Интегралы Эйлера

Интеграл Эйлера-Пуассона

Интеграл Эйлера-Пуассона

Определение

Интеграл вида
$$
\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}e^{-x^{2}}\; \; dx=\frac{1}{2}\sqrt{\pi}
$$
называется интегралом Эйлера-Пуассона.

Вычисление

Для вычисления интеграла Эйлера-Пуассона, обозначаемого буквой $ I $, следует провести замену переменной интегрирования, после чего найти значение интеграла, являющегося квадратом искомого интеграла Эйлера-Пуассона — $ I^{2} $. При подсчёте последнего следует учесть и обосновать проведение в нём изменения порядка интегрирования. Интеграл $ I^{2}$ путём замены переменной сведём к подсчёту табличного интеграла, а его значение равняется $\frac{\pi }{4}$. Откуда и получен искомый результат интеграла Эйлера-Пуассона $I=\frac{\sqrt{\pi} }{2}$.
$\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}e^{u^{2}}\; du=\begin{bmatrix} u=xy & du=y\; \; dx\\ u\in(0;+\infty) & x\in(0;+\infty) \end{bmatrix}= \overset {\infty}{\underset {0}{\int}}y\cdot e^{- (xy)^{2}}\; \; dx=$ $=y\cdot \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}e^{-(xy)^{2}}\; \; dx=I. $
Рассмотрим следующее равенство:
$\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}y\cdot e^{-y^{2}}\; dy \overset {\infty}{\underset{0}{\int}}e^{-(x\cdot y)^{2}}\; \; dx=\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}e^{-y^{2}}\; dy\cdot \overset
{\infty}{\underset{0}{\int}}e^{-u^{2}}\; du=$
$=\begin{bmatrix}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}e^{-u^{2}}\; du \cdot \overset{\infty}{\underset{0}{\int}}e^{-u^{2}}\; du\end{bmatrix}=I^{2}.$
$ I^{2}= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}e^{-y^{2}}\; dy\cdot y \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}e^{-(x\cdot y)^{2}}\; \; dx= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\; \; dx \overset
{\infty}{ \underset {0}{\int}}y\cdot e^{-y^{2}-(x\cdot y)^{2}}\; dy=$
$=\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\; \; dx \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}y\cdot e^{-y^{2}\cdot (1+x^{2})}\; dy=$
$= \left\{\begin{matrix} \frac{1}{2} \overset {\infty}{\underset {0}{\int}}2\cdot y\cdot e^{-y^{2}\cdot (1+x^{2})}\; dy=[ t=y^{2}; 2\cdot y=\; dt ]=\end{matrix}\right. $
$\left.\begin{matrix}=\frac{1}{2}\cdot \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}e^{-t\cdot (1+x^{2})}\; dt=\left.\frac{1}{2}\cdot \frac{e^{-t\cdot (1+x^{2})}}{-
(1+x^{2})}\right|^{\infty}_{0}=\frac{1}{2\cdot (1+x^{2})}\end{matrix}\right\}=\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\; \; dx\frac{1}{2\cdot (1+x^{2})}= $
$=\frac{1}{2} \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\frac{\; \; dx}{1+x^{2}}=\left.\frac{1}{2} \arctan x\right|^{\infty}_{0}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{4} .$
$I^{2}=\frac{\pi }{4},I=\frac{\sqrt{\pi }}{2}. $

[свернуть]

Эйлеров интеграл первого рода (бета-функция)

Определение

Эйлеровым интегралом первого рода (бета-функцией) называется функция вида
$$
B(\alpha,\beta)=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha-1}\cdot(1-x)^{\beta-1}\; \; dx.\; \; (1)
$$
График бета-функции можно посмотреть здесь.

Теорема (о свойствах интеграла первого рода)

Бета-функция имеет следующие свойства:

  1. Область определения

    Для сходимости интеграла $(1)$ при $x=0$ необходимо и достаточно, чтобы выполнялось следующее: $\alpha>0$, а для сходимости интеграла при $x=1$ необходимо и достаточно, чтобы $\beta>0$.

