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数学分析：相关资料 / 欧拉积分

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\specialtrue \specialchapter{欧拉积分}

第一型欧拉积分 #

definition

我们称 B(a,b)=∫01xa−1(1−x)b−1dx (a,b>0)\text B(a,b)=\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1}\text{d} x\ (a,b>0) 为第一型欧拉积分.

下面我们给出几个它的简单性质.

abstract

作变量替换 x=1−tx=1-t 易知 B(a,b)=B(b,a)\text B(a,b)=\text B(b,a) 也就是说第一型欧拉积分具有对称性.

abstract

当 b>1b>1 时，由分部积分可得

B(a,b)=∫01(1−x)b−1dxaa=xa(1−x)b−1a∣01+b−1a∫01xa(1−x)b−2dx=b−1a∫01xa−1(1−x)b−2dx−b−1a∫01xa−1(1−x)b−1dx=b−1aB(a,b−1)−b−1aB(a,b).\begin{aligned} \text B(a,b) &= \int_0^1 (1-x)^{b-1} \text{d}\frac{x^a}{a}\\ &= \left.\dfrac{x^a(1-x)^{b-1}}{a}\right|_0^1+\dfrac{b-1}{a}\int_0^1 x^{a}(1-x)^{b-2}\text{d}x\\ &= \dfrac{b-1}{a}\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-2}\text{d} x - \dfrac{b-1}{a}\int_0^1 x^{a-1}(1-x)^{b-1} \text{d}x\\ &= \dfrac{b-1}{a}\text B(a,b-1)-\dfrac{b-1}a \text B(a,b). \end{aligned}

其中第三个等号用到了 xa=xa−1−xa−1(1−x)x^a=x^{a-1}-x^{a-1}(1-x).

由此 B(a,b)=b−1a+b−1B(a,b−1).\text B(a,b)=\dfrac{b-1}{a+b-1}\text B(a,b-1).

那么由对称性, 我们也能得到 B(a,b)=a−1a+b−1B(a−1,b)(a>1)\text B(a,b)=\dfrac{a-1}{a+b-1}\text B(a-1,b)\quad(a>1).

而当 a,ba,b 均为正整数时, 我们有

B(n,m)=(n−1)!(m−1)!(n+m−1)!.\text B(n,m)=\dfrac{(n-1)!(m-1)!}{(n+m-1)!}.
abstract

我们作变量替换 x=y1+yx=\dfrac{y}{1+y} 可将 B(a,b)\t B(a,b) 转化为无穷积分, 这种形式也有很好的性质.

B(a,b)=∫0∞ya−1(1+y)a+bdy\t B(a,b)=\int_0^\infty \dfrac{y^{a-1}}{(1+y)^{a+b}}\t d y

而如果令 b=1−a (0<a<1)b=1-a \ (0<a<1) 我们就得到

B(a,1−a)=∫0∞ya−11+ydy\t B(a,1-a)=\int_0^\infty \dfrac{y^{a-1}}{1+y} \t d y

而这个积分的值是可以计算的，就是

B(a,1−a)=πsin⁡aπ\t B(a,1-a)=\dfrac{\pi}{\sin a\pi}

第二型欧拉积分 #

定义 #

definition

我们称

Γ(a)=∫0∞xa−1e−xdx (a>0)\Gamma(a)=\int_0^\infty x^{a-1}e^{-x} \t d x\ (a>0)

为第二型欧拉积分.

其实这个 Γ(a)\Gamma(a) 函数在我们之前的课程中也定义过, 不过当时我们是用阶乘函数, 用无穷乘积的形式来定义的.

Γ(x)=Π(x−1)=x−1Π(x),\Gamma(x)=\Pi(x-1)=x^{-1}\Pi(x), 1Γ(x)=x∏n=1∞(1+xn)(1+1n)−x.\dfrac{1}{\Gamma(x)}=x\prod\limits_{n=1}^\infty(1+\dfrac{x}{n})(1+\dfrac 1 n)^{-x}.

