ получим $\Gamma(\alpha+\beta)=(1+y)^{\alpha+\beta}\int_0^{+\infty}x^{\alpha+\beta-1}e^{-x(y+1)}\,dx$. Тогда учитывая
полученное ранее представление для бета-функции $\displaystyle{B}(\alpha,\beta)=\int_0^{+\infty}\frac{y^{\alpha-1}}{(1+y)^{\alpha+\beta}}\,dy$ для любых
$\alpha,\beta\in(0,+\infty)$ имеем
$$\Gamma(\alpha+\beta)B(\alpha,\beta)=\Gamma(\alpha+\beta)\int_0^{+\infty}\frac{y^{\alpha-1}}{(1+y)^{\alpha+\beta}}\,dy=
\int_0^{+\infty}\left(\frac{y^{\alpha-1}}{(1+y)^{\alpha+\beta}}(1+y)^{\alpha+\beta}\int_0^{+\infty}x^{\alpha+\beta-1}e^{-x(y+1)}\,dx\right)\,dy=
\int_0^{+\infty}\left(y^{\alpha-1}\int_0^{+\infty}x^{\alpha+\beta-1}e^{-x(y+1)}\,dx\right)\,dy$$
Позже будет показано, что в последнем выражении можно изменить порядок интегрирования, то есть
$\begin{multline}
\Gamma(\alpha+\beta)B(\alpha,\beta)=\\=\int_0^{+\infty}\left(x^{\alpha+\beta-1}e^{-x}\int_0^{+\infty}y^{\alpha-1}e^{-xy}\,dy\right)\,dx=
\int_0^{+\infty}\left(x^{\beta-1}e^{-x}\int_0^{+\infty}(xy)^{\alpha-1}e^{-xy}d(xy)\right)\,dx=
\int_0^{+\infty}\left(x^{\beta-1}e^{-x}\int_0^{+\infty}t^{\alpha-1}e^{-t}\,dt\right)\,dx=
\int_0^{+\infty}x^{\beta-1}e^{-x}\Gamma(\alpha)\,dx=\\=\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta).
\end{multline}$
Оправдаем теперь возможность изменения порядка интегрирования. Реализуем для функции
$f(x,y)=x^{\alpha+\beta-1}y^{\alpha-1}e^{-x(y+1)}\colon[0,+\infty)\times[0,+\infty)\to\mathbb{R}$ предпосылки
теоремы 13.2.5 об интегрировании несобственного интеграла по параметру. Проверим предпосылки
теоремы при $\alpha>1$, $\beta>1$. Пункты 1 и 3 очевидны: $f(x,y)\in{C}\{[0,+\infty)\times[0,+\infty)\}$ и как было показано
$\int_0^{+\infty}\left(\int_0^{+\infty}f(x,y)\,dy\right)\,dx=\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)$. Сложности возникают только при обосновании пункта 2, а именно
проверки равномерной сходимости интегралов $\int_0^{+\infty}f(x,y)\,dx$, $\int_0^{+\infty}f(x,y)dy$.
Для любого $d>0$ интеграл $\int_0^{+\infty}f(x,y)\,dx$ сходится равномерно по $y\in[0,d]$ по
мажорантному признаку Вейерштрасса, так как при $\alpha>1$
для любого $y\in[0,d]$ $0\leq{f}(x,y)\leq{x}^{\alpha+\beta-1}d^{\alpha-1}e^{-x}$ и при этом интеграл
$\int_0^{+\infty}x^{\alpha+\beta-1}d^{\alpha-1}e^{-x}\,dx$ сходится. Следовательно, интеграл $\int_0^{+\infty}f(x,y)\,dx$ сходится равномерно по
$y\in[0,+\infty)$.
Оценить подобным образом интеграл $\int_0^{+\infty}f(x,y)\,dy$ не получится, так как для любого $a>0$ интеграл
$\int_0^{+\infty}a^{\alpha+\beta-1}y^{\alpha-1}e^{-a}\,dy$ расходится при $\alpha>1$. Докажем равномерную сходимость интеграла $\int_0^{+\infty}f(x,y)\,dy$
по определению.
Обозначим $I(A,x):=\int_A^{+\infty}f(x,y)\,dy=\int_{Ax}^{+\infty}t^{\alpha-1}e^{-t}x^{\beta-1}e^{-x}\,dt$, где последнее равенство получено заменой $t=xy$.