  2. Симметричность

    $$
    B(\alpha , \beta )=B(\beta , \alpha ).
    $$

    Доказательство

    $ B(\alpha,\beta)=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}\cdot (1-x)^{\beta -1}\; \; dx=$
    $=\begin{bmatrix}x=1-t & x=0 & t=1 \\ \; \; dx=-\; dt & x=1 & t=0 \end{bmatrix}=$
    $=-\overset {0}{ \underset {1}{\int}}(1-t)^{\alpha -1}\cdot (\not{1}-\not{1}+t)^{\beta -1}\; dt=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}t^{\beta -1}\cdot (1-t)^{\alpha -1}\; dt=$
    $=B(\beta,\alpha). $

    [свернуть]
  3. Формула понижения

    При $\alpha >1 $
    $$
    B(\alpha,\beta)=\frac{\alpha -1}{\alpha +\beta -1}\cdot B(\alpha-1,\beta).
    $$

    Доказательство

    $ B(\alpha,\beta)=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}\cdot (1-x)^{\beta -1}\; \; dx= $
    $=\begin{bmatrix}u=x^{\alpha -1} & dv=(1-x)^{\beta -1}\; \; dx \\ \; du=(\alpha -1)\cdot x^{\alpha -2}& v=\frac{(1- x)^{\beta }}{-\beta }\end{bmatrix}= $
    $=\left.-\frac{x^{\alpha -1}\cdot (1-x)^{\beta }}{\beta }\right|^{\infty}_{0}+\frac{\alpha -1}{\beta }\cdot \overset {1}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -2}\cdot (1-x)^{\beta}\; \; dx= $
    $=\frac{\alpha -1}{\beta }\cdot \overset {1}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -2}\cdot( (1-x)^{\beta-1}\cdot (1-x))\; d\beta= $
    $=\frac{\alpha -1}{\beta }\cdot \overset {1}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -2}\cdot( (1-x)^{\beta-1}-x\cdot (1-x)^{\beta -1})\; d\beta= $
    $=\frac{\alpha -1}{\beta }\cdot(B(\alpha-1,\beta)-B(\alpha,\beta)); $
    $ B(\alpha,\beta)=\frac{\alpha -1}{\beta }\cdot B(\alpha-1,\beta)- \frac{\alpha -1}{\beta }\cdot B(\alpha,\beta)); $
    $ B(\alpha,\beta)(1+\frac{\alpha -1}{\beta })=\frac{\alpha -1}{\beta }\cdot B(\alpha-1,\beta); $
    $ B(\alpha,\beta)(\frac{\beta +\alpha -1}{\beta })=\frac{\alpha -1}{\beta }\cdot B(\alpha-1,\beta); $
    $ B(\alpha,\beta)=\frac{\alpha -1}{\not{\beta}}\cdot\frac{\not{\beta}}{\beta +\alpha -1}\cdot B(\alpha-1,\beta)=\frac{\alpha -1}{\alpha +\beta -1}\cdot B(\alpha-1,\beta). $

    [свернуть]
  4. Интегральное представление бета-функции

    Интегральным представлением бета-функции называется функция вида
    $$
    B(\alpha,\beta)= \overset {\infty}{\underset{0}{\int}}\frac{y^{\alpha-1}}{(1+y)^{\alpha +\beta }}\; dy.
    $$

    Доказательство

    $ B(\alpha,\beta)=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}\cdot (1-x)^{\beta -1}\; dx= $
    $=\begin{bmatrix}x=\frac{y}{1+y} \; \; \; \; \; dx=\frac{1+\not{y}-\not{y}}{(1+y)^{2}}\; dy=\frac{1}{(1+y)^{2}}\; dy\\1-x=1-\frac{y}{1+y}=\frac{1+\not{y}-\not{y}}{(1+y)}\; dy=\frac{1}{(1+y)} \; \; \; \\ x=0 \; \; \; y=0\\ x=1\; \; \; x=\frac{y}{1+y}-1=0 \; \; \; y \to \infty \; \; \; \frac{1}{(1+y)}=0 \end{bmatrix}=$
    $= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}(\frac{y}{1+y})^{\alpha -1}\cdot (\frac{1}{(1+y)})^{\beta -1} \frac{\; dy}{(1+y)^{2}}= \overset{\infty}{\underset{0}{\int}}\frac{y^{\alpha-1}}{(1+y)^{\alpha-1+\beta-1+2}}\; dy=\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}\frac{y^{\alpha-1}}{(1+y)^{\alpha +\beta}}\; dy.$

