第十五章 含参变量积分

本章包含含参变量积分相关的重要定理。

§1 含参变量的常义积分

定义15.1.1 含参变量的常义积分

设 $f(x,y)$ 在矩形区域 $D=[a,b]\times [c,d]$ 上连续，则对每个固定的 $y\in [c,d]$，积分

$$I(y)={\int }_a^{b}f(x,y)\mathrm{d}x$$

存在，称为含参变量 $y$ 的常义积分（或含参变量的定积分），它确定了一个关于 $y$ 的函数 $I(y)$。

例子：定义15.1.1 含参变量的常义积分 — 例子

§2 含参变量的反常积分

定义15.2.1 含参变量的反常积分

设 $f(x,y)$ 在 $[a,+\infty )\times [c,d]$ 上有定义，且对每个 $y\in [c,d]$，反常积分

$$I(y)={\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$$

收敛，则称 $I(y)$ 为含参变量 $y$ 的反常积分。

例子：定义15.2.1 含参变量的反常积分 — 例子

定义15.2.2 含参变量反常积分的一致收敛

设含参变量反常积分 $I(y)={\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$ 在 $[c,d]$ 上逐点收敛。如果对于任意给定的 $\epsilon >0$，存在 $A_0>0$，使得当 $A>A_0$ 时，对一切 $y\in [c,d]$，都成立

$$\left|{\int }_A^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x\right|<\epsilon ,$$

则称该含参变量反常积分在 $[c,d]$ 上一致收敛。

例子：定义15.2.2 含参变量反常积分的一致收敛 — 例子

定义15.3.1 Gamma函数

$$\Gamma (s)={\int }_0^{+\infty }{x}^{s-1}{e}^{-x}\mathrm{d}x(s>0)$$

称为 Gamma函数（或 $\Gamma$ 函数）。

例子：定义15.3.1 Gamma函数 — 例子

定义15.3.2 Beta函数

$$\mathrm{B}(p,q)={\int }_0^1{x}^{p-1}(1-x{)}^{q-1}\mathrm{d}x(p>0,q>0)$$

称为 Beta函数（或 $\mathrm{B}$ 函数）。

例子：定义15.3.2 Beta函数 — 例子

定理15.1.1 连续性定理

定理陈述：设 $f(x,y)$ 在矩形 $[a,b]\times [c,d]$ 上连续，则 $I(y)={\int }_a^{b}f(x,y)\mathrm{d}x$ 在 $[c,d]$ 上连续。

证明：

核心想法：$f$ 在有界闭矩形上一致连续，所以 $|f(x,y+\Delta y)-f(x,y)|$ 一致小，积分后也小。

第1步：$f$ 在 $[a,b]\times [c,d]$ 上连续，由定理11.2.6（Cantor定理的多元版本），$f$ 一致连续。

第2步：对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，当 $|y_1-y_2|<\delta$ 时，对一切 $x\in [a,b]$：

$$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|<\frac{\epsilon }{b-a}.$$

第3步：

$$|I(y_1)-I(y_2)|=\left|{\int }_a^b[f(x,y_1)-f(x,y_2)]\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_a^b|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\mathrm{d}x<\frac{\epsilon }{b-a}\cdot (b-a)=\epsilon .$$

所以 $I(y)$ 在 $[c,d]$ 上一致连续，当然连续。

证毕

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例子：定理15.1.1 连续性定理 — 例子

定理15.1.2 积分交换定理

定理陈述：设 $f(x,y)$ 在 $[a,b]\times [c,d]$ 上连续，则：

$${\int }_c^d\mathrm{d}y{\int }_a^{b}f(x,y)\mathrm{d}x={\int }_a^b\mathrm{d}x{\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y.$$

证明：

核心想法：令 $I_1={\int }_c^{d}I(y)\mathrm{d}y$，$I_2={\int }_a^{b}J(x)\mathrm{d}x$，其中 $I(y)={\int }_a^{b}f\mathrm{d}x$，$J(x)={\int }_c^{d}f\mathrm{d}y$。构造辅助函数 $\phi (t)={\int }_c^{t}I(y)\mathrm{d}y-{\int }_c^t\mathrm{d}y{\int }_a^{b}f(x,y)\mathrm{d}x$，但更直接的方法是用二重积分。

第1步：由定理13.2.1，$f$ 在矩形 $[a,b]\times [c,d]$ 上的二重积分可以化为两种顺序的累次积分。

第2步：先对 $x$ 后对 $y$：

$${\iint }_{[a,b]\times [c,d]}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_c^d\mathrm{d}y{\int }_a^{b}f(x,y)\mathrm{d}x.$$

第3步：先对 $y$ 后对 $x$：

$${\iint }_{[a,b]\times [c,d]}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_a^b\mathrm{d}x{\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y.$$

第4步：两种顺序的结果都等于同一个二重积分，所以：

$${\int }_c^d\mathrm{d}y{\int }_a^{b}f(x,y)\mathrm{d}x={\int }_a^b\mathrm{d}x{\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y.$$

证毕

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例子：定理15.1.2 积分交换定理 — 例子

定理15.1.3 积分号下求导定理

定理陈述：设 $f(x,y)$ 和 $f_y(x,y)$ 都在 $[a,b]\times [c,d]$ 上连续，则 $I(y)={\int }_a^{b}f(x,y)\mathrm{d}x$ 在 $[c,d]$ 上可导，且：

$$I^{\prime }(y)={\int }_a^b\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\mathrm{d}x.$$

证明：

核心想法：用导数定义，将差商 $\frac{I(y+\Delta y)-I(y)}{\Delta y}$ 中的差 $f(x,y+\Delta y)-f(x,y)$ 用微分中值定理展开，然后取极限。

第1步：

$$\frac{I(y+\Delta y)-I(y)}{\Delta y}={\int }_a^b\frac{f(x,y+\Delta y)-f(x,y)}{\Delta y}\mathrm{d}x.$$

第2步：对每个 $x$，由一元微分中值定理：

$$\frac{f(x,y+\Delta y)-f(x,y)}{\Delta y}=f_y(x,y+{\theta }_x\Delta y),0<{\theta }_x<1.$$

第3步：需要证明 ${\int }_a^b{f}_y(x,y+{\theta }_x\Delta y)\mathrm{d}x\to {\int }_a^b{f}_y(x,y)\mathrm{d}x$（$\Delta y\to 0$）。

第4步：$f_y$ 在 $[a,b]\times [c,d]$ 上连续，所以一致连续。对任意 $\epsilon >0$，存在 $\delta >0$，当 $|\Delta y|<\delta$ 时：

$$|f_y(x,y+{\theta }_x\Delta y)-f_y(x,y)|<\frac{\epsilon }{b-a},\forall x\in [a,b].$$

第5步：

$$\left|{\int }_a^b{f}_y(x,y+{\theta }_x\Delta y)\mathrm{d}x-{\int }_a^b{f}_y(x,y)\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_a^b|f_y(x,y+{\theta }_x\Delta y)-f_y(x,y)|\mathrm{d}x<\epsilon .$$

所以 $I^{\prime }(y)={\int }_a^b{f}_y(x,y)\mathrm{d}x$。

证毕

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例子：定理15.1.3 积分号下求导定理 — 例子

定理15.1.4 变限含参积分的求导

定理陈述：设 $f(x,y)$ 和 $f_y(x,y)$ 在 $[a,b]\times [c,d]$ 上连续，$\alpha (y),\beta (y)$ 在 $[c,d]$ 上可导且 $a⩽\alpha (y),\beta (y)⩽b$，则：

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}{\int }_{\alpha (y)}^{\beta (y)}f(x,y)\mathrm{d}x={\int }_{\alpha (y)}^{\beta (y)}\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\mathrm{d}x+f(\beta (y),y){\beta }^{\prime }(y)-f(\alpha (y),y){\alpha }^{\prime }(y).$$

证明：

核心想法：令 $F(u,v,y)={\int }_u^{v}f(x,y)\mathrm{d}x$，用链式法则求 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}F(\alpha (y),\beta (y),y)$。

第1步：令 $F(u,v,y)={\int }_u^{v}f(x,y)\mathrm{d}x$。

第2步：$\frac{\partial F}{\partial v}=f(v,y)$（变上限积分求导），$\frac{\partial F}{\partial u}=-f(u,y)$（变下限积分求导）。

第3步：由定理15.1.3，$\frac{\partial F}{\partial y}={\int }_u^v{f}_y(x,y)\mathrm{d}x$。

第4步：由链式法则：

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}F(\alpha (y),\beta (y),y)=F_u\cdot {\alpha }^{\prime }(y)+F_v\cdot {\beta }^{\prime }(y)+F_y.$$

第5步：代入：

$$=-f(\alpha (y),y){\alpha }^{\prime }(y)+f(\beta (y),y){\beta }^{\prime }(y)+{\int }_{\alpha (y)}^{\beta (y)}{f}_y(x,y)\mathrm{d}x.$$

证毕

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例子：定理15.1.4 变限含参积分的求导 — 例子

§2 含参变量的反常积分

定理15.2.1 一致收敛的Weierstrass判别法

定理陈述：设 $f(x,y)$ 在 $[a,+\infty )\times [c,d]$ 上连续，若存在 $F(x)$ 使得 $|f(x,y)|⩽F(x)$ 且 ${\int }_a^{+\infty }F(x)\mathrm{d}x$ 收敛，则 ${\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$ 关于 $y\in [c,d]$ 一致收敛。

证明：

核心想法：用Cauchy准则。${\int }_A^{+\infty }F(x)\mathrm{d}x$ 收敛 $\Rightarrow$ 尾部任意小，而 $|f|⩽F$，所以 ${\int }_A^{+\infty }f$ 的尾部也任意小。

第1步：${\int }_a^{+\infty }F(x)\mathrm{d}x$ 收敛，由Cauchy准则：对任意 $\epsilon >0$，存在 $A_0>a$，当 $A_2>A_1>A_0$ 时：

$${\int }_{A_1}^{A_2}F(x)\mathrm{d}x<\epsilon .$$

第2步：对任意 $y\in [c,d]$：

$$\left|{\int }_{A_1}^{A_2}f(x,y)\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_{A_1}^{A_2}|f(x,y)|\mathrm{d}x⩽{\int }_{A_1}^{A_2}F(x)\mathrm{d}x<\epsilon .$$

第3步：由Cauchy准则，${\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$ 关于 $y\in [c,d]$ 一致收敛。

证毕

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例子：定理15.2.1 一致收敛的Weierstrass判别法 — 例子

定理15.2.2 一致收敛的Dirichlet判别法

定理陈述：设 $f(x,y)=g(x,y)\cdot h(x,y)$，若：

1. 对每个 $y$，$g(x,y)$ 关于 $x$ 单调且当 $x\to +\infty$ 时关于 $y$ 一致趋于零；
2. ${\int }_a^{A}h(x,y)\mathrm{d}x$ 关于 $y$ 一致有界；

则 ${\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$ 关于 $y$ 一致收敛。

证明：

核心想法：用积分第二中值定理 + Abel变换的思想。

第1步：由条件2，存在 $M>0$，对一切 $A>a$ 和 $y\in [c,d]$：$\left|{\int }_a^{A}h(x,y)\mathrm{d}x\right|⩽M$。

第2步：由条件1，对任意 $\epsilon >0$，存在 $A_0$，当 $x>A_0$ 时 $|g(x,y)|<\frac{\epsilon }{4M}$ 对一切 $y$ 成立。

第3步：对 $A_2>A_1>A_0$，由积分第二中值定理（$g$ 单调）：

$${\int }_{A_1}^{A_2}g(x,y)h(x,y)\mathrm{d}x=g(A_1,y){\int }_{A_1}^{\xi }h(x,y)\mathrm{d}x+g(A_2,y){\int }_{\xi }^{A_2}h(x,y)\mathrm{d}x.$$

第4步：

$$\left|{\int }_{A_1}^{\xi }h(x,y)\mathrm{d}x\right|=\left|{\int }_a^{\xi }h\mathrm{d}x-{\int }_a^{A_1}h\mathrm{d}x\right|⩽2M.$$

同理 $\left|{\int }_{\xi }^{A_2}h(x,y)\mathrm{d}x\right|⩽2M$。

第5步：

$$\left|{\int }_{A_1}^{A_2}g\cdot h\mathrm{d}x\right|⩽|g(A_1,y)|\cdot 2M+|g(A_2,y)|\cdot 2M<\frac{\epsilon }{4M}\cdot 2M+\frac{\epsilon }{4M}\cdot 2M=\epsilon .$$

由Cauchy准则，一致收敛。

证毕

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例子：定理15.2.2 一致收敛的Dirichlet判别法 — 例子

定理15.2.3 一致收敛的Abel判别法

定理陈述：设 $f(x,y)=g(x,y)\cdot h(x,y)$，若：

1. ${\int }_a^{+\infty }h(x,y)\mathrm{d}x$ 关于 $y$ 一致收敛；
2. $g(x,y)$ 关于 $x$ 单调且关于 $y$ 一致有界；

则 ${\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$ 关于 $y$ 一致收敛。

证明：

核心想法：与Dirichlet判别法类似，用积分第二中值定理。

第1步：由条件2，存在 $M>0$，$|g(x,y)|⩽M$ 对一切 $x,y$。

第2步：由条件1，对任意 $\epsilon >0$，存在 $A_0$，当 $A_2>A_1>A_0$ 时：

$$\left|{\int }_{A_1}^{A_2}h(x,y)\mathrm{d}x\right|<\frac{\epsilon }{2M}.$$

第3步：由积分第二中值定理（$g$ 单调）：

$${\int }_{A_1}^{A_2}g(x,y)h(x,y)\mathrm{d}x=g(A_1,y){\int }_{A_1}^{\xi }h\mathrm{d}x+g(A_2,y){\int }_{\xi }^{A_2}h\mathrm{d}x.$$

第4步：

$$\left|{\int }_{A_1}^{A_2}g\cdot h\mathrm{d}x\right|⩽M\cdot \frac{\epsilon }{2M}+M\cdot \frac{\epsilon }{2M}=\epsilon .$$

由Cauchy准则，一致收敛。

证毕

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例子：定理15.2.3 一致收敛的Abel判别法 — 例子

定理15.2.4 连续性定理（反常积分）

定理陈述：设 $f(x,y)$ 在 $[a,+\infty )\times [c,d]$ 上连续，${\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$ 关于 $y\in [c,d]$ 一致收敛，则 $I(y)={\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$ 在 $[c,d]$ 上连续。

证明：

核心想法：将反常积分拆成 ${\int }_a^A+{\int }_A^{+\infty }$，有限部分由定理15.1.1连续，无穷尾部由一致收敛控制。

第1步：对任意 $\epsilon >0$，由一致收敛，存在 $A_0$，当 $A>A_0$ 时：

$$\left|{\int }_A^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x\right|<\frac{\epsilon }{3},\forall y\in [c,d].$$

第2步：固定 $A>A_0$。$I_A(y)={\int }_a^{A}f(x,y)\mathrm{d}x$ 由定理15.1.1在 $[c,d]$ 上连续。

第3步：对 $y_0\in [c,d]$，存在 $\delta >0$，当 $|y-y_0|<\delta$ 时 $|I_A(y)-I_A(y_0)|<\frac{\epsilon }{3}$。

第4步：

$$|I(y)-I(y_0)|⩽|I(y)-I_A(y)|+|I_A(y)-I_A(y_0)|+|I_A(y_0)-I(y_0)|<\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}=\epsilon .$$

所以 $I(y)$ 在 $y_0$ 连续。

证毕

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例子：定理15.2.4 连续性定理（反常积分） — 例子

定理15.2.5 积分交换定理（反常积分）

定理陈述：设 $f(x,y)$ 在 $[a,+\infty )\times [c,d]$ 上连续，${\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$ 关于 $y\in [c,d]$ 一致收敛，则：

$${\int }_c^d\mathrm{d}y{\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x={\int }_a^{+\infty }\mathrm{d}x{\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y.$$

证明：

核心想法：先交换有限积分，再令 $A\to +\infty$，利用一致收敛交换极限与积分。

第1步：对任意 $A>a$，由定理15.1.2：

$${\int }_c^d\mathrm{d}y{\int }_a^{A}f(x,y)\mathrm{d}x={\int }_a^A\mathrm{d}x{\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y.$$

第2步：令 $A\to +\infty$。左边 $={\int }_c^d{\lim }_{A\to +\infty }{\int }_a^{A}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_c^{d}I(y)\mathrm{d}y$。

第3步：需要验证 ${\lim }_{A\to +\infty }{\int }_c^d\mathrm{d}y{\int }_a^{A}f\mathrm{d}x={\int }_c^d{\lim }_{A\to +\infty }{\int }_a^{A}f\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。

由一致收敛，${\int }_a^{A}f(x,y)\mathrm{d}x\to I(y)$ 一致收敛，所以极限与积分可交换。

第4步：右边 ${\lim }_{A\to +\infty }{\int }_a^A\mathrm{d}x{\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y={\int }_a^{+\infty }\mathrm{d}x{\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y$。

第5步：两边相等，即得积分交换公式。

证毕

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例子：定理15.2.5 积分交换定理（反常积分） — 例子

定理15.2.6 积分号下求导定理（反常积分）

定理陈述：设 $f(x,y)$ 和 $f_y(x,y)$ 在 $[a,+\infty )\times [c,d]$ 上连续，${\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$ 对每个 $y$ 收敛，${\int }_a^{+\infty }{f}_y(x,y)\mathrm{d}x$ 关于 $y\in [c,d]$ 一致收敛，则：

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}{\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x={\int }_a^{+\infty }\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\mathrm{d}x.$$

证明：

核心想法：对有限积分用定理15.1.3，然后令 $A\to +\infty$，利用一致收敛交换极限与求导。

第1步：令 $I(y)={\int }_a^{+\infty }f(x,y)\mathrm{d}x$，$I_A(y)={\int }_a^{A}f(x,y)\mathrm{d}x$。

第2步：由定理15.1.3，$I_A^{\prime }(y)={\int }_a^A{f}_y(x,y)\mathrm{d}x$。

第3步：$I_A(y)\to I(y)$（逐点收敛），$I_A^{\prime }(y)={\int }_a^A{f}_y(x,y)\mathrm{d}x\to {\int }_a^{+\infty }{f}_y(x,y)\mathrm{d}x$（一致收敛，由条件）。

第4步：由函数列一致收敛与导数的关系：若 $I_A\to I$ 逐点收敛，$I_A^{\prime }\to J$ 一致收敛，则 $I$ 可导且 $I^{\prime }=J$。

所以 $I^{\prime }(y)={\int }_a^{+\infty }{f}_y(x,y)\mathrm{d}x$。

证毕

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例子：定理15.2.6 积分号下求导定理（反常积分） — 例子

§3 Γ函数与B函数

定理15.3.1 Γ函数的递推公式

定理陈述：$\Gamma (s+1)=s\Gamma (s)$（$s>0$），特别地 $\Gamma (n+1)=n!$（$n\in {\mathbf{N}}^{+}$）。

证明：

核心想法：用分部积分。

第1步：$\Gamma (s+1)={\int }_0^{+\infty }{x}^s{e}^{-x}\mathrm{d}x$。

第2步：分部积分，取 $u=x^s$，$\mathrm{d}v=e^{-x}\mathrm{d}x$，则 $\mathrm{d}u=s{x}^{s-1}\mathrm{d}x$，$v=-e^{-x}$：

$$\Gamma (s+1)={\left[-x^s{e}^{-x}\right]}_0^{+\infty }+s{\int }_0^{+\infty }{x}^{s-1}{e}^{-x}\mathrm{d}x.$$

第3步：边界项：$x=0$ 时 $x^s{e}^{-x}=0$；$x\to +\infty$ 时，$x^s{e}^{-x}\to 0$（指数衰减快于多项式增长）。

所以边界项为零。

第4步：$\Gamma (s+1)=s{\int }_0^{+\infty }{x}^{s-1}{e}^{-x}\mathrm{d}x=s\Gamma (s)$。

第5步：$\Gamma (1)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}\mathrm{d}x=1$。所以 $\Gamma (n+1)=n\Gamma (n)=n(n-1)\cdots 1\cdot \Gamma (1)=n!$。

证毕

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例子：定理15.3.1 Γ函数的递推公式 — 例子

定理15.3.2 B函数与Γ函数的关系

定理陈述：$B(p,q)=\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}$（$p,q>0$）。

证明：

核心想法：将 $\Gamma (p)\Gamma (q)$ 写成二重积分，作极坐标变换，得到 $B(p,q)\cdot \Gamma (p+q)$。

第1步：

$$\Gamma (p)\Gamma (q)={\int }_0^{+\infty }{x}^{p-1}{e}^{-x}\mathrm{d}x\cdot {\int }_0^{+\infty }{y}^{q-1}{e}^{-y}\mathrm{d}y={\int }_0^{+\infty }{\int }_0^{+\infty }{x}^{p-1}{y}^{q-1}{e}^{-(x+y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

第2步：作变换 $x=r{\cos }^2\theta$，$y=r{\sin }^2\theta$（$r>0$，$0<\theta <\frac{\pi }{2}$）。

第3步：$x+y=r$，$x^{p-1}{y}^{q-1}=r^{p+q-2}{\cos }^{2(p-1)}\theta {\sin }^{2(q-1)}\theta$。

第4步：计算Jacobi行列式。$\frac{\partial x}{\partial r}={\cos }^2\theta$，$\frac{\partial x}{\partial \theta }=-2r\cos \theta \sin \theta$；$\frac{\partial y}{\partial r}={\sin }^2\theta$，$\frac{\partial y}{\partial \theta }=2r\sin \theta \cos \theta$。

$$J={\cos }^2\theta \cdot 2r\sin \theta \cos \theta -(-2r\cos \theta \sin \theta ){\sin }^2\theta =2r\cos \theta \sin \theta ({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )=2r\cos \theta \sin \theta .$$

第5步：

$$\Gamma (p)\Gamma (q)={\int }_0^{+\infty }{\int }_0^{\pi /2}{r}^{p+q-2}{\cos }^{2(p-1)}\theta {\sin }^{2(q-1)}\theta \cdot e^{-r}\cdot 2r\cos \theta \sin \theta \mathrm{d}\theta \mathrm{d}r.$$

第6步：分离变量：

$$=2{\int }_0^{+\infty }{r}^{p+q-1}{e}^{-r}\mathrm{d}r\cdot {\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2p-1}\theta {\sin }^{2q-1}\theta \mathrm{d}\theta .$$

第7步：第一个积分 $=\Gamma (p+q)$。

第二个积分：令 $t={\cos }^2\theta$，$\mathrm{d}t=-2\cos \theta \sin \theta \mathrm{d}\theta$：

$$2{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2p-1}\theta {\sin }^{2q-1}\theta \mathrm{d}\theta ={\int }_0^1{t}^{p-1}(1-t{)}^{q-1}\mathrm{d}t=B(p,q).$$

第8步：所以 $\Gamma (p)\Gamma (q)=\Gamma (p+q)\cdot B(p,q)$，即 $B(p,q)=\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}$。

证毕

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例子：定理15.3.2 B函数与Γ函数的关系 — 例子

定理15.3.3 Γ函数的Bohr-Mollerup定理

定理陈述：$\Gamma (s)$ 是满足以下三个条件的唯一函数：

1. $f(1)=1$；
2. $f(s+1)=sf(s)$（$s>0$）；
3. $\ln f(s)$ 是凸函数。

证明：

核心想法：用凸性和递推关系确定 $\ln \Gamma (s)$ 在 $(0,1]$ 上的值，然后由递推延拓到 $(0,+\infty )$。

第1步：设 $f$ 满足三个条件。由条件2，$f(s+1)=sf(s)$，所以只需确定 $f$ 在 $(0,1]$ 上的值。

第2步：由条件3，$\phi (s)=\ln f(s)$ 是凸函数。对 $s\in (0,1]$，由递推 $n$ 次：

$$f(s+n)=(s+n-1)(s+n-2)\cdots s\cdot f(s).$$

所以 $\phi (s+n)=\ln (s+n-1)!+\ln f(s)$（这里 $(s+n-1)!$ 表示连乘）。

第3步：$\phi$ 是凸函数，所以对 $s\in (0,1]$：

$$\phi (s)⩽(1-s)\phi (n)+s\phi (n+1).$$

和

$$\phi (n+1)⩽\frac{s}{s+1}\phi (n)+\frac{1}{s+1}\phi (n+s+1).$$

第4步：由这些凸性不等式和递推关系，可以推出：

$$\frac{(n-1)!n^s}{s(s+1)\cdots (s+n-1)}⩽f(s)⩽\frac{(n-1)!n^s}{s(s+1)\cdots (s+n-1)}\cdot \frac{s+n}{n}.$$

第5步：令 $n\to \infty$，$\frac{s+n}{n}\to 1$，由夹逼定理：

$$f(s)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(n-1)!n^s}{s(s+1)\cdots (s+n-1)}.$$

第6步：这个极限正是Euler的$\Gamma$函数定义，所以 $f(s)=\Gamma (s)$。唯一性得证。

证毕

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例子：定理15.3.3 Γ函数的Bohr-Mollerup定理 — 例子

定理15.3.4 Stirling公式

定理陈述：

$$\Gamma (s+1)\sim \sqrt{2\pi s}{\left(\frac{s}{e}\right)}^s,s\to +\infty .$$

特别地，$n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$。

证明：

核心想法：用Laplace方法估计 $\Gamma (s+1)={\int }_0^{+\infty }{x}^s{e}^{-x}\mathrm{d}x$。被积函数在 $x=s$ 处取最大值，在最大值附近用二次近似。

第1步：$x^s{e}^{-x}=e^{s\ln x-x}$。令 $\phi (x)=s\ln x-x$，${\phi }^{\prime }(x)=\frac{s}{x}-1=0$ 得 $x=s$（最大值点）。

第2步：${\phi }^{\prime \prime }(x)=-\frac{s}{x^2}$，${\phi }^{\prime \prime }(s)=-\frac{1}{s}$。

第3步：在 $x=s$ 附近，$\phi (x)\approx \phi (s)+\frac{1}{2}{\phi }^{\prime \prime }(s)(x-s{)}^2=s\ln s-s-\frac{(x-s{)}^2}{2s}$。

第4步：主要贡献来自 $x=s$ 附近：

$$\Gamma (s+1)\approx e^{s\ln s-s}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{(x-s{)}^2}{2s}}\mathrm{d}x=e^{s\ln s-s}\sqrt{2\pi s}=\sqrt{2\pi s}{\left(\frac{s}{e}\right)}^s.$$

（这里用了 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-t^2/2}\mathrm{d}t=\sqrt{2\pi }$。）

第5步：严格证明需要验证：远离 $x=s$ 的部分贡献可忽略，以及二次近似的误差可控制。这可以通过将积分区间分成 $|x-s|⩽s^{1/2+\epsilon }$ 和其余部分来严格论证。

证毕

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例子：定理15.3.4 Stirling公式 — 例子

定理15.3.5 余元公式

定理陈述：$\Gamma (s)\Gamma (1-s)=\frac{\pi }{\sin \pi s}$（$0<s<1$）。

证明：

核心想法：用B函数与$\Gamma$函数的关系，以及 $B(s,1-s)=\frac{\pi }{\sin \pi s}$。

第1步：由定理15.3.2，$B(s,1-s)=\frac{\Gamma (s)\Gamma (1-s)}{\Gamma (1)}=\Gamma (s)\Gamma (1-s)$（因为 $\Gamma (1)=1$）。

第2步：计算 $B(s,1-s)={\int }_0^1{t}^{s-1}(1-t{)}^{-s}\mathrm{d}t$。

第3步：令 $t=\frac{1}{1+u}$，$\mathrm{d}t=-\frac{\mathrm{d}u}{(1+u{)}^2}$：

$$B(s,1-s)={\int }_0^{+\infty }\frac{u^{s-1}}{1+u}\mathrm{d}u.$$

第4步：用复变函数方法（留数定理）或如下实分析技巧：令 $u=e^v$：

$$B(s,1-s)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{e^{sv}}{1+e^v}\mathrm{d}v.$$

第5步：考虑复积分 ${\oint }_C\frac{e^{sz}}{1+e^z}\mathrm{d}z$，其中 $C$ 是矩形路径，顶点为 $-R,R,R+2\pi i,-R+2\pi i$。

第6步：被积函数在 $z=\pi i$ 处有一阶极点，留数为 $\frac{e^{s\pi i}}{e^{\pi i}}=-e^{s\pi i}$。

第7步：矩形路径上的积分：上下两条水平线上的积分分别为 ${\int }_{-R}^R\frac{e^{sv}}{1+e^v}\mathrm{d}v$ 和 $-{\int }_{-R}^R\frac{e^{s(v+2\pi i)}}{1+e^v}\mathrm{d}v=-e^{2\pi si}{\int }_{-R}^R\frac{e^{sv}}{1+e^v}\mathrm{d}v$。

竖直边上的积分当 $R\to \infty$ 时趋于零。

第8步：由留数定理：$(1-e^{2\pi si}){\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{e^{sv}}{1+e^v}\mathrm{d}v=2\pi i\cdot (-e^{s\pi i})$。

所以 $B(s,1-s)=\frac{-2\pi i{e}^{s\pi i}}{1-e^{2\pi si}}=\frac{2\pi i}{e^{s\pi i}-e^{-s\pi i}}=\frac{\pi }{\sin \pi s}$。

第9步：因此 $\Gamma (s)\Gamma (1-s)=\frac{\pi }{\sin \pi s}$。

证毕

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例子：定理15.3.5 余元公式 — 例子

相关链接

• 数学分析 定理索引
• 第十章 函数项级数
• 第十四章 曲线积分、曲面积分与场论

来源引用

• [数学分析 陈纪修 第三版 下](raw/数学分析 陈纪修 第三版 下/full.md)