下面我们先来探究这两个证明是否等价.

note

当 s>0s>0 时有

Γ(s)=1s∏n=1∞(1+sn)−1(1+1n)s=1s⋅lim⁡N→∞∏n=1N(1+sn)−1(1+1n)s=1s⋅lim⁡N→∞N!⋅Ns(s+1)(s+2)⋯(s+N).\begin{aligned} \Gamma(s) &= \frac 1 s \prod\limits_{n=1}^\infty(1+\frac s n)^{-1}(1+\frac 1 n)^s \\ &= \frac 1 s \cdot \lim\limits_{N\to \infty}\prod\limits_{n=1}^N (1+\frac s n)^{-1}(1+\frac 1 n)^s \\ &= \frac 1 s \cdot \lim\limits_{N\to\infty}\dfrac{N!\cdot N^s}{(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}. \end{aligned}

注意到极限中的内容和我们之前推导的 B\t B 函数的递推式相似, 不难发现, 当我们取 a=N+1,b=sa=N+1,b=s 时, 我们有

B(s,N+1)=Ns+NB(s,N)=⋯=B(s,1)N!(s+1)(s+2)⋯(s+N)\t B(s,N+1)=\frac{N}{s+N}\t B(s,N)=\cdots=B(s,1)\dfrac{N!}{(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}

又由 B(s,1)=∫01xs−1(1−x)0dx=1s\t B(s,1)=\int_0^1 x^{s-1}(1-x)^0 \t d x=\dfrac 1 s

我们可以得到

Γ(s)=1s⋅lim⁡N→∞N!⋅Ns(s+1)(s+2)⋯(s+N)=lim⁡N→∞B(s,1)N!⋅Ns(s+1)(s+2)⋯(s+N)=lim⁡N→∞B(s,N+1)Ns=lim⁡N→∞Ns∫01xs−1(1−x)Ndx.\begin{aligned} \Gamma(s) &= \frac 1 s \cdot \lim\limits_{N\to\infty}\dfrac{N!\cdot N^s}{(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}\\ &= \lim\limits_{N\to \infty}\t B(s,1)\dfrac{N!\cdot N^s}{(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}\\ &= \lim\limits_{N\to \infty}\t B(s,N+1)N^s\\ &= \lim\limits_{N\to \infty}N^s\int_0^1 x^{s-1}(1-x)^N\t d x. \end{aligned}

接着我们做变量替换 x→xNx\to\frac x N

Γ(s)=lim⁡N→∞Ns∫01xs−1(1−x)Ndx=lim⁡N→∞Ns∫0N(xN)s−1(1−xN)NdxN=lim⁡N→∞∫0Nxs−1(1−xN)Ndx.\begin{aligned} \Gamma(s) &= \lim\limits_{N\to \infty}N^s\int_0^1 x^{s-1}(1-x)^{N}\t d x\\ &= \lim\limits_{N\to \infty}N^s\int_0^N \left(\frac x N\right)^{s-1}(1-\frac x N)^{N}\t d \frac x N\\ &= \lim\limits_{N\to \infty} \int_0^N x^{s-1}(1-\frac x N)^N \t d x. \end{aligned}

下面我们考虑证明

lim⁡N→∞(∫0Nxs−1e−xdx−∫0Nxs−1(1−xN)Ndx)=0.\lim\limits_{N\to \infty}\left(\int_0^N x^{s-1}e^{-x} \t d x - \int_0^N x^{s-1}(1-\frac x N)^N \t d x\right)=0.

由伯努利不等式 x>−1x>-1 时, 有 (1+x)N⩾1+Nx(1+x)^N\geqslant 1+Nx.

和不等式 et⩾1+te^t \geqslant 1+t, 把 t=xNt=\frac x N 带入得到 exN⩾1+xNe^{\frac x N} \geqslant 1+\frac x N 即 ex⩾(1+xN)Ne^x \geqslant (1+\frac x N)^N.

我们可以得到

0⩽e−x−(1−xN)N=e−x[1−ex(1−xN)N]⩽e−x[1−(1−x2N2)N]⩽e−xx2N.0 \leqslant e^{-x}-(1-\frac x N)^N=e^{-x}\left[1-e^x(1-\frac x N)^N\right]\leqslant e^{-x}\left[1-(1-\frac {x^2} {N^2})^N\right] \leqslant \frac{e^{-x}x^2}{N}.