    [свернуть]

Примеры

  • Пример 1

    $ \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\frac{y^{-\frac{1}{2}}}{1+y}\; dy=$ $\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\frac{\; dy}{\sqrt{y}\cdot(1+y)}=$ $\begin{bmatrix} y=z^{2}
    \end{bmatrix}=$ $\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\frac{2\cdot \not{z}\; dz}{\not{z}(1+z^{2})}=$ $2\cdot \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\frac{\; dz}{1+z^{2}}=$ $=2\cdot \left.\arctan z\right|^{\infty}_{0}=$ $2\cdot \frac{\pi }{2}=$ $\pi. $

    [свернуть]
  • Пример 2

    $ I=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}x^{p-1}\cdot (1-x^{m})^{q-1}\; \; dx\; \; p,q,m> 0$
    $I=\begin{bmatrix}x^{m}=t & x=\sqrt[m]{t}=t^{\frac{1}{m}} & x=0 & t=0 \\ &\; \; dx=\frac{1}{m}\cdot t^{\frac{1}{m}-1}\; dt & x=1 & t=1 \\ \end{bmatrix}=$
    $=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}(t^{\frac{1}{m}})^{p-1}\cdot (1-t)^{q-1}\cdot \frac{1}{m}\cdot t^{\frac{1}{m}-1}\; dt=$
    $=\frac{1}{m}\cdot \overset {1}{ \underset {0}{\int}}t^{\frac{p-1+1-m}{m}}\cdot (1-t)^{q-1}\; dt=$
    $=\frac{1}{m}\cdot \overset {1}{ \underset {0}{\int}}t^{\frac{p}{m}-1}\cdot (1-t)^{q-1}\; dt=\frac{1}{m} \cdot B(\frac{p}{m};q).$

    [свернуть]
  • Пример 3

    $B(\frac{1}{2};\frac{1}{2})=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}t^{\frac{1}{2}-1}\cdot (1-t)^{\frac{1}{2}-1}\; dt=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}\frac{\; dt}{\sqrt{t}\cdot \sqrt{1-t}}=$
    $=\begin{bmatrix} t=\cos^{2}\varphi\; \; \; \sqrt{\cos^{2}\varphi}=\cos\varphi & \sqrt{1-\cos^{2}\varphi}= \\ dt=2\cdot
    \cos\varphi\cdot(-\sin \varphi )\; \; d\varphi & =\sqrt{\sin^{2}\varphi}=\sin \varphi\\ t=0 & \varphi =\frac{\pi }{2} & \\ t=1& \varphi =0\end{bmatrix}=$
    $=-\overset {\frac{\pi }{2}}{ \underset {0}{\int}}\frac{2\cdot \not{\cos \varphi}\cdot \not{\sin\varphi}d\varphi}{\not{\cos \varphi}\cdot \not{\sin\varphi}}=2\cdot \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \; \; d\varphi
    =\not{2}\cdot\frac{\pi }{\not{2}}=\pi. $

