1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 53
Текст из файла (страница 53)
(z + 1)zΓ(z).(120)Будем теперь считать, что z находится внутри отрезка (0, 1)вещественной оси, и вернемся к основной формуле (111), причем71]Эйлеров интеграл второго рода313вместо переменной интегрирования t введем новую переменную интегрирования u по формуле t = u2 . Мы получим следующий результат:∞2Γ(z) = 2 e−u u2z−1 du.0Заменяя z на 1 − z, можно написать∞Γ(1 − z) = 22e−v v 1−2z dv.0Отсюда, перемножая, получим∞ ∞Γ(z)Γ(1 − z) = 4e0−(u2 +v 2 )0 2z−1udu dv.v(121)Интеграл, стоящий справа, мы можем толковать как двойнойинтеграл на плоскости (u, v), причем областью интегрированияявляется первый координатный угол, т. е.
та часть плоскости, гдеu > 0 и v > 0. Введем вместо u и v полярные координаты:u = ρ cos ϕ,v = ρ sin ϕ.Формула (121) перепишется в видеπ∞ 2Γ(z)Γ(1 − z) = 402e−ρ ctg2z−1 ϕ ρ dρ dϕ,0где интегрирование по ρ надо производить от 0 до +∞ и по ϕ — от0 до π/2, т. е.π/2∞2Γ(z)Γ(1 − z) = 4ctg2z−1 ϕ dϕ e−ρ ρ dρ.00314Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [71Как легко видеть,∞2e−ρ ρ dρ =01,2и, следовательно,π/2Γ(z)Γ(1 − z) = 2ctg2z−1 ϕ dϕ.0Введем вместо ϕ новую переменную x по формуле√ϕ = arcctg x;−dx.dϕ = √2 x(1 + x)Предыдущий результат можно будет при этом переписать в виде∞Γ(z)Γ(1 − z) =0xz−1dx.1+xНо, как мы знаем [62], интеграл, стоящий справа, равенπ/ sin πz, и, следовательно, окончательно получаем следующуюформулу:πΓ(z)Γ(1 − z) =.(122)sin πzЭта формула доказана нами лишь для отрезка (0, 1) вещественной оси.
Но, как и выше, пользуясь принципом аналитического продолжения, мы можем убедиться, что она справедлива для всех z.Формула (120) позволяет сводить вычисление Γ(z) при любомвещественном z к значениям Γ(z) на отрезке (0, 1). Формула (122)дает возможность привести отрезок (0, 1) к отрезку (0, 1/2). Полагая в формуле (122) z = 1/2, мы получимΓ ∞√11= e−t t− 2 dt = π.20(123)72]Эйлеров интеграл первого рода31572.
Эйлеров интеграл первого рода. Эйлеровым интегралом первого рода называется интеграл вида1B(p, q) =xp−1 (1 − x)q−1 dx.(124)0Как и в случае интеграла (111), мы будем предполагать, чтовещественная часть p и q больше нуля и, кроме того,xp−1 (1 − x)q−1 = e(p−1) ln x+(q−1) ln(1−x) ,где значения логарифмов берутся вещественными.Вводя вместо x новую переменную t по формуле t = 1 − x, получим вместо (124)1B(p, q) =tq−1 (1 − t)p−1 dt,0т.
е.B(p, q) = B(q, p).(125)Выведем еще одну формулу, выясняющую основное свойствофункции B(q, p). Интегрируя по частям, можем написать1p−1x0xp (1 − x)q(1 − x) dx =pqx=1q+px=01xp (1 − x)q−1 dx.0В силу сделанных предположений относительно p и q можноутверждать, что внеинтегральный член равен нулю, и предыдущаяформула дает следующее свойство функции B(p, q):B(p, q + 1) =qB(p + 1, q).p(126)Установим теперь связь функции B(p, q) с функцией (111). Применяя то же преобразование, что и в предыдущем параграфе, мы316Гл.
III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [73можем представить произведение Γ(p)Γ(q) в виде∞ ∞Γ(p)Γ(q) = 402e−(u+v 2 ) 2p−1 2q−1uvdu dv0и, вводя полярные координаты, получим∞Γ(p)Γ(q) = 4e−ρ2 2(p+q)−1ρπ/2dρcos2p−1 ϕ sin2q−1 ϕ dϕ.00Вводя вместо ρ новую переменную t по формуле ρ =написать∞e−ρ2 2(p+q)−1ρ01dρ =2∞e−t tp+q−1 dt =0√t, можем1Γ(p + q),2и, следовательно,π2Γ(p)Γ(q) = 2Γ(p + q)cos2p−1 ϕ sin2q−1 ϕ dϕ.0Если теперь ввести вместо ϕ новую переменную интегрированияx по формуле x = cos2 ϕ, то последнее соотношение даст нам1Γ(p)Γ(q) = Γ(p + q)xp−1 (1 − x)q−1 dx,0откуда и получается формула, выражающая B(p, q) через функцию Γ(z):Γ(p)Γ(q).(127)B(p, q) =Γ(p + q)73. Бесконечное произведение для функции [Γ(z )]−1 .Вернемся к основному определению функции Γ(z), даваемому формулой (111), и будем для простоты рассуждений считать z > 0.Бесконечное произведение для функции [Γ(z)]−173]317Множитель e−t является, как мы знаем, пределом выражения[I, 38]nte−t = lim 1 −.n→∞nЗаменяя промежуток (0, +∞) конечным отрезком (0, n), получаемтаким образом следующий интеграл:nn tPn (z) =1−tz−1 dt.(128)n0Надо ожидать, что при беспредельном возрастании n этот интеграл будет стремиться к интегралу, входящему в правую частьформулы (111).
В дальнейшем мы точно докажем это утверждение,а сейчас займемся теми следствиями, которые из него вытекают.Вводя вместо t новую переменную τ по формуле t = nτ , можемпереписать (128) в виде1Pn (z) = n(1 − τ )n τ z−1 dτ.z(129)0Будем считать, что n стремится к +∞, принимая целые положительные значения.
Производя интегрирование по частям, получим1(1 − τ ) τn z−101 zτ (1 − τ )ndτ =zτ =1n+zτ =01(1 − τ )n−1 τ z dτ0или, принимая во внимание, что внеинтегральный член обращаетсяв нуль (z > 0),1(1 − τ ) τn z−10ndτ =z1(1 − τ )nτ dτ =z(z + 1)1(1 − τ )n−1 dτ z+1 .n−1 z00Продолжая дальнейшее интегрирование по частям, будем иметьточно так же11n(n − 1)(1 − τ )n τ z−1 dτ =(1 − τ )n−2 τ z+1 dτz(z + 1)00318Гл.
III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [73и вообще получаем для интеграла (129) следующее выражение:1n(1 − τ )n τ z−1 dτ =z01 · 2... nnz .z(z + 1) . . . (z + n)При беспредельном возрастании n это выражение будет иметьпределом Γ(z), т. е.Γ(z) = limn→∞1 ·2... nnz ,z(z + 1) . . .
(z + n)(130)илиz(z + 1) . . . (z + n) −z1= limnΓ(z) n→∞1 · 2... n(n−z = e−z ln n ).(131)Чтобы несколько преобразовать последнее выражение, умножим и разделим его на ez(1+1/2+...+1/n) . После этого мы можемпереписать формулу (131) следующим образом:1z+1= lim e(1+1/2+1/3+...+1/n−ln n)z z×Γ(z) n→∞1z + n −z(1+1/2+1/3+...+1/n)z+2...e×2nилиn 1z −z/k(1+1/2+1/3+...+1/n−ln n)z= lim ee1+.
(132)zΓ(z) n→∞kk=1При беспредельном возрастании целого числа n написанное конечное произведение превратится в бесконечное произведение∞ z −z/ke1+.k(133)k=1Это бесконечное произведение построено точно по тому правилу,по которому строится бесконечное произведение Вейерштрасса [69],73]Бесконечное произведение для функции [Γ(z)]−1319причем в данном случае ak = −k, и ряд∞1kmk=1сходится при m = 2.
Таким образом, в первой части (132) последниймножитель стремится к определенному конечному пределу (133).Покажем теперь, что и переменнаяun = 1 +11 1+ + . . . + − ln n2 3n(134)стремится к определенному пределу. Для этого достаточно показать, что переменнаяvn = 1 +11 11+ + ...+− ln n = un −2 3(n − 1)n(135)имеет конечный предел.
Тот же предел будет, очевидно, и у переменной un . Рассмотрим ветвь равнобочной гиперболы y = 1/x,лежащую в первом координатном углу. Число 1/k будет ординатойэтой ветви при x = k. Величина ln nравна, очевидно, площади, ограниченной нашей гиперболой, осью OXи ординатами x = 1 и x = n, а сумма1+1 11+ + ... +2 3n−1представляет собою сумму площадей выходящих прямоугольников, основания которых равны единице(рис. 62). Отсюда непосредственноРис. 62.вытекает, что разность (135) возрастает при возрастании n.
С другой стороны, эта разность будет, очевидно, меньше разности площадей выходящих и входящих прямоугольников, а эта последняя разность равна, очевидно, (1 − 1/n).Таким образом, наша переменная vn будет возрастающая, ограниченная переменная, и, следовательно, она имеет предел.320Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [73Этот предел C называется обычно постоянной Эйлера. Его величина с точностью до седьмого десятичного знака выражается следующим числом:C = 0, 5772157 . . .(136)Окончательно формула (132) дает нам в пределе∞ 1z −z/kCze1+.=e zΓ(z)k(137)k=1В правой части последней формулы стоит целая функция от z,имеющая простые корни z = 0, −1, −2, . .
. Формула (137) установлена нами лишь на положительной части вещественной оси. В силу основного принципа аналитического продолжения можно утверждать, что она справедлива при всех z, и, таким образом, функция1/Γ(z) есть целая функция, а формула (137) дает ее представление в виде бесконечного произведения.Мы доказали, что 1/Γ(z) есть целая функция, и из этого непосредственно следует, что функция Γ(z) не обращается нигде в нуль,т. е. не имеет вовсе корней.Пользуясь бесконечным произведением (137), мы легко можемдоказать формулу (122) из [71].
Действительно, формула (137) даетнам непосредственно∞ 1z2= −z 21− 2Γ(z)Γ(−z)kk=1или в силу (93) из [67]1−z sin πz=.Γ(z)Γ(−z)πДалее, формула (119) дает нам, если заменить в ней z на (−z):Γ(1 − z).zПодставляя это выражение Γ(−z) в предыдущую формулу, получим формулу (122):πΓ(z)Γ(1 − z) =.sin πzΓ(−z) = −73]Бесконечное произведение для функции [Γ(z)]−1321Нам остается теперь убедиться в том, что интеграл (128) при беспредельномвозрастании целого числа n стремится к интегралу (111), причем достаточноограничиться тем случаем, когда z > 0.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
