欧拉积分

📅Date: 2024-06-30 📚Category: 数学 📑Word: 8.8k

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%# 欧拉积分

第一型欧拉积分

定义

  • 我们称 \(\text B(a,b)=\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1}\text{d} x\ (a,b>0)\) 为第一型欧拉积分.

下面我们给出几个它的简单性质.

性质

  • 作变量替换 \(x=1-t\) 易知 \(\text B(a,b)=\text B(b,a)\) 也就是说第一型欧拉积分具有对称性.

性质

  • 当 \(b>1\) 时，由分部积分可得
    $$
    \begin{aligned}
    \text B(a,b) &= \int_0^1 (1-x)^{b-1} \text{d}\frac{x^a}{a}\\ &= \left.\dfrac{x^a(1-x)^{b-1}}{a}\right|_0^1+\dfrac{b-1}{a}\int_0^1 x^{a}(1-x)^{b-2}\text{d}x\\ &= \dfrac{b-1}{a}\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-2}\text{d} x - \dfrac{b-1}{a}\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1} \text{d}x\\ &= \dfrac{b-1}{a}\text B(a,b-1)-\dfrac{b-1}a \text B(a,b).
    \end{aligned}
    $$

    其中第三个等号用到了 \(x^a=x^{a-1}-x^{a-1}(1-x)\).

    由此 \(\text B(a,b)=\dfrac{b-1}{a+b-1}\text B(a,b-1).\)

    那么由对称性, 我们也能得到 \(\text B(a,b)=\dfrac{a-1}{a+b-1}\text B(a-1,b)\quad(a>1)\).

    而当 \(a,b\) 均为正整数时, 我们有 $$ \text B(n,m)=\dfrac{(n-1)!(m-1)!}{(n+m-1)!}. $$

性质

  • 我们作变量替换 \(x=\dfrac{y}{1+y}\) 可将 \(\text B(a,b)\) 转化为无穷积分, 这种形式也有很好的性质.
    $$ \text B(a,b)=\int_0^\infty \dfrac{y^{a-1}}{(1+y)^{a+b}}\text d y $$

    而如果令 \(b=1-a \ (0<a<1)\) 我们就得到
    $$ \text B(a,1-a)=\int_0^\infty \dfrac{y^{a-1}}{1+y} \text d y $$

    而这个积分的值是可以计算的，就是
    $$ \text B(a,1-a)=\dfrac{\pi}{\sin a\pi} $$

第二型欧拉积分

定义

定义

  • 我们称 $$ \Gamma(a)=\int_0^\infty x^{a-1}e^{-x} \text d x\ (a>0) $$ 为第二型欧拉积分.

    其实这个 \(\Gamma(a)\) 函数在我们之前的课程中也定义过, 不过当时我们是用阶乘函数, 用无穷乘积的形式来定义的.
    $$ \Gamma(x)=\Pi(x-1)=x^{-1}\Pi(x), $$
    $$ \dfrac{1}{\Gamma(x)}=x\prod\limits_{n=1}^\infty(1+\dfrac{x}{n})(1+\dfrac 1 n)^{-x}. $$

下面我们先来探究这两个证明是否等价.

证明

  • 当 \(s>0\) 时有

    $$
    \begin{aligned}
    \Gamma(s) &= \frac 1 s \prod\limits_{n=1}^\infty(1+\frac s n)^{-1}(1+\frac 1 n)^s \\ &= \frac 1 s \cdot \lim\limits_{N\to \infty}\prod\limits_{n=1}^N (1+\frac s n)^{-1}(1+\frac 1 n)^s \\ &= \frac 1 s \cdot \lim\limits_{N\to\infty}\dfrac{N!\cdot N^s}{(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}.
    \end{aligned}
    $$

    注意到极限中的内容和我们之前推导的 \(\text B\) 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
    $$ \text B(s,N+1)=\frac{N}{s+N}\text B(s,N)=\cdots=B(s,1)\dfrac{N!}{(s+1)(s+2)\cdots(s+N)} $$

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

    我们可以得到

    $$
    \begin{aligned}
    \Gamma(s) &= \frac 1 s \cdot \lim\limits_{N\to\infty}\dfrac{N!\cdot N^s}{(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}\\ &= \lim\limits_{N\to \infty}\text B(s,1)\dfrac{N!\cdot N^s}{(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}\\ &= \lim\limits_{N\to \infty}\text B(s,N+1)N^s\\ &= \lim\limits_{N\to \infty}N^s\int_0^1 x^{s-1}(1-x)^N\text d x.
    \end{aligned}
    $$

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

    由\(\text{伯努利不等式}\) \(x>-1\) 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 $$ \left|\int_0^N e^{-x}x^{s-1}\text d x-\int_0^N\left(1-\frac x N\right)^N x^{s-1}\text d x \right|\leqslant\int_0^N \frac{e^{-x}x^{s+1}}{N}\text d x <\frac 1 N\int_0^{+\infty}e^{-x}x^{s+1}\text d x. $$

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

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

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

    故这两种定义方式等价.

