欧拉积分

当 $s>0$ 时有

注意到极限中的内容和我们之前推导的 $\t B$ 函数的递推式相似, 不难发现, 当我们取 $a=N+1,b=s$ 时, 我们有 $$ \t B(s,N+1)=\frac{N}{s+N}\t B(s,N)=\cdots=B(s,1)\dfrac{N!}{(s+1)(s+2)\cdots(s+N)} $$

又由 $\t B(s,1)=\int_0^1 x^{s-1}(1-x)^0 \t d x=\dfrac 1 s$

我们可以得到

接着我们做变量替换 $x\to\frac x N$ $$ \begin{aligned} \Gamma(s) &= \lim\limits_{N\to \infty}N^s\int_0^1 x^{s-1}(1-x)^{N}\t d x\ &= \lim\limits_{N\to \infty}N^s\int_0^N \left(\frac x N\right)^{s-1}(1-\frac x N)^{N}\t d \frac x N\ &= \lim\limits_{N\to \infty} \int_0^N x^{s-1}(1-\frac x N)^N \t d x. \end{aligned} $$ 下面我们考虑证明 $$ \lim\limits_{N\to \infty}\left(\int_0^N x^{s-1}e^{-x} \t d x - \int_0^N x^{s-1}(1-\frac x N)^N \t d x\right)=0. $$

由\hr{伯努利不等式} $x>-1$ 时, 有 $(1+x)^N\geqslant 1+Nx$.

和不等式 $e^t \geqslant 1+t$, 把 $t=\frac x N$ 带入得到 $e^{\frac x N} \geqslant 1+\frac x N$ 即 $e^x \geqslant (1+\frac x N)^N$.

我们可以得到 $$ 0 \leqslant e^{-x}-(1-\frac x N)^N=e^{-x}\left[1-e^x(1-\frac x N)^N\right]\leqslant e^{-x}\left[1-(1-\frac {x^2} {N^2})^N\right] \leqslant \frac{e^{-x}x^2}{N}. $$

进而有 $$ \left|\int_0^N e^{-x}x^{s-1}\t d x-\int_0^N\left(1-\frac x N\right)^N x^{s-1}\t d x \right|\leqslant\int_0^N \frac{e^{-x}x^{s+1}}{N}\t d x <\frac 1 N\int_0^{+\infty}e^{-x}x^{s+1}\t d x. $$

易知 $\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-x}x^{s+1}\t d x$ 收敛, 故当 $N\to \infty$ 时, $\displaystyle\frac 1 N\int_0^{+\infty}e^{-x}x^{s+1}\t d x \to 0$.

进而可知 $$ \lim\limits_{N\to \infty}\left(\int_0^N x^{s-1}e^{-x} \t d x - \int_0^N x^{s-1}(1-\frac x N)^N \t d x\right)=0. $$

即 $\displaystyle \int_0^N x^{s-1}e^{-x} \t d x = \int_0^N x^{s-1}(1-\frac x N)^N \t d x, \quad N\to \infty$.

故这两种定义方式等价.

对 $\t B(p,q)$ 用 $x=\sin^2\theta$ 换元得到

对 $\Gamma(p)$ 用 $x=s^2$ 换元得到

我们考虑 $$ \Gamma(p)\Gamma(q)=4\int_0^\infty s^{2p-1}e^{-s^2}\t d s\int_0^\infty t^{2q-1}e^{-t^2}\t d t. $$

下面我们进行极坐标变换, 令 $s=r\sin\theta,t=r\cos\theta$ 则有 $r^2=s^2+t^2,\t d s \t d t=r\t d r \t d \theta.$

又由 $\Gamma$ 函数的连续性, 我们可以对积分符号进行交换, 进而得到. $$ \begin{aligned} \Gamma(p)\Gamma(q)&=4\int_0^\infty r^{2p+2q-2}e^{-r^2}r\t d r \int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta \t d \theta\ &=4\int_0^\infty r^{2(p+q)-1}e^{-r^2}\t d r \int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta \t d \theta\ &=\int_0^\infty r^{(p+q)-1}e^{-r}\t d r \cdot 2\int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta \t d \theta\ &=\Gamma(p+q)\t B(p,q). \end{aligned} $$

进而得到 $$ \t B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}. $$

通过二倍角公式, 我们可以将 $\sin(2n+1)x$ 不断升幂, 可以将其表示为形如 $\sin x \cdot P(\sin^2 x)$ 的式子, 其中 $P(x)$ 表示关于 $x$ 的 $n$ 次多项式.

