欧拉反射公式和利用Fourier级数的证明

$\Gamma$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。 显然我们有，

$$\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(1-x)}{\Gamma(x+1-x)}=B(x,1-x)$$

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: \

$$\int_{0}^{\pi/2}\cot^{2x-1}\theta d\theta=\frac{\pi}{2\sin\pi{x}}\quad 0<x<1$$

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$\int_{0}^{\pi/2}\tan^{2x-1}\theta d\theta$的值了。

接下来，我们试着算一下一个很“基本”的定积分

$$I_p=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^p}dx\quad p>1$$

这个时候因式分解已经不可行了。 实际上有理式因式分解本来就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（有2019个复根！）。 而如果利用余元公式，根本不需要这些工作。

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

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

也就是说，对于这类积分，有一个普适性的结果:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^p}dx=\frac{\pi}{p\sin\frac{\pi}{p}} \quad p>1$$

繁杂的因式分解突然消失了（更何况如果$p$不是整数，根本没有多项式因式分解的说法）。

这时还可以计算一个极限:

$$\lim_{p\to\infty}I_p=\lim_{p\to\infty}\frac{\frac{\pi}{p}}{\sin\frac{\pi}{p}}=1$$

最后我们利用这一个公式计算一个很“不基本”的反常积分。

$$\int_{0}^{1}\ln\Gamma(x)dx.$$

利用微积分换元公式，我们有

$$\int_0^1\ln\Gamma(x)dx=\int_1^0 \ln\Gamma(1-x)d(1-x)=\int_0^1\ln\Gamma(1-x)dx.$$

从而原积分可以写成自己和自己的和，也就是说，

$$\begin{aligned} \int_0^1\ln\Gamma(x)dx&=\frac{1}{2}\int_0^1\ln\Gamma(x)\Gamma(1-x)dx \\ &=\frac{1}{2}\int_0^1\ln\frac{\pi}{\sin\pi{x}}dx \\ &=\frac{1}{2}\ln\pi-\frac{1}{2}\int_0^1\ln\sin{\pi{x}}dx \\ &=\frac{1}{2}\ln(2\pi) \end{aligned}$$

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

$$\lim_{n\to\infty}\int_{a}^{b}f_n(x)dx=\int_{a}^{b}\lim_{n \to\infty} f_n(x)dx=\int_{a}^{b}f(x)dx$$

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。 但是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

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

$\alpha$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，是很不划算的。