除此之外, \(\Gamma\) 函数, 还有两种定义方式.

第一种是上述证明过程中出现过的极限定义, 也称欧拉-高斯公式.

$$ \Gamma(s)=\lim\limits_{N\to\infty}\dfrac{N!\cdot N^s}{s(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}. $$

第二种则引入了\(\text{欧拉常数}\) \(\gamma\).

设 \(H_n=\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{1}{i}\), 则称 \(\gamma=\lim\limits_{n\to \infty}H_n-\ln n\).

那么我们就有 \(\Gamma\) 函数的 Weierstrass 积形式.

$$ \Gamma(s)=\dfrac{e^{-\gamma s}}{s}\prod\limits_{n=1}^\infty \left(1+\dfrac s n\right)^{-1}e^{\frac s n}. $$

性质

从我们证明两种定义方式等价的过程中, 不难发现这两类欧拉积分并不是孤立的, 下面我们就来探究这两类欧拉积分的关系.

接下来, 我们证明

性质

  • \[ \text B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)},\qquad \forall p>0,q>0. \]

证明

  • 对 \(\text B(p,q)\) 用 \(x=\sin^2\theta\) 换元得到

    $$ \text B(p,q)=2\int_0^{\frac \pi 2} \sin ^{2p-1}\theta \cos ^{2q-1} \theta \text d \theta. $$

    对 \(\Gamma(p)\) 用 \(x=s^2\) 换元得到

    $$ \Gamma(p)=2\int_0^\infty s^{2p-1}e^{-s^2}\text d s. $$

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

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

    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.
    $$
    \begin{aligned}
    \Gamma(p)\Gamma(q)&=4\int_0^\infty r^{2p+2q-2}e^{-r^2}r\text d r \int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta \text d \theta\\ &=4\int_0^\infty r^{2(p+q)-1}e^{-r^2}\text d r \int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta \text d \theta\\ &=\int_0^\infty r^{(p+q)-1}e^{-r}\text d r \cdot 2\int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta \text d \theta\\ &=\Gamma(p+q)\text B(p,q).
    \end{aligned}
    $$

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

推论

  • 在上述证明过程中, 我们取 \(q=\frac{1}{2}\), 则 对于 \(j>-1\) 我们有 $$ \int_0^\pi \sin^j \theta\text{d}\theta = \text B\left(\frac{j+1}{2},\frac 1 2\right)=\frac{\Gamma\left(\frac{j+1} 2\right)\Gamma\left(\frac 1 2\right)}{\Gamma\left(\frac{j+2} 2\right)} $$

性质 余元公式

  • \[ \Gamma(p)\Gamma(1-p)=\frac{\pi}{\sin p\pi} \]

为了证明这个事情, 我们先证明一个引理.

引理

  • \[ \sin x = x \prod\limits_{n=1}^\infty \left(1-\dfrac{x^2}{n^2\pi^2}\right) \]

证明

  • 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 \(x\to\frac{x}{2n+1}\)

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

    \(\forall 1 \leqslant m<n\) 有

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

    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.

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

下面由 \(\Gamma\) 函数的极限定义来证明\(\text{余元公式}\)

证明

  • \[ \begin{aligned} \Gamma(p)\Gamma(1-p)&=\lim\limits_{N\to \infty}\dfrac{N!\cdot N^p \cdot N! \cdot N^{1-p}}{p(p+1)\cdots(p+N)(1-p)(1-p+1)\cdots(1-p+N)} \\ &=\lim\limits_{N\to\infty}\dfrac{N\cdot N!\cdot N!}{p(1-p^2)(2^2-p^2)\cdots(N^2-p^2)(1+N-p)} \\ &=\lim\limits_{N\to \infty}\dfrac{N}{1-p+N}\cdot \dfrac{1}{p\prod\limits_{k=1}^N(1-\frac{p^2}{k^2})} \end{aligned} \]

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

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

性质 倍元公式, 也称勒让德公式

  • \[ \Gamma\left(\frac 1 2\right)\Gamma(2x)=2^{2x-1}\Gamma(x)\Gamma\left(x+\frac 1 2\right) \]

在之前的作业中, 我们已经用无穷乘积的定义方式证明过该公式, 下面我们用另一种方式再次证明这个问题.

证明

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

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

    $$ \Leftrightarrow \int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{-\frac 1 2}\text d t=2^{2x-1}\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{x-1}\text d t $$

    接下来通过若干次变量替换可得

$$ 

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

$$ 

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

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

应用

在之前的作业中, 我们已经证明过了斯特林 (Stirling) 公式. 下面我们用另外的两种方式进行证明.