Фиксируем $a>0$, $\varepsilon>0$, тогда при $\beta>1$
$$\exists\lim_{x\to0+}(x^{\beta-1}e^{-x})=0\Rightarrow
\exists{x}_0\in(0,a)\colon\forall{x}\in(0,x_0)\left(0<{x}^{\beta-1}e^{-x}<\frac{\varepsilon}{\Gamma(\alpha)}\right)\Rightarrow
\forall{x}\in(0,x_0)\left(0<{I}(A,x)<\int_0^{+\infty}t^{\alpha-1}e^{-t}\frac{\varepsilon}{\Gamma(\alpha)}\,dt=\varepsilon\right)$$
Пусть теперь $x\in[x_0,a]$, тогда $\displaystyle0<{I}(A,x)<{a}^{\beta-1}e^{-x_0}\int_{Ax_0}^{+\infty}t^{\alpha-1}e^{-t}\,dt$ и так как интеграл
$\int_0^{+\infty}t^{\alpha-1}e^{-t}\,dt$ сходится, то
$$\exists\lim_{A\to+\infty}\int_{Ax_0}^{+\infty}t^{\alpha-1}e^{-t}\,dt=0\Rightarrow\exists{A}_0=A_0(\varepsilon,x_0)>0\colon\forall{A}>A_0
\left(\int_{Ax_0}^{+\infty}t^{\alpha-1}e^{-t}\,dt<\frac{\varepsilon}{a^{\beta-1}e^{-x_0}}\right)\Rightarrow\forall{A}>A_0(0<{I}(A,x)<\varepsilon).$$
Таким образом
$$\forall\varepsilon>0\,\exists{A}_0>0\colon\forall{A}>{A}_0\forall{x}\in[0,a]\left(I(A,x)=\int_A^{+\infty}f(x,y)\,dy<\varepsilon\right),$$
что в силу произвольности выбора $a>0$ означает равномерную сходимость интеграла $\int_0^{+\infty}f(x,y)\,dy$ по $x\in[0,+\infty)$.
Таким образом обоснованы предпосылки теоремы 13.2.5 для функции
$f(x,y)=x^{\alpha+\beta-1}y^{\beta-1}e^{-x(y+1)}$ при $\alpha>1$, $\beta>1$, то есть равенство
$B(\alpha,\beta)=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}$ доказано при $\alpha>1$, $\beta>1$. Докажем его при $\alpha>0$, $\beta>0$,
действительно, из свойства 3 бета-функции следует
$$B(\alpha,\beta)=\frac{\alpha+\beta}{\alpha}B(\alpha+1,\beta)=\frac{(\alpha+\beta)(\alpha+\beta+1)}{\alpha\beta}B(\alpha+1,\beta+1)$$
Так как $\alpha+1>1$, $\beta+1>1$, то по доказанному $B(\alpha+1,\beta+1)=\frac{\Gamma(\alpha+1)\Gamma(\beta+1)}{\Gamma(\alpha+\beta+2)}$, тогда из свойства
3 гамма-функции следует
$$B(\alpha,\beta)=\frac{(\alpha+\beta)(\alpha+\beta+1)}{\alpha\beta}\frac{\Gamma(\alpha+1)\Gamma(\beta+1)}{\Gamma(\alpha+\beta+2)}=
\frac{(\alpha+\beta)(\alpha+\beta+1)}{\alpha\beta}\frac{\alpha\Gamma(\alpha)\beta\Gamma(\beta)}{(\alpha+\beta+1)(\alpha+\beta)\Gamma(\alpha+\beta)}=
\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}.$$
Задача 13.3.2:
Решение:
Так как по свойству 2 гамма-функции $\Gamma''(x)=\int_0^1(\ln{y})^2y^{x-1}e^{-y}\,dy$, где подынтегральная функция положительна для любых $x,y>0$, то
$\Gamma''(x)>0$ для любого $x>0$, следовательно, функция $\Gamma'(x)$ монотонно возрастает на $(0,+\infty)$.
Так как функция $\Gamma'(x)$ монотонно возрастает, на $(0,+\infty)$, значит точка $x_0$ является единственной точкой такой, что $\Gamma'(x_0)=0$, то есть
для любого $x\in(0,x_0)$ $\Gamma'(x)<0$ и для любого $x\in(x_0,+\infty)$ $\Gamma'(x)>0$, следовательно, функция $\Gamma(x)$ монтонно убывает на $(0,x_0)$
и монотонно возрастает на $(x_0,+\infty)$.
Существует предел $\lim_{n\to\infty}\frac{x\pi}{\sin(\pi{x})}=1$, следовательно, по свойству 5 гамма-функции
$$\exists\lim_{x\to0+}(x\Gamma(x)\Gamma(1-x))=\lim_{x\to0+}(x\Gamma(x))\lim_{x\to0+}{\Gamma(1-x)}=\lim_{x\to0+}(x\Gamma(x))\Gamma(1)=1\Rightarrow
\Gamma(x)\sim\frac1{x},x\to0+$$
previous contents next