Eular积分

castelu

　　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：
$$B(p,q)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}（p>0,q>0）。$$