引理

  • 对于任意给定的 \(a\) 有,
    $$ \dfrac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+a)}=x^{-a}+O\left(x^{-a-1}\right) $$

证明

  • 先假定 \(a>1\),

    $$
    \begin{aligned}
    \dfrac{\Gamma(x)\Gamma(a)}{\Gamma(x+a)} &=\text B(x,a) \\ &= \int_0^1 (1-y)^{a-1}y^{x-1} \text d y \\ &= \int_0^\infty (1-e^{-t})^{a-1}e^{-xt}\text d t\\ &=\int_0^{\frac 1 {\sqrt{x}}} (1-e^{-t})^{a-1}e^{-xt}\text d t+\int_{\frac 1 {\sqrt{x}}}^\infty (1-e^{-t})^{a-1}e^{-xt}\text d t \\ &\triangleq I_1+I_2
    \end{aligned}
    $$

    下面我们分别对 \(I_1\) 和 \(I_2\) 进行估计.

    $$
    \begin{aligned}
    I_1 &=\int_0^{\frac 1 {\sqrt{x}}} (1-e^{-t})^{a-1}e^{-xt}\text d t \\ &= \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} (t+O\left(t^2\right))^{a-1} \cdot e^{-xt} \text d t\\ &= \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}(1+O\left(t\right))^{a-1}\cdot e^{-xt}\text d t
    \end{aligned}
    $$

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

    $$
    \begin{aligned}
    I_1 &=\int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}(1+O\left(t\right))^{a-1}\cdot e^{-xt}\text d t \\ &= \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}(1+O\left(t\right))\cdot e^{-xt}\text d t \\ &= \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}\cdot e^{-xt} \text d t + \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} O\left(t\right)\cdot t^{a-1}\cdot e^{-xt}\text d t \\ &=\int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}\cdot e^{-xt} \text d t +O\left(\int_0^{\frac 1 {\sqrt x}}\cdot t^a\cdot e^{-xt}\text d t\right)
    \end{aligned}
    $$

    作换元 \(t=xt\)

    $$
    \begin{aligned}
    I_1 &= \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}\cdot e^{-xt} \text d t +O\left(\int_0^{\frac {1} {\sqrt x}}\cdot t^a\cdot e^{-xt}\text d t\right) \\ &= x^{-a}\int_0^{\sqrt x} t^{a-1}\cdot e^{-t} \text d t + O\left(\int_0^{\frac 1 {\sqrt x}}\cdot t^a\cdot e^{-xt}\text d t\right) \\ &= x^{-a}\int_0^\infty t^{a-1}\cdot e^{-t} \text d t + O\left(x^{-a}\int_{\sqrt x}^\infty t^{a-1}\cdot e^{-t} \text d t\right) + O\left(x^{-a-1}\int_0^{{\sqrt x}}\cdot t^a\cdot e^{-t}\text d t\right) \\ \end{aligned}
    $$

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

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

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

    $$ I_2=\int_{\frac 1 {\sqrt x}}^\infty (1-e^{-t})^{a-1}\cdot e^{-xt}\text d t=O\left(\int_{\frac 1 {\sqrt x}}^\infty e^{-xt}\text d t\right)=O\left(\dfrac 1 {xe^{\sqrt x}}\right)=O\left(x^{-a-1}\right). $$

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

    $$ \Rightarrow \dfrac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+a)}=x^{-a}+O(x^{-a-1}) $$

    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.

定理 斯特林公式

  • \[ \log \Gamma(s)=(s-\frac 1 2)\log s - s + \frac 1 2 \log 2 \pi +O\left(\frac 1 s\right). \]

证明

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

    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

    $$
    \begin{aligned}
    \log \dfrac{\Gamma(n)}{\Gamma(n+a)} &= \log(n^{-a}+O(n^{-a-1})) \\ &= \log n^{-a} + \log\left(1+O\left(\frac 1 n\right)\right)\\ &=-a \log n+O\left(\frac 1 n\right)
    \end{aligned}
    $$

    从而

    $$
    \begin{aligned}
    \log \Gamma(x)&=\log \Gamma(n)+a \log n + O\left(\frac 1 n\right)\\ &=(n-\frac 1 2)\log n -n +C + a\log n + O\left(\frac 1 2\right) \\ &=(x-a-\frac 1 2)\log (x-a)-x+a+C+a\log (x-a) +O\left(\frac 1 x\right) \\ &=(x-\frac 1 2)[\log x +\log (1-\frac a x)]-x+a+C+O\left(\frac 1 x\right)\\ &=(x-\frac 1 2)\log x-x+C+(x-\frac 1 2)\left(-\frac a x+O\left(\frac 1 {x^2}\right)\right)+a+O\left(\frac 1 x\right) \\ &=(x-\frac 1 2)\log x -x +C +O\left(\frac 1 x\right)
    \end{aligned}
    $$

    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

    $$ x\log (1+\dfrac 1 {2x})-\dfrac 1 2 - \dfrac 1 2 \log 2 + C +O\left(\dfrac 1 x \right)=\log \Gamma(\dfrac 1 2) $$

    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 $$ \log \Gamma(s)=(s-\frac 1 2)\log s - s + \frac 1 2 \log 2 \pi +O\left(\frac 1 s\right). $$

以书本例题为例

除了这种方式之外, 下面再通过书本习题 \(14.2\) 中的一组题来证明这件事.

  1. 设 \(s \geqslant 2\), 利用 (14.17) 以及变量替换证明
    $$ \Gamma(s)=(s-1)^s e^{1-s}\int_{-1}^{+\infty}((1+x)e^{-x})^{s-1} \text d x. $$

证明

  • 做变量替换 \(x \to (s-1)(x+1)\) 则有

$$ 

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

$$

  1. 设 \(s \geqslant 2\), 并记 \(\delta = s^{-0.4}\), 利用 \(2.24\) 证明
    $$ \int_{-\delta}^{\delta} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \text d x = \sqrt{\frac{2\pi}{s}} + O\left(\frac{1}{s\sqrt{s}}\right). $$

证明

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

    其中

    (1)

$$ 

        \begin{aligned} 
            \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x^2} \text d x = \sqrt{\frac{2}{s-1}}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} \text d x = \sqrt{\frac{2\pi}{s-1}}.
        \end{aligned}

$$ 

(2)

$$ 

        \begin{aligned} 
            \int_{\delta}^{+\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x^2} \text d x &= \sqrt{\frac{2}{s-1}} \int_{\delta \sqrt{\frac{s-1}{2}}}^{+\infty} e^{-x^2} \text d x \ll \frac{1}{\sqrt{s}}\int_{\delta \sqrt{\frac{s-1}{2}}}^{+\infty} e^{-x} \text d x \\
            &= \frac{1}{\sqrt{s}} \cdot e^{-\delta\sqrt{\frac{s-1}{2}}} \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}.
        \end{aligned}

$$ 

(3) $e^{-\frac{s-1}{2}x^2}\dfrac{x^3}{3}$ 是奇函数积分是 $0$.
(4)

$$ 

        \begin{aligned} 
            s\int_0^\delta e^{-\frac{s-1}{2}x^2} x^4 \text d x = s\int_0^{\frac{s-1}{2}\delta^2} e^{-x}\frac{4}{(s-1)^2}x^2 \text 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}} \text d x \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}.
        \end{aligned}

$$ 

所以有  $$ \int_{-\delta}^{\delta}((1+x)e^{-x})^{s-1} \text d x = \sqrt{\frac{2\pi}{s}}+O\left(\frac{1}{s\sqrt{s}}\right). $$
  1. 通过考察被积函数的单调性证明

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

证明

  • 一方面, 因为 \((1+x)e^{-x}\) 在 \([-1,-\delta]\) 上单调递增, 故而

$$ 

    \begin{aligned}  
        \int_{-1}^{-\delta} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \text 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}

$$ 

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{aligned}  
        \int_{\delta}^{+\infty} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \text d x &= \int_{\delta}^4 ((1+x)e^{-x})^{s-1} \text d x + \int_{4}^{+\infty} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \text 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} \text 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}

$$ 

所以有  $$ \int_{-1}^{-\delta}((1+x)e^{-x})^{s-1} \text d x + \int_{\delta}^{+\infty}((1+x)e^{-x})^{s-1}\text d x \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}. $$
  1. 对 \(s \geqslant 2\) 证明斯特林公式
    $$ \log\Gamma(s) = (s-\frac{1}{2})\log s - s +\frac{1}{2}\log{2\pi}+O\left(\frac{1}{s}\right). $$

证明

  • 有了前几题的铺垫, 我们可以得到

$$ 

    \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}

$$

至此, 我们已经重新证明了斯特林公式. 但在此之中我们取 \(\delta=s^{-0.4}\) 这个值并不是唯一的, 下面我们在来观察一下 \(\delta\) 的取值. 我们设 \(\delta=s^{-\alpha}\).

首先我们先关注所有用到 \(\delta\) 取值的等式,(),()().

其中 () 最后一步要成立就得满足 \(\alpha<\frac 1 2\)

() 最后一步要满足 \(3\alpha>1 \wedge 2\alpha<1 \Rightarrow \frac 1 3\alpha<\frac1 2\)

() 要求与 () 相同

综上 \(\alpha\) 的取值范围为 \((\frac 1 3,\frac 1 2)\).

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