进而有

∣∫0Ne−xxs−1dx−∫0N(1−xN)Nxs−1dx∣⩽∫0Ne−xxs+1Ndx<1N∫0+∞e−xxs+1dx.\left|\int_0^N e^{-x}x^{s-1}\t d x-\int_0^N\left(1-\frac x N\right)^N x^{s-1}\t d x \right|\leqslant\int_0^N \frac{e^{-x}x^{s+1}}{N}\t d x <\frac 1 N\int_0^{+\infty}e^{-x}x^{s+1}\t d x.

易知 ∫0+∞e−xxs+1dx\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-x}x^{s+1}\t d x 收敛, 故当 N→∞N\to \infty 时, 1N∫0+∞e−xxs+1dx→0\displaystyle\frac 1 N\int_0^{+\infty}e^{-x}x^{s+1}\t d x \to 0.

进而可知

lim⁡N→∞(∫0Nxs−1e−xdx−∫0Nxs−1(1−xN)Ndx)=0.\lim\limits_{N\to \infty}\left(\int_0^N x^{s-1}e^{-x} \t d x - \int_0^N x^{s-1}(1-\frac x N)^N \t d x\right)=0.

即 ∫0Nxs−1e−xdx=∫0Nxs−1(1−xN)Ndx,N→∞\displaystyle \int_0^N x^{s-1}e^{-x} \t d x = \int_0^N x^{s-1}(1-\frac x N)^N \t d x, \quad N\to \infty.

故这两种定义方式等价.

除此之外, Γ\Gamma 函数, 还有两种定义方式.

第一种是上述证明过程中出现过的极限定义, 也称欧拉-高斯公式.

Γ(s)=lim⁡N→∞N!⋅Nss(s+1)(s+2)⋯(s+N).\Gamma(s)=\lim\limits_{N\to\infty}\dfrac{N!\cdot N^s}{s(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}.

第二种则引入了欧拉常数 γ\gamma.

设 Hn=∑i=1n1iH_n=\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{1}{i}, 则称 γ=lim⁡n→∞Hn−ln⁡n\gamma=\lim\limits_{n\to \infty}H_n-\ln n.

那么我们就有 Γ\Gamma 函数的 Weierstrass 积形式.

Γ(s)=e−γss∏n=1∞(1+sn)−1esn.\Gamma(s)=\dfrac{e^{-\gamma s}}{s}\prod\limits_{n=1}^\infty \left(1+\dfrac s n\right)^{-1}e^{\frac s n}.

性质 #

从我们证明两种定义方式等价的过程中, 不难发现这两类欧拉积分并不是孤立的, 下面我们就来探究这两类欧拉积分的关系.

接下来, 我们证明 {{< admonition abstract “性质” true >}}

B(p,q)=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q),∀p>0,q>0.\t B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)},\qquad \forall p>0,q>0.
note

对 B(p,q)\t B(p,q) 用 x=sin⁡2θx=\sin^2\theta 换元得到

B(p,q)=2∫0π2sin⁡2p−1θcos⁡2q−1θdθ.\t B(p,q)=2\int_0^{\frac \pi 2} \sin ^{2p-1}\theta \cos ^{2q-1} \theta \t d \theta.

对 Γ(p)\Gamma(p) 用 x=s2x=s^2 换元得到

Γ(p)=2∫0∞s2p−1e−s2ds.\Gamma(p)=2\int_0^\infty s^{2p-1}e^{-s^2}\t d s.

我们考虑

Γ(p)Γ(q)=4∫0∞s2p−1e−s2ds∫0∞t2q−1e−t2dt.\Gamma(p)\Gamma(q)=4\int_0^\infty s^{2p-1}e^{-s^2}\t d s\int_0^\infty t^{2q-1}e^{-t^2}\t d t.

下面我们进行极坐标变换, 令 s=rsin⁡θ,t=rcos⁡θs=r\sin\theta,t=r\cos\theta 则有 r2=s2+t2,dsdt=rdrdθ.r^2=s^2+t^2,\t d s \t d t=r\t d r \t d \theta.

又由 Γ\Gamma 函数的连续性, 我们可以对积分符号进行交换, 进而得到.

