0
∞
x p+q−1e−(1+y)x dx
0
1 =
Γ(p + q)
∞
x q−1e−x dx
0
∞
(xy )p−1e−yx x dy
0
Γ(p) =
∞
x q−1e−x
dx
=
Γ(p)Γ(q) .
Γ(p + q) 0
Γ(p + q)
Beta 函数和 Gamma 函数之间的关系
当 y ≥ 0 时, 有
1
1
(1 + y )p+q = Γ(p + q)
余元公式
(Euler 余元公式)
当
0
<
s
<
1
时,
Γ(s)Γ(1
−
s)
=
π sin πs
.
余元公式
(Euler 余元公式)
当
0
<
s
<
1
时,
Γ(s)Γ(1
−
s)
=
π sin πs
.
证明. 利用 Gamma 函数的极限表示可得
nsn!
n1−s n!
Γ(s)Γ(1 − s) = lim
n→∞ s(s + 1) · · · (s + n) (1 − s)(2 − s) · · · (n + 1 − s)
数学分析(二): 多元微积分
梅加强 副教授 南京大学数学系
内容提要:
5.4 Gamma 函数的性质
5.4 Gamma 函数的性质
内容提要: Beta 函数和 Gamma 函数之间的关系;
5.4 Gamma 函数的性质
内容提要: Beta 函数和 Gamma 函数之间的关系; Gamma 函数的刻画;
5.4 Gamma 函数的性质
内容提要: Beta 函数和 Gamma 函数之间的关系; Gamma 函数的刻画; Gamma 函数的进一步性质.
Beta 函数和 Gamma 函数之间的关系
当 y ≥ 0 时, 有
1
1
(1 + y )p+q = Γ(p + q)
∞
x p+q−1e−(1+y)x dx .
令 n → ∞, 由数列极限的夹挤原理即得
n!ns
lim
= f (s),
n→∞ s(s + 1) · · · (s + n)
由条件 (ii) 不难看出上式对所有 s > 0 均成立.
进一步的性质
(Euler-Gauss) 利用刚才的极限等式可得
n!ns
Γ(s) = lim
. ∀ s > 0.
(1)
证明. 我们已经知道 Gamma 函数满足定理中的三个条件, 因此只要证明满足这三个
条件的函数是唯一确定的就行了. 根据条件 (i) 和 (ii), 我们只需考虑 s ∈ (0, 1) 时 f (s) 的值即可. 根据条件 (iii), 对于任意正整数 n > 1, 有
ln f (n) − ln f (n − 1) ln f (n + s) − ln f (n) ln f (n + 1) − ln f (n)
Gamma 函数的刻画
(Bohr-Mollerup) 设 f (s) 为 (0, ∞) 中的正函数, 且满足条件
(i) f (1) = 1; (ii) f (s + 1) = sf (s), ∀ s > 0; (iii) ln f (s) 为 (0, ∞) 中的凸函数; 则 f (s) = Γ(s), ∀ s > 0.
0
Γ(p) =
∞
x q−1e−x
dx
=
Γ(p)Γ(q) .
Γ(p + q) 0
Γ(p + q)
取 p = q = 1/2 还可得到 Γ(1/2) =
√ B(1/2, 1/2) = π.
Gamma 函数的刻画
(Bohr-Mollerup) 设 f (s) 为 (0, ∞) 中的正函数, 且满足条件 (i) f (1) = 1; (ii) f (s + 1) = sf (s), ∀ s > 0; (iii) ln f (s) 为 (0, ∞) 中的凸函数; 则 f (s) = Γ(s), ∀ s > 0.
n→∞ s(s + 1) · · · (s + n)
进一步的性质
(Euler-Gauss) 利用刚才的极限等式可得
n!ns
Γ(s) = lim
. ∀ s > 0.
(1)
n→∞ s(s + 1) · · · (s + n)
(Legendre 倍元公式)
当
s
>
0
时,
Γ(2s)
=
2√2s−1 π
Γ(s)Γ(s
f (s + 1) = √ Γ
Γ
=√ Γ
Γ
π2
2
π 2 22
2s−1 s s + 1
=s √ Γ Γ
= sf (s),
π2
2
这说明 f (s) 满足第二个条件. 第三个条件利用 Gamma 函数的对数凸性即可. 于是
2s−1 s s + 1
Γ(s) = √ Γ Γ
,
π2
2
将 s 换成 2s 就是欲证等式.
2s−1 s s + 1
f (s) = √ Γ Γ
,
π2
2
我们来验证 f (s) 满足 Bohr-Mollerup 定理的三个条件.
倍元公式
证明(续).
验证第一个条件:
1
1√
f (1) = √ Γ(1/2)Γ(1) = √ π = 1.
π
π
又因为
2s s + 1 s + 2
2s s + 1 s s
≤
≤
,
n − (n − 1)
(n + s) − n
(n + 1) − n
由条件 (i) 和 (ii) 可得 f (n) = (n − 1)!, 代入上式整理以后可得
(n − 1)s(n − 1)! ≤ f (n + s) ≤ ns(n − 1)!.
Gamma 函数的刻画
证明.(续) 由条件 (ii) 可知 f (n + s) = (n − 1 + s) · · · (1 + s)sf (s), 代入上式得
(n − 1)s(n − 1)!
ns(n − 1)!
≤ f (s) ≤
,
s(s + 1) · · · (s + n − 1)
s(s + 1) · · · (s + n − 1)
或改写为(上式左边 n − 1 换成 n)
n
n!ns
f (s) ≤
≤ f (s),
n+s
s(s + 1) · · · (s + n)
0
Beta 函数和 Gamma 函数之间的关系
当 y ≥ 0 时, 有
1
1
(1 + y )p+q = Γ(p + q)
∞
x p+q−1e−(1+y)x dx .
0
利用 Beta 函数的其它积分表示可得
B(p, q) =
∞ y p−1
1
0 (1 + y )p+q dy = Γ(p + q)
∞
y p−1 dy
+
1/2).
进一步的性质
(Euler-Gauss) 利用刚才的极限等式可得
n!ns
Γ(s) = lim
. ∀ s > 0.
(1)
n→∞ s(s + 1) · · · (s + n)
(Legendre 倍元公式)Biblioteka 当s>
0
时,
Γ(2s)
=
2√2s−1 π
Γ(s)Γ(s
+
1/2).
证明.
当 s > 0 时, 令
1
n(n!)2
1
=
lim
n→∞
s
(1
−
s2)(22
−
s2)
·
·
·
(n2
−
s2)
(n
+
1
−
s)
1∞ =
1 − s2/n2 −1.
s
n=1
以后学了级数理论就知道这就是
π sin πs
的乘积表示.
例子
例1
设 p > 1, 计算积分 I =
∞ 0
dx 1+x
p
.
例子
例1
设 p > 1, 计算积分 I =
∞ 0
dx 1+x
p
.
解.
令 x = y 1/p 可得
1 ∞ y 1/p−1
I=
dx .
p 0 1+y
利用 Beta 函数的其它积分表示可得
1
1 Γ(1 − 1/p)Γ(1/p)
π
I = B 1 − 1/p, 1/p =
p
p
Γ(1)
=
p
sin(
π p
)
.
∞
x p+q−1e−(1+y)x dx .
0
利用 Beta 函数的其它积分表示可得
B(p, q) =
∞ y p−1