因为 $\lim\limits_{x \to 0}{\sin(2n+1)x}{\sin(x)}=2n+1$, 所以 $P(x)$ 的常数项为 $2n+1$.

同时我们有, $\sin(2n+1)x$ 的根为 $\dfrac{k\pi}{2n+1},\ k \in \mathbb Z$, 所以 $\sin^2\dfrac{k\pi}{2n+1},\ k=1,2,\ldots,n$ 恰为 $P(x)$ 的 $n$ 个根.

所以 $$ P(x)=(2n+1)\left(1-\dfrac{x}{\sin^2\frac \pi {2n+1}}\right)\left(1-\dfrac{x}{\sin^2 \frac {2\pi} {2n+1}}\right)\cdots\left(1-\dfrac{x}{\sin^2 \frac{n\pi}{2n+1}}\right) $$

即 $$ P(x)=(2n+1)\prod\limits_{k=1}^n\left(1-\dfrac{x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}}\right) $$

故我们有 $$ \dfrac{\sin(2n+1)x}{\sin x}=P(\sin^2x)=(2n+1)\prod\limits_{k=1}^n\left(1-\dfrac{\sin^2 x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}}\right) $$

带入 $x\to\frac{x}{2n+1}$

$\forall 1 \leqslant m<n$ 有

当 $n \to \infty$ 时, 左边为 $$ \dfrac{\sin x}{x\prod\limits_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)} $$

对于右边, 我们考虑下列不等式, 当 $n$ 充分大时. [leftmargin=2cm] - (1) $\dfrac 2 \pi x< \sin x < x, x\in (0,\dfrac \pi 2)$ - (2) $\sin^2\dfrac{1}{2n+1}x<\dfrac{x^2}{(2n+1)^2}$ - (3) $\sin^2 \dfrac{k\pi}{2n+1}>\dfrac{4k^2}{(2n+1)^2}$ - (4) $\dfrac{\sin^2\frac{1}{2n+1}x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}}<\dfrac{x^2}{4k^2}$

其中由 $(1)$ 可得 $(2),(3)$, 进而可知 $(4)$.

于是我们有 $$ 1>\prod\limits_{k=m+1}^n\left(1-\dfrac{\sin^2 \frac 1 {2n+1}x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}}\right)>\prod\limits_{k=m+1}^n\left(1-\dfrac{x^2}{4k^2}\right)>\prod\limits_{k=m+1}^\infty\left(1-\dfrac{x^2}{4k^2}\right) $$

所以 $n\to \infty$ 时, $$ 1>\dfrac{\sin x}{x\prod\limits_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)}>\prod\limits_{k=m+1}^\infty\left(1-\dfrac{x^2}{4k^2}\right) $$

由 $\prod\limits_{k=1}^\infty\left(1-\dfrac{x^2}{4k^2}\right)$ 收敛,

可知 $m\to \infty$ 时 $$ \prod\limits_{k=m+1}^\infty\left(1-\dfrac{x^2}{4k^2}\right)=1 $$

所以由\hr{夹逼定理}, 我们可以得到 $$ \sin x=x\prod\limits_{k=1}^\infty\left(1-\dfrac{x^2}{k^2\pi^2}\right). $$

由引理 \ref{lemma:sin} 可知 $$ \sin p\pi=p\pi\prod\limits_{n=1}^\infty\left(1-\dfrac{p^2}{n^2}\right) $$

故 $$ \Gamma(p)\Gamma(1-p)=1\cdot \dfrac{\pi}{\sin p\pi}=\dfrac{\pi}{\sin p\pi}. $$