    [свернуть]
  • Пример 4

    $ B(1,b)=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}t^{1-1}\cdot (1-t)^{b-1}\; dt=$
    $=\begin{bmatrix} t=\cos ^{2}\varphi & \; dt=2\cdot \cos \varphi\cdot (-\sin \varphi)\; \; d\varphi \\ t=0 &\varphi=\frac{\pi}{2}
    \\ t=1 & \varphi=0 \end{bmatrix}=$ $=\overset {\frac{\pi }{2}}{ \underset {0}{\int}}(\sin^{2}\varphi)^{b-1}\cdot 2\cdot \cos \varphi \cdot \sin \varphi \; d\varphi=$
    $=2\cdot \overset {\frac{\pi }{2}}{ \underset {0}{\int}}\sin ^{2\cdot b-2}\varphi \cdot \cos
    \varphi \cdot \sin \varphi \; d\varphi=$
    $=2\cdot \overset {\frac{\pi }{2}}{ \underset {0}{\int}}\sin ^{2\cdot b-1}\varphi \cdot \cos \varphi \; d\varphi=$ $\begin{bmatrix}t=\sin \varphi & \; dt=\cos \varphi \; \; d\varphi \\ \varphi=0 & t=0 \\ \varphi=\frac{\pi }{2} & t=1 \end{bmatrix}=$
    $=2\cdot \overset {\frac{\pi }{2}}{ \underset {0}{\int}}t^{2\cdot b-1}\; dt =\not{2}\cdot \left.\frac{t^{2\cdot b}}{\not{2}\cdot b}\right|_{0}^{1}=\frac{1}{b}-0=\frac{1}{b}.$

    [свернуть]

Тесты на проверку усвоенного материала по бета-функции Эйлера

    Данный тест проверяет на сколько хорошо и внимательно был пройден материал по бета-функции. В тесте присутствуют вопросы как на знание теории, так и на знание практики. Внимательно читайте вопросы, т.к. в тесте присутствуют вопросы, где нужно выбрать несколько вариантов ответов.

Эйлеров интеграл второго рода (гамма-функция)

Определение

$$\Gamma(\alpha )= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}\; dx.\; (2)$$
Функция, определённая интегралом $(2)$, называется эйлеровым интегралом второго рода (гамма-функция).

График гамма-функции

Графическое изображение интеграла второго рода

Теорема (о свойствах гамма-функции Эйлера)

Гамма-функция имеет следующие свойства:

  1. Область определения

    Для сходимости интеграла $(2)$ в нуле требуется, чтобы выполнялось условие $\alpha > 0$. На бесконечности интеграл $(2)$ сходится при
    любом $\alpha \in R $, так как множитель $e^{-x} $ убывает на бесконечности быстрее любой степени переменной $x $.
    Таким образом, функция $(2)$ определена при $\alpha > 0$.

  2. Формула для производных гамма-функции

    Производная гамма-функции Эйлера определяется формулой
    $$
    \Gamma^{n}(\alpha )= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}e^{-x}\ln ^{n}x\; \; dx.\; (3)
    $$

    Доказательство

    При получении формулы $(3)$ было проведено дифференцирование гамма-функции Эйлера $(2)$, для чего операция дифференцирования была внесена под знак интеграла:
    $ {\Gamma}'(\alpha )=\frac{d}{d\alpha } \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}\; \; dx= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\frac{d}{d\alpha }\cdot
    x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}\; \; dx= $
    $= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}\cdot \ln x\; \; dx,$
    ${\Gamma}»(\alpha )=\frac{d}{d\alpha } \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}\cdot \ln x\; \; dx= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha-1}\cdot e^{-x} \ln ^{2}x\; \; dx,…\; .$
    Для законности этой операции необходимо доказать равномерную сходимость относительно параметра $\alpha $ интеграла $(3)$ при $n\in N $
    на каждом отрезке $[a;b] \in (0;+\infty)$.
    Если $0<a\leq \alpha$, то т.к $x^{\frac{\alpha }{2}}\cdot \ln ^{n}x \to 0 $ при $x \to 0 $ найдётся такое число
    $c_{n}>0$, что
    $$
    \begin{vmatrix}x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}\cdot \ln^{n}x \end{vmatrix}<x^{\frac{\alpha }{2}-1}
    $$
    при $0<x\leq c_{n}$.
    На основании мажорантного признака равномерной сходимости можно заключить, что интеграл $\int_{0}^{c_{n}}x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}\cdot \ln ^{n}x\; \; dx $
    сходится равномерно по $ \alpha$ на промежутке $[a;+\infty] $.
    Если $\alpha\leq b<+\infty$, то при $x\geq 1$
    $$
    \begin{vmatrix}x^{\alpha-1}\cdot e^{-x}\cdot \ln^{n}x\end{vmatrix}\leq x^{b-1}\cdot e^{-x}\cdot \begin{vmatrix}\ln ^{n}x\end{vmatrix}.
    $$
    На основании мажорантного признака равномерной сходимости можно заключить, что интеграл $\int_{c_{n}}^{+\infty}x^{\alpha-1}\cdot e^{-x}\cdot \ln ^{n}x\; \; dx $
    сходится равномерно по $\alpha$ на промежутке $(0;b)$.Таким образом,интеграл $(3)$ сходится равномерно по $\alpha$ на любом
    отрезке $[a;b] \in (0;+\infty)$. А это означает, что дифференцирование под знаком интеграла законно.
    Следовательно, на всём промежутке$\alpha >0 $ гамма-функция бесконечно дифференцируема и для неё справедлива формула $(3)$.