Γ(p)Γ(q)=4∫0∞r2p+2q−2e−r2rdr∫0π2sin⁡2p−1θcos⁡2q−1θdθ=4∫0∞r2(p+q)−1e−r2dr∫0π2sin⁡2p−1θcos⁡2q−1θdθ=∫0∞r(p+q)−1e−rdr⋅2∫0π2sin⁡2p−1θcos⁡2q−1θdθ=Γ(p+q)B(p,q).\begin{aligned} \Gamma(p)\Gamma(q)&=4\int_0^\infty r^{2p+2q-2}e^{-r^2}r\t d r \int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta \t d \theta\\ &=4\int_0^\infty r^{2(p+q)-1}e^{-r^2}\t d r \int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta \t d \theta\\ &=\int_0^\infty r^{(p+q)-1}e^{-r}\t d r \cdot 2\int_0^{\frac \pi 2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta \t d \theta\\ &=\Gamma(p+q)\t B(p,q). \end{aligned}

进而得到

B(p,q)=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q).\t B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}.
tip

在上述证明过程中, 我们取 q=12q=\frac{1}{2}, 则 对于 j>−1j>-1 我们有

∫0πsin⁡jθdθ=B(j+12,12)=Γ(j+12)Γ(12)Γ(j+22)\int_0^\pi \sin^j \theta\text{d}\theta = \t B\left(\frac{j+1}{2},\frac 1 2\right)=\frac{\Gamma\left(\frac{j+1} 2\right)\Gamma\left(\frac 1 2\right)}{\Gamma\left(\frac{j+2} 2\right)}
abstract
Γ(p)Γ(1−p)=πsin⁡pπ\Gamma(p)\Gamma(1-p)=\frac{\pi}{\sin p\pi}

为了证明这个事情, 我们先证明一个引理.

tip
sin⁡x=x∏n=1∞(1−x2n2π2)\sin x = x \prod\limits_{n=1}^\infty \left(1-\dfrac{x^2}{n^2\pi^2}\right)
note

通过二倍角公式, 我们可以将 sin⁡(2n+1)x\sin(2n+1)x 不断升幂, 可以将其表示为形如 sin⁡x⋅P(sin⁡2x)\sin x \cdot P(\sin^2 x) 的式子, 其中 P(x)P(x) 表示关于 xx 的 nn 次多项式.

因为 lim⁡x→0sin⁡(2n+1)xsin⁡(x)=2n+1\lim\limits_{x \to 0}{\sin(2n+1)x}{\sin(x)}=2n+1, 所以 P(x)P(x) 的常数项为 2n+12n+1.

同时我们有, sin⁡(2n+1)x\sin(2n+1)x 的根为 kπ2n+1, k∈Z\dfrac{k\pi}{2n+1},\ k \in \mathbb Z, 所以 sin⁡2kπ2n+1, k=1,2,…,n\sin^2\dfrac{k\pi}{2n+1},\ k=1,2,\ldots,n 恰为 P(x)P(x) 的 nn 个根.

所以

P(x)=(2n+1)(1−xsin⁡2π2n+1)(1−xsin⁡22π2n+1)⋯(1−xsin⁡2nπ2n+1)P(x)=(2n+1)\left(1-\dfrac{x}{\sin^2\frac \pi {2n+1}}\right)\left(1-\dfrac{x}{\sin^2 \frac {2\pi} {2n+1}}\right)\cdots\left(1-\dfrac{x}{\sin^2 \frac{n\pi}{2n+1}}\right)

即

P(x)=(2n+1)∏k=1n(1−xsin⁡2kπ2n+1)P(x)=(2n+1)\prod\limits_{k=1}^n\left(1-\dfrac{x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}}\right)

故我们有

sin⁡(2n+1)xsin⁡x=P(sin⁡2x)=(2n+1)∏k=1n(1−sin⁡2xsin⁡2kπ2n+1)\dfrac{\sin(2n+1)x}{\sin x}=P(\sin^2x)=(2n+1)\prod\limits_{k=1}^n\left(1-\dfrac{\sin^2 x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}}\right)

带入 x→x2n+1x\to\frac{x}{2n+1}

⇒sin⁡x(2n+1)sin⁡12n+1x=∏k=1n(1−sin⁡212n+1xsin⁡2kπ2n+1)\Rightarrow \dfrac{\sin x}{(2n+1)\sin\frac 1 {2n+1}x}=\prod\limits_{k=1}^n\left(1-\dfrac{\sin^2 \frac 1 {2n+1} x}{\sin^2 \frac {k\pi}{2n+1 }}\right)

∀1⩽m<n\forall 1 \leqslant m<n 有

sin⁡x(2n+1)sin⁡12n+1x∏k=1m(1−sin⁡212n+1xsin⁡2kπ2n+1)=∏k=m+1n(1−sin⁡212n+1xsin⁡2kπ2n+1)\dfrac{\sin x}{(2n+1)\sin\frac 1 {2n+1}x \prod\limits_{k=1}^m\left(1-\dfrac{\sin^2 \frac 1 {2n+1} x}{\sin^2 \frac {k\pi}{2n+1 }}\right)}=\prod\limits_{k=m+1}^n\left(1-\dfrac{\sin^2 \frac 1 {2n+1} x}{\sin^2 \frac {k\pi}{2n+1 }}\right)

当 n→∞n \to \infty 时, 左边为

sin⁡xx∏k=1m(1−x2k2π2)\dfrac{\sin x}{x\prod\limits_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)}

对于右边, 我们考虑下列不等式, 当 nn 充分大时. [leftmargin=2cm]

  • (1) 2πx<sin⁡x<x,x∈(0,π2)\dfrac 2 \pi x< \sin x < x, x\in (0,\dfrac \pi 2)
  • (2) sin⁡212n+1x<x2(2n+1)2\sin^2\dfrac{1}{2n+1}x<\dfrac{x^2}{(2n+1)^2}
  • (3) sin⁡2kπ2n+1>4k2(2n+1)2\sin^2 \dfrac{k\pi}{2n+1}>\dfrac{4k^2}{(2n+1)^2}
  • (4) sin⁡212n+1xsin⁡2kπ2n+1<x24k2\dfrac{\sin^2\frac{1}{2n+1}x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}}<\dfrac{x^2}{4k^2}

其中由 (1)(1) 可得 (2),(3)(2),(3), 进而可知 (4)(4).

于是我们有

1>∏k=m+1n(1−sin⁡212n+1xsin⁡2kπ2n+1)>∏k=m+1n(1−x24k2)>∏k=m+1∞(1−x24k2)1>\prod\limits_{k=m+1}^n\left(1-\dfrac{\sin^2 \frac 1 {2n+1}x}{\sin^2\frac{k\pi}{2n+1}}\right)>\prod\limits_{k=m+1}^n\left(1-\dfrac{x^2}{4k^2}\right)>\prod\limits_{k=m+1}^\infty\left(1-\dfrac{x^2}{4k^2}\right)

所以 n→∞n\to \infty 时,

1>sin⁡xx∏k=1m(1−x2k2π2)>∏k=m+1∞(1−x24k2)1>\dfrac{\sin x}{x\prod\limits_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right)}>\prod\limits_{k=m+1}^\infty\left(1-\dfrac{x^2}{4k^2}\right)

由 ∏k=1∞(1−x24k2)\prod\limits_{k=1}^\infty\left(1-\dfrac{x^2}{4k^2}\right) 收敛,

可知 m→∞m\to \infty 时

∏k=m+1∞(1−x24k2)=1\prod\limits_{k=m+1}^\infty\left(1-\dfrac{x^2}{4k^2}\right)=1

所以由夹逼定理, 我们可以得到

sin⁡x=x∏k=1∞(1−x2k2π2).\sin x=x\prod\limits_{k=1}^\infty\left(1-\dfrac{x^2}{k^2\pi^2}\right).

下面由 Γ\Gamma 函数的极限定义来证明余元公式

note
Γ(p)Γ(1−p)=lim⁡N→∞N!⋅Np⋅N!⋅N1−pp(p+1)⋯(p+N)(1−p)(1−p+1)⋯(1−p+N)=lim⁡N→∞N⋅N!⋅N!p(1−p2)(22−p2)⋯(N2−p2)(1+N−p)=lim⁡N→∞N1−p+N⋅1p∏k=1N(1−p2k2)\begin{aligned} \Gamma(p)\Gamma(1-p)&=\lim\limits_{N\to \infty}\dfrac{N!\cdot N^p \cdot N! \cdot N^{1-p}}{p(p+1)\cdots(p+N)(1-p)(1-p+1)\cdots(1-p+N)} \\ &=\lim\limits_{N\to\infty}\dfrac{N\cdot N!\cdot N!}{p(1-p^2)(2^2-p^2)\cdots(N^2-p^2)(1+N-p)} \\ &=\lