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

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,

同时,再利用$B$函数的三角函数变形式,就有

这时,一个很奇妙的结论就出现了: \

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

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

再令$\frac{u}{1+u}=v\in[0,1)$,又能得到

也就是说,对于这类积分,有一个普适性的结果:

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:

最后我们利用这一个公式计算一个很“不基本”的反常积分。

利用微积分换元公式,我们有

从而原积分可以写成自己和自己的和,也就是说,

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

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

怎么得到的这个公式? 利用傅里叶展开。

注意到

$\alpha$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

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

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

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:

而$[1,+\infty)$的部分,只需令$u=\frac{1}{y}$,就回到了$(0,1)$上的情况了:

最后,将两部分接起来,就能得到

此即

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。

欧拉反射公式和利用Fourier级数的证明

https://desvl.xyz/2019/10/31/euler-reflection/

Author

Desvl

Posted on

2019-10-31

Updated on

2020-10-18

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