    [свернуть]
  3. Формула понижения

    Соотношение вида
    $$
    \Gamma(\alpha +1)=\alpha \cdot \Gamma(\alpha )
    $$
    называется формулой понижения для гамма-функции Эйлера.

    Доказательство

    $\Gamma(\alpha +1)= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha}\cdot e^{-x}\; \; dx=\begin{bmatrix} u=x^{\alpha } \; \; \; dv=e^{-x}\; \; dx\\ \; du=\alpha \cdot x^{\alpha -1}\; \; dx \; \; \; v=-e^{-x} \end{bmatrix}=$
    $=\left.\begin{matrix}x^{\alpha}\cdot e^{-x}\end{matrix}\right|^{\infty}_{0} + \alpha \cdot \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}e^{-x}\; \; dx=\alpha \cdot \Gamma(\alpha ).$
    Замечание
    $\Gamma(1)= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}e^{-x}\; \; dx=1$. Из этого свойства гамма-функции вытекает, что при $n \in N$:
    $\Gamma(n)=n\cdot \Gamma(n)=n\cdot (n-1)\cdot \Gamma(n-1)=$ $=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \Gamma(n-2)=…=$ $=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot…\cdot 1=n!\; .$
    То есть $\Gamma(n)=n! \; $.

    [свернуть]
  4. Формула Эйлера-Гаусса

    Равенство вида
    $$
    \Gamma(\alpha )=\lim_{n \to \infty}n^{\alpha }\cdot \frac{(n-1)!}{\alpha \cdot (\alpha +1)\cdot …(\alpha +n-1)}
    $$
    называется формулой Эйлера-Гаусса.

    Доказательство

    В интеграле $\Gamma(\alpha )= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}\; \; dx$ проделаем замену.
    $\Gamma(\alpha )=\begin{bmatrix}x=\ln \frac{1}{u} \; \; \; \; \; dx=\frac{1}{\frac{1}{u}}\cdot ({\frac{1}{u}})’=u\cdot (-\frac{1}{u^{2}})=-\frac{1}{u}\; du \\ x=0\; \; \; \ln \frac{1}{u}=0 \; \; \; u=1 \\ x=\infty\; \; \; \ln \frac{1}{u}=\infty \; \; \; u=0 \end{bmatrix}=$
    $=\overset {0}{ \underset {1}{\int}}(\ln \frac{1}{u})^{\alpha-1}\cdot e^{\ln(\frac{1}{u})^{-1}}d(-\frac{1}{u})\; du=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}(\ln \frac{1}{u})^{\alpha-1}\cdot(\frac{1}{u})^{-1}\cdot(\frac{1}{u})\; du=$
    $=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}(\ln \frac{1}{u})^{\alpha -1}\cdot\not{u}\cdot \frac{1}{\not{u}}\; du= \overset {1}{ \underset {0}{\int}}(\ln \frac{1}{u})^{\alpha-1}\; du.\; (4)$
    Формула $(4)$ является иным интегральным представлением гамма-функции Эйлера. Используем соотношение:
    $$
    \overset {1}{ \underset {0}{\int}}(\ln \frac{1}{u})^{\alpha-1}\cdot (\frac{1}{u})\; du=\lim_{n \to \infty }n^{\alpha -1}\cdot \overset {1}{ \underset {0}{\int}}(1-u^{\frac{1}{n}})^{\alpha -1}\; du.\;
    $$
    Проделаем замену переменной $u=v^{n}$.
    $\Gamma(\alpha )=\lim_{n \to \infty }n^{\alpha -1}\cdot \overset {1}{ \underset {0}{\int}}(1-(v^{n})^{\frac{1}{n}})^{\alpha -1}\cdot n\cdot v^{n-1}dv=$
    $=\begin{bmatrix}\; du=n\cdot v^{n-1}dv\end{bmatrix}=\lim_{n \to \infty }n^{\alpha}\cdot \overset {1}{ \underset {0}{\int}}(1-v)^{\alpha -1}\cdot v^{n-1}dv=$
    $=\lim_{n \to \infty }n^{\alpha}\cdot B(n,\alpha )=\lim_{n \to \infty }n^{\alpha}\cdot B(\alpha,n)=$
    $=\lim_{n \to \infty }n^{\alpha}\cdot\frac{(n-1)!}{\alpha \cdot (\alpha +1)\cdot …\cdot (\alpha +n-1)}.$

    [свернуть]
  5. Связь между бета- и гамма-функцией

    Связь бета- и гамма-функции определяется формулой
    $$
    B(\alpha ,\beta )=\frac{\Gamma(\alpha )\cdot \Gamma(\beta )}{\Gamma(\alpha +\beta )}.
    $$

    Доказательство

    Используем интегральное представление бета-функции. Для этого проведём замену переменной
    $B(x ,y )=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}t^{x-1}\cdot (1-t)^{y-1}\; dt=\begin{bmatrix}t=\frac{\tau }{1+\tau } \end{bmatrix}=$
    $=\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\frac{\tau ^{x-1}}{(1+\tau )^{x-1}}\cdot (\frac{1}{1+\tau })^{y-1}\frac{\; d\tau }{(1+\tau )^{2}}=\begin{bmatrix}\; dt=\frac{1+\tau- \tau }{(1+\tau )^{2}\; d\tau }\end{bmatrix}=$ $= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\frac{\tau ^{x-1}}{(1+\tau )^{x+y}}\; d\tau. $
    В интегральном представлении гамма-функции также проведём замену переменной:
    $\Gamma(\alpha )= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}\; \; dx=\begin{bmatrix}x=s\cdot u & \; \; dx=u\; \; ds\end{bmatrix}=$
    $=\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}(s\cdot u)^{\alpha-1}\cdot e^{-s\cdot u}\cdot u\; \; ds=\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}s^{\alpha-1}\cdot u^{\alpha}\cdot e^{-s\cdot u}\; \; ds.$
    Откуда
    $$
    \frac{\Gamma(\alpha )}{u^{\alpha }}= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}s^{\alpha -1}\cdot e^{-s\cdot u}\; \; ds.\; (5)
    $$
    Положим в формуле $(5)\; \alpha =x+y,u=1+\tau $:
    $$
    \frac{\Gamma(x+y)}{(1+\tau )^{x+y}}= \overset {\infty}{\underset {0}{\int}}s^{x+y-1}\cdot e^{-s\cdot (1+\tau )}\; \; ds.
    $$
    Умножим обе части полученного равенства на $\tau ^{x-1}$ и проинтегрируем на промежутке$\tau \in (0;+\infty)$:
    $
    \Gamma(x+y)\cdot \overset{\infty}{\underset {0}{\int}}(1+\tau)^{-x-y}\cdot \tau ^{x-1}\; d\tau=$
    $=\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}\tau^{x-1}\int_{o}^{\infty}s^{x+y-1}\cdot e^{-s\cdot (1+\tau )}\; \; ds\; d\tau.
    $
    Подсчитаем интеграл в правой части полученного соотношения:
    $ \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}s^{x+y-1}\; \; ds \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\tau ^{x-1}\cdot e^{-s\cdot (1+\tau )}\; d\tau=$
    $= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}s^{x+y-1}\cdot e^{-s}\; \; ds\cdot \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\tau ^{x-1}\cdot e^{-s\cdot t}\; d\tau=$
    $=\begin{bmatrix}t=s\cdot \tau & \tau =\frac{t}{s} &\; dt=s\; d\tau \end{bmatrix}=$
    $=\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}s^{x+y-1}\cdot e^{-s}\; \; ds \overset {\infty}{ \underset
    {0}{\int}}\frac{t^{x-1}}{s^{x-1}}\cdot e^{-t}\frac{\; dt}{s}=$
    $=\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\not{s^{x+y-1}}\cdot e^{-s}\; \; ds \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\frac{t^{x-1}\cdot e^{-t}}{\not{s}}\; dt=\overset {\infty}{\underset {0}{\int}}s^{y-1}\cdot e^{-s}\; \; ds \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}t^{x-1}\cdot e^{-t}\; dt=$
    $=\Gamma(y)\cdot \Gamma(x); \; \Gamma(x+y)\cdot B(x,y)=\Gamma(y)\cdot \Gamma(x).$
    $B(x,y)=\frac{\Gamma(y)\cdot \Gamma(x)}{\Gamma(x+y)}.$

    [свернуть]

Примеры

  • Пример 1

    $\overset {1}{ \underset {0}{\int}}\ln ^{p}\frac{1}{x}\; \; dx=\begin{bmatrix}\frac{1}{x}=e^{t} & x=e^{-t}& x=1 & t=\infty \\ \; \; dx=-e^{-t}\; dt& x=0 & t=\infty \end{bmatrix}=$
    $=-\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\ln ^{p}(e^{t})\cdot e^{-t}\; dt= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}\frac{\ln^{p}(e^{t})\; dt}{e^{t}}= \overset {\infty}{ \underset{0}{\int}}\frac{(\ln e^{t})^{p}\; dt}{e^{t}}=\overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}t^{p}\cdot e^{-p}\; dt=$ $=\Gamma (p+1).$

    [свернуть]
  • Пример 2

    $\overset {1}{ \underset {0}{\int}}\sqrt{t-t^{2}}\; dt=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}\sqrt{t\cdot (1-t)}\; dt=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}t^{\frac{1}{2}}\cdot (1-t)^{\frac{1}{2}}\; dt=$
    $=\overset {1}{ \underset {0}{\int}}t^{\frac{3}{2}-1}\cdot (1-t)^{\frac{3}{2}-1}\; dt=B(\frac{3}{2};\frac{3}{2})=\frac{\Gamma (\frac{3}{2})\cdot \Gamma (\frac{3}{2}) }{\Gamma (\frac{3}{2}+\frac{3}{2})}=\frac{(\Gamma (1+\frac{1}{2}))^{2}}{\Gamma(3)}=$
    $=\begin{bmatrix}\Gamma (3)=2 \\ \Gamma (\frac{1}{2})= \overset {\infty}{ \underset {0}{\int}}t^{-\frac{1}{2}}\cdot e^{-t}\; dt=\sqrt{\pi }\end{bmatrix}=\frac{1}{2}\cdot(\frac{1}{2}\cdot \Gamma (\frac{1}{2}))^{2}=$
    $=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}\cdot \pi =\frac{\pi }{8}.$

    [свернуть]

Тесты на проверку усвоенного материала по гамма-функции Эйлера

    Данный тест проверяет на сколько хорошо и внимательно был пройден материал по гамма-функции. В тесте присутствуют вопросы как на знание теории, так и на знание практики. Внимательно читайте вопросы, т.к. в тесте присутствуют вопросы, где нужно выбрать несколько вариантов ответов.

Литература

Интегралы Эйлера: 2 комментария

  1. Хорошо. Успел пока посмотреть только рисунок. У графика должны быть вертикальные асимптоты с целыми отрицательными координатами по $x$.

  2. Стало лучше. Сразу заметно, какая большая работа была Вами проделана.
    Рисунок довольно грубый вышел, но это уже будут переделывать следующие поколения студентов. Если, конечно, получится.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *