欧拉反射公式和利用Fourier级数的证明

October 31, 2019
数学分析/Mathematical Analysis Fourier分析/Fourier Analysis Gamma函数

$\Gamma$函数将自然数和连续函数很自然地结合起来, 在各个领域有着各种意想不到的作用. 它的细节绝对不是只言片语能解释完的. 在这里我会介绍一个很有意思的公式: 欧拉反射公式. 当然, 如果视野仅仅停留在一个公式上, 那肯定不行.

欧拉反射公式

[ \Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\pi}{\sin\pi{x}}\quad 0<x<1 ]

一些简单的应用

不如先看一下能直接利用它得到什么结论. 两个$\Gamma$函数的乘积, 自然就和$B$函数能建立起联系. 实际上, [ \Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(1-x)}{\Gamma(x+1-x)}=B(x,1-x). ]

同时, 再利用$B$函数的三角函数变形式, 就有 [ B(x,1-x)=2\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2x-1}\theta\sin^{2(1-x)-1}\theta d\theta=2\int_{0}^{\pi/2}\cot^{2x-1}\theta d\theta ]

这时, 一个很奇妙的结论就出现了: [ \int_{0}^{\pi/2}\cot^{2x-1}\theta d\theta=\frac{\pi}{\sin\pi{x}}\quad 0<x<1 ]

如果直接计算这个积分是很困难的. 但是, 这两个欧拉积分却为我们提供了一个捷径. 那么正切函数的怎么计算?

其实计算方式是一样的. 这是因为, $B(p,q)=B(q,p)$(为什么?), 如果计算$B(1-x,x)$, 就能得到$\int_{0}^{\pi/2}\tan^{2x-1}\theta d\theta$了.

接下来, 我们试着算一下一个很”基本”的定积分 [ I_p=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^p}dx\quad p>1 ]

这个时候想因式分解都不让了. 实际上有理式因式分解不一定是最靠谱的办法. 如果要分解$(1+x^{2019})$, 那就太折磨人了. 如果利用余元公式, 根本不需要.

那么怎么才能通过欧拉反射公式解决呢? 首先将它转换成一个$B$函数.

令$x^p=u\in[0,+\infty)$. 此时 [ \begin{aligned} I_p &= \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{1+u}du^{\frac{1}{p}} \\
&= \frac{1}{p}\int_{0}^{+\infty}\frac{u^{\frac{1}{p}-1}}{1+u}du \end{aligned} ]

再令$\frac{u}{1+u}=v\in[0,1)$, 又能得到 [ \begin{aligned} I_p &= \frac{1}{p}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{u}{1+u}\right)^{\frac{1}{p}-1}\left(\frac{1}{1+u}\right)^{1-\frac{1}{p}}du \\
&= \frac{1}{p}\int_{0}^{1}v^{\frac{1}{p}-1}(1-v)^{2-\frac{1}{p}}dv \\
&= \frac{1}{p}B(\frac{1}{p},1-\frac{1}{p}) \\
&= \frac{\pi}{p\sin\frac{\pi}{p}} \end{aligned} ]

也就是说, 对于这类积分, 有一个普适性的结果: [ \int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^p}dx=\frac{\pi}{p\sin\frac{\pi}{p}} \quad p>1 ]

所以如果要计算$\int_0^{\infty}\frac{1}{1+x^3}dx$, 根本不需要进行繁琐的因式分解. 如果$p$是整数时, 就可以说, $\Gamma$函数在多项式和三角函数之间搭建起桥梁.

这时还可以计算一个极限: [ \lim_{p\to\infty}I_p=\lim_{p\to\infty}\frac{\frac{\pi}{p}}{\sin\frac{\pi}{p}}=1 ]

公式的证明

不得不说这是一件比较困难的事情. 我会在这里先介绍一种利用Arzela控制收敛定理进行证明的办法.

引理1: Arzela控制收敛定理(Arzela dominated convergence theorem, 1885)

设${f_n}$是在$[a,b]$上收敛于$f$的可积函数列(并不要求一致收敛), 若$f$也可积, 且${f_n}$在$[a,b]$上一致有界, 即存在$M>0$, 使得对每个$n$和所有$x\in[a,b]$同时满足$|f_n(x)\leq{M}$, 则有 [\lim_{n\to\infty}\int_{a}^{b}f_n(x)dx=\int_{a}^{b}f(x)dx]

上面这个式子本来需要一致收敛(这是非常严苛的), 但是Arzela发现只需要收敛和一致有界. 这个定理登场一百多年来, 一直没有一个让人满意的初等证明. 原因一个字:难. 如果感兴趣可以参考这里.

引理2: 余割函数的部分分式展开

[\csc{x}=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{2x}{x^2-n^2\pi^2}]

怎么得到的这个公式? 利用傅里叶展开.

注意到 [ \cos\alpha{t} = \frac{\sin\pi\alpha}{\pi\alpha}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{2\alpha}{\pi(\alpha^2-n^2\pi^2)}\sin\alpha\pi\cos{nt} ]

$\alpha$为整数时, $\csc\alpha\pi$不存在. $\alpha$不是整数时, 令$t=0$, $\alpha\pi=x$. 此时有 [ 1=\frac{\sin{x}}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{2x}{x^2-n^2\pi^2}\sin{x} ]

移项之后即得结论.

证明的第一步: 用定积分表示反射公式

我们已经知道$\Gamma(x)\Gamma(1-x)=B(x,1-x)$, 但这是远远不够的. 两个幂还有一个减号不是很好处理.

令$t=\frac{1}{1+y}$, 那么就有

[ B(x,1-x)=\int_{0}^{\infty}t^{1-x}(1-t)^{-x}dt=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{y^x(1+y)}dy ]

证明的第二步: 反常积分的计算

实际上要做的就是证明第一步得到的结果等于$\pi\csc{\pi{x}}$. 这个时候上文给出的两个引理就能用上了.

将这个积分分割成$(0,1)$和$[1,+\infty)$两个部分. 在$(0,1)$上, 利用幂级数的知识, 很容易得到 [ \frac{1}{y^x(1+y)}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}y^{n-x} ]

等式右侧的函数虽然不是一致收敛, 但是$n\geq{1}$时, 这个级数的部分和一致有界, 这时就可以用Arzela控制收敛定理了. 也就是说, 可以直接交换极限符号: [ \begin{aligned} \int_{0}^{1}\frac{dy}{y^x(1+y)}&=\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{y^x}+\sum(-1)^{n}y^{n-x}\right)dy \\
&=\frac{1}{1-x}+\sum(-1)^n\int_{0}^{1}y^{n-x}dy \\
&=\sum\frac{(-1)^{n-1}}{n-x} \end{aligned} ]

而$[1,+\infty)$的部分, 只需令$u=\frac{1}{y}$, 就回到了$(0,1)$上的情况了: [ \begin{aligned} \int_{1}^{+\infty}\frac{dy}{y^x(1+y)}&=\int_{0}^{1}\frac{du}{u^{1-x}(1+u)} \\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n-(1-x)}=\frac{1}{x}+\sum\frac{(-1)^{n}}{n+x} \end{aligned} ]

最后, 将两部分接起来, 就能得到 [ \begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}\frac{dy}{y^x(1+y)}&=\frac{1}{x}+\sum(-1)^{n}\left(\frac{1}{x-n}+\frac{1}{x+n}\right) \\
&=\frac{1}{x}+\sum(-1)^{n}\frac{2x}{x^2-n^2} \end{aligned} ]

而 [ \begin{aligned} \pi\csc\pi{x}&=\pi\left(\frac{1}{\pi{x}}+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{2\pi x}{\pi^2x^2-n^2\pi^2}\right) \\
&=\frac{1}{x}+\sum(-1)^{n}\frac{2x}{x^2-n^2} \end{aligned} ]

此即 [ B(x,1-x)=\pi\csc\pi{x} ] 即为所求的结论.

最后要说的

在实数范围证明这个问题确实是要花好大的功夫——甚至都用到了傅里叶级数. 但是 这一路上也可以看到很多重要的技巧, 回顾了很多基础知识. 还是那句话, 如果视野只局限在这个公式, 就很亏.


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