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B函数

## $\S 7.4 \quad B \quad$ B函 数
B 函数是由第一类 Euler 积分定义的：

$$
B(p, q)=\int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1} d t, \quad \operatorname{Re} p>0, \operatorname{Re} q>0
$$

其中的积分变量 $t$ 应该理解为 $\arg t=\arg (1-t)=0$ 。令 $t=\sin ^2 \theta$ ，还可以得到 B 函数的另一个表达式

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

B 函数可以用 $\Gamma$ 函数表示出来，

$$
B(p, q)=\frac{\Gamma(p) \Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}
$$

证 在 $\operatorname{Re} p>0, \operatorname{Re} q>0$ 的条件下，显然有

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

利用这个关系式，可把 B 函数解析延拓到 $p$ 或 $q$ 的全复平面．
从 B 函数的定义（7．33），或者（7．34）式，立即可以看出 $B (p, q)$ 对于 $p$ 和 $q$ 是对称的：

$$
B(p, q)=B(q, p)
$$

现在根据 B 函数和 $\Gamma$ 函数的关系式（7．34），补证 $\Gamma$ 函数的两个性质，即互余宗量关系 （7．11）和倍乘公式（7．13）．首先，在（7．34）式中令 $p=z, q=1-z$ ，即得

$$
B(z, 1-z)=\frac{\Gamma(z) \Gamma(1-z)}{\Gamma(1)}=\Gamma(z) \Gamma(1-z) .
$$

另一方面，

$$
B(z, 1-z)=\int_0^1 t^{z-1}(1-t)^{-z} d t
$$

令 $x=t /(1-t)$ ，上式即可化为

$$
B(z, 1-z)=\int_0^{\infty} \frac{x^{z-1}}{1+x} d x .
$$

$$
\Gamma(p)=\int_0^{\infty} e^{-t} t^{p-1} d t=2 \int_0^{\infty} e^{-x^2} x^{2 p-1} d x, \quad \Gamma(q)=2 \int_0^{\infty} e^{-y^2} y^{2 q-1} d y
$$

于是

$$
\Gamma(p) \Gamma(q)=4 \int_0^{\infty} \int_0^{\infty} e^{-\left(x^2+y^2\right)} x^{2 p-1} y^{2 q-1} d x d y
$$

令 $x=r \sin \theta, y=r \cos \theta$ ，得

这个积分在 $\S 6.6$ 中已经计算过（见（6．32）式），这样就证得

$$
\Gamma(z) \Gamma(1-z)=B(z, 1-z)=\frac{\pi}{\sin \pi z}
$$

这个证明是在 $0<\operatorname{Re} z<1$ 的条件下得到的．但由于等式的两端在全复平面都解析，因此这个等式在全复平面均成立。

要证明（7．13）式，则可以通过积分

$$
\int_{-1}^1\left(1-x^2\right)^{z-1} d x, \quad \operatorname{Re} z>0
$$

的计算得到．令 $x^2=t$ ，则得

$$
\int_{-1}^1\left(1-x^2\right)^{z-1} d x=\int_0^1(1-t)^{z-1} t^{-1 / 2} d t=B\left(z, \frac{1}{2}\right)=\frac{\Gamma(z) \Gamma(1 / 2)}{\Gamma(z+1 / 2)} .
$$

若作变换 $1+x=2 t, 1-x=2(1-t)$ ，则有另一种形式的结果：

$$
\begin{aligned}
\int_{-1}^1\left(1-x^2\right)^{z-1} d x & =2^{2 z-1} \int_0^1 t^{z-1}(1-t)^{z-1} d t \\
& =2^{2 z-1} B(z, z)=2^{2 z-1} \frac{\Gamma(z) \Gamma(z)}{\Gamma(2 z)}
\end{aligned}
$$
于是

$$
\frac{\Gamma(z) \Gamma(1 / 2)}{\Gamma(z+1 / 2)}=2^{2 z-1} \frac{\Gamma(z) \Gamma(z)}{\Gamma(2 z)}
$$

此即（7．13）式．这里的证明仍然是在 $\operatorname{Re} z>0$ 的条件下进行的．但是，正如前面多次论证过的，结果在全复平面都成立。

例 7.7 应用 B 函数重新计算积分 $\int_0^1 \frac{\sqrt[4]{x(1-x)^3}}{(1+x)^3} d x$ ．
解 此积分曾经应用留数定理计算过（见例 6．12）．现在选择作特定的自变量变换而化为 B函数．为此，令

$$
t=\frac{2 x}{1+x}, \quad 1-t=\frac{1-x}{1+x}, \quad d t=\frac{2 d x}{(1+x)^2}
$$

于是直接计算得

$$
\begin{aligned}
\int_0^1 \frac{\sqrt[4]{x(1-x)^3}}{(1+x)^3} d x & =\int_0^1\left(\frac{x}{1+x}\right)^{1 / 4}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^{3 / 4} \frac{d x}{(1+x)^2} \\
& =2^{-5 / 4} \int_0^1 t^{1 / 4}(1-t)^{3 / 4} d t=\frac{2^{-5 / 4}}{\Gamma(3)} \Gamma\left(\frac{5}{4}\right) \Gamma\left(\frac{7}{4}\right) \\
& =2^{-9 / 4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{\pi}{\sin (\pi / 4)}=\frac{3 \sqrt[4]{2}}{64} \pi
\end{aligned}
$$

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