由前面给出的性质 $$ \dfrac{\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma (x+\frac{1}{2})}=\dfrac{\t B(x,\frac 1 2)}{\Gamma(x)},\quad \dfrac{\Gamma(x)}{\Gamma(2x)}=\dfrac{\t B(x,x)}{\Gamma(x)}. $$

带入之后, 我们只需证明 $$ \t B\left(x,\frac{1}{2}\right)=2^{2x-1}\t B(x,x) $$

接下来通过若干次变量替换可得

\begin{equation} \begin{aligned} 2^{2x-1}\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{x-1}\t d t &= \int_0^1(2t)^{x-1}(2-2t)^{x-1}\t d (2t) = \int_0^2 t^{x-1}(2-t)^{x-1} \t d t \ &= \int_{-1}^1 (1+t)^{x-1}(1-t)^{x-1} \t d t = \int_{-1}^1 (1-t^2)^{x-1} \t d t \ &= 2\int_0^1 (1-t^2)^{x-1} \t d t = 2 \int _0^1 (1-t)^{x-1} \t d \sqrt{t} \ &= 2 \int _0^1 (1-t)^{x-1}\cdot \frac 1 2 t^{-\frac 1 2} \t d t = \int_0^1 (1-t)^{x-1}t^{-\frac 1 2} \t d t \ &= \int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{-\frac 1 2} \t d t \end{aligned} \end{equation}

这样我们就证明了 $$ \int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{-\frac 1 2}\t d t=2^{2x-1}\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{x-1}\t d t $$

即 $$ \Gamma\left(\frac 1 2\right)\Gamma(2x)=2^{2x-1}\Gamma(x)\Gamma\left(x+\frac 1 2\right) $$

先假定 $a>1$,

下面我们分别对 $I_1$ 和 $I_2$ 进行估计.

当 $x$ 充分大时, $t$ 在 $0$ 附近, 我们有, $(1+O\left(t\right))^{a-1}\sim 1+(a-1)O\left(t\right)\sim 1+O\left(t\right)$

作换元 $t=xt$

由 $\Gamma$ 函数收敛, $\int_0^{{\sqrt x}}\cdot t^a\cdot e^{-t}\t d t \sim O\left(1\right).$

而 $\int_{\sqrt x}^\infty t^{a-1}\cdot e^{-t} \t d t = O\left(\int_{\sqrt x}^\infty e^{-\frac t 2}\t d t\right)=O\left(\frac 1 x\right).$

故 $$ I_1=x^{-a}\Gamma(a)+O\left(x^{-a-1}\right) $$

因此 $$ I_1+I_2=x^{-a}\Gamma(a)+O(x^{-a-1}) $$

对于 $0<a<1$ 的情况, 我们取 $k\in \mathbb{Z}_{\geqslant 1}$ 使得 $a+k>1$

可以得到 $$ \dfrac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+a+k)}=x^{-a-k}+O(x^{-a-k-1}) $$

进而通过 $\Gamma$ 函数的递推公式可以得到相应的结论.

我们先对 $x$ 为正整数的情形进行估计 $$ \begin{aligned} \log \Gamma(n)&=\log[(n-1)!]=\sum\limits_{k=1}^{n-1} \log k=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}\log k \t d t \ &=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}\log k -\log t \t d t+\int_k^{k+1} \log t \t d t \ &=\int_1^n \log t \t d t-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}\log \dfrac{t}{k}\t d t \ &=n\log n-n+1+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int_0^1 \log \dfrac{t+k}{k}\t d t \ &=n \log n -n+1 +\sum\limits_{k=1}^{n-1} \int_0^1 \log(1+\dfrac t k)\t d t \ &=n \log n-n+1+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac 1 {2k}+O\left(\dfrac 1 {k^2}\right)\right) \ &=n\log n-n+1 - \dfrac 1 2 \log n + C + O\left(\dfrac 1 n\right) \ &=\left(n-\frac 1 2 \right)\log n -n + C +O(\frac 1 n) \end{aligned} $$

下面我们将这个结论推广到任意实数上, 令 $x=n+a, 0<a<1$

由引理可知

从而

下面我们来确定常数 $C$ 的值.

考虑倍元公式 $$ \Gamma(2x)\Gamma(\frac 1 2)=2^{2x-1}\Gamma(x)\Gamma(x+\frac 1 2) $$

对两边取对数得 $$ \log \Gamma(2x) + \log \Gamma(\frac 1 2)=(2x-1)\log 2 + \log \Gamma(x)+ \log \Gamma(x+\frac 1 2) $$

再带入我们得到的估计式, 并整理可得

当 $x\to +\infty$ 时, $x\log (1+\dfrac 1 {2x})-\dfrac 1 2=x \cdot \dfrac 1 {2x}-\dfrac 1 2=0$

故 $$ C=\log\Gamma(\dfrac 1 2) + \dfrac 1 2 \log 2,\qquad x\to +\infty $$

下面我们来求 $\Gamma(\frac 1 2)$

由余元公式 $\Gamma(p)\Gamma(1-p)=\dfrac{\pi}{\sin p\pi}$

我们取 $p=\dfrac{1}{2}$, 则有 $\Gamma(\frac 1 2)^2=\pi \Rightarrow \Gamma(\frac 1 2)=\sqrt{\pi}$

故 $C=\log \sqrt{\pi}+\dfrac 1 2\log 2=\log \sqrt{2\pi}$

综上, 我们就得到了斯特林公式 $$ \log \Gamma(s)=(s-\frac 1 2)\log s - s + \frac 1 2 \log 2 \pi +O\left(\frac 1 s\right). $$

做变量替换 $x \to (s-1)(x+1)$ 则有

\begin{equation} \begin{aligned} \Gamma(s) &= \int_{0}^{+\infty} e^{-x}x^{s-1} \t d x \ &= \int_{-1}^{+\infty}e^{-(s-1)(x+1)}[(s-1)(x+1)]^{s-1} \t d x \ &= (s-1)^s e^{1-s} \int_{-1}^{+\infty}((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x \end{aligned} \end{equation}

因为当 $|x| \leqslant \delta$ 时

$ \begin{aligned} \log ((1+x)e^{-x})^{s-1} = (s-1)(\log(1+x)-x) = (s-1)(-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4)). \end{aligned} $

所以 $((1+x)e^{-x})^{s-1} = e^{-\frac{s-1}{2}x^2}(1+\frac{(s-1)}{3}x^3+O(s x^4))$, 进而有

$ \begin{aligned} \int_{-\delta}^{\delta} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x & = \int_{-\delta}^{\delta} e^{-\frac{s-1}{2}x^2} \t d x + \int_{-\delta}^{\delta} e^{-\frac{s-1}{2}x^2}\frac{x^3}{3} \t d x + O\left(s\int_{-\delta}^{\delta} e^{-\frac{s-1}{2}x^2}x^4 \t d x\right)\ & = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x^2}\t d x + O\left(\int_{\delta}^{\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x^2} \t d x\right) + \int_{-\delta}^{\delta} e^{-\frac{s-1}{2}x^2}\frac{x^3}{3} \t d x\ &\quad + O\left(s\int_{0}^{\delta} e^{-\frac{s-1}{2}x^2}x^4 \t d x\right)\ \end{aligned} $

其中 [leftmargin=1.5cm] - (1) \begin{equation} \begin{aligned} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x^2} \t d x = \sqrt{\frac{2}{s-1}}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} \t d x = \sqrt{\frac{2\pi}{s-1}}. \end{aligned} \end{equation} - (2) \begin{equation} \begin{aligned} \int_{\delta}^{+\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x^2} \t d x &= \sqrt{\frac{2}{s-1}} \int_{\delta \sqrt{\frac{s-1}{2}}}^{+\infty} e^{-x^2} \t d x \ll \frac{1}{\sqrt{s}}\int_{\delta \sqrt{\frac{s-1}{2}}}^{+\infty} e^{-x} \t d x \ &= \frac{1}{\sqrt{s}} \cdot e^{-\delta\sqrt{\frac{s-1}{2}}} \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}. \end{aligned} \end{equation} - (3) $e^{-\frac{s-1}{2}x^2}\dfrac{x^3}{3}$ 是奇函数积分是 $0$. - (4) \begin{equation} \begin{aligned} s\int_0^\delta e^{-\frac{s-1}{2}x^2} x^4 \t d x = s\int_0^{\frac{s-1}{2}\delta^2} e^{-x}\frac{4}{(s-1)^2}x^2 \t d \sqrt{\frac{2}{s-1}x} \ \ = \frac{2\sqrt{2}s}{(s-1)^{\frac{5}{2}}} \int_0^{\frac{s-1}{2}\delta^2} e^{-x} x^{\frac{3}{2}} \t d x \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}. \end{aligned} \end{equation}

所以有 $$ \int_{-\delta}^{\delta}((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x = \sqrt{\frac{2\pi}{s}}+O\left(\frac{1}{s\sqrt{s}}\right). $$

一方面, 因为 $(1+x)e^{-x}$ 在 $[-1,-\delta]$ 上单调递增, 故而 \begin{equation} \begin{aligned} \int_{-1}^{-\delta} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x &\leqslant ((1-\delta)e^\delta)^{s-1} = \exp\left((s-1)(\log(1-\delta)+\delta)\right) \ &= \exp\left(-\frac{s\delta^2}{2}+O(s\delta^3)\right) \ll e^{-\frac{1}{2}s^{0.2}} \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}. \end{aligned} \end{equation}

另一方面, 由 $(1+x)e^{-x}$ 在 $\seta{R}{\geqslant 0}$ 上单调递减, 以及在 $\seta{R}{\geqslant 4}$ 上有 $e^{-\frac{x}{2}} \geqslant (1+x)e^{-x}$ 知

\begin{equation} \begin{aligned} \int_{\delta}^{+\infty} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x &= \int_{\delta}^4 ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x + \int_{4}^{+\infty} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x \ &\leqslant 4\times((1+\delta)e^{-\delta})^{s-1} +\int_4^{+\infty}(e^{-\frac x 2})^{s-1}\text{d} x\ &\ll ((1+\delta)e^{-\delta})^{s-1} + \int_{4}^{+\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x} \t d x \ &= \exp\left((s-1)(\log(1+\delta)-\delta)\right) + \frac{2}{s-1}e^{-\frac{s-1}{2}} \ &= \exp\left(-\frac{s\delta^2}{2} + O(s\delta^3)\right) + \frac{2}{s-1}e^{-\frac{s-1}{2}} \ &\ll e^{-\frac{1}{2}s^{0.2}} + e^{-\frac{s-1}{2}} \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}. \end{aligned} \end{equation}

所以有 $$ \int_{-1}^{-\delta}((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x + \int_{\delta}^{+\infty}((1+x)e^{-x})^{s-1}\t d x \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}. $$

有了前几题的铺垫, 我们可以得到

\begin{equation} \begin{aligned} \log\Gamma(s) &= s \log(s-1) + 1 - s + \log \left(\sqrt{ \frac{2\pi}{s} }+O\left(\frac{1}{s\sqrt{s}}\right)\right) \ &=s\log(s-1)+1-s+ \log\left(\sqrt{\frac{2\pi}{s}}\left(1+O\left(\frac{1}{s}\right)\right)\right) \ &=s \log(s-1) + 1- s + \frac{1}{2} \log 2\pi - \frac{1}{2}\log s + O\left(\frac{1}{s}\right) \ &=(s-\frac{1}{2})\log s - s +\frac{1}{2}\log 2\pi + O\left(\frac{1}{s}\right) + s \left(\log\left(1 - \frac{1}{s}\right) + \frac 1 s \right)\ &=(s-\frac{1}{2})\log s - s +\frac{1}{2}\log 2\pi + O\left(\frac{1}{s}\right) \end{aligned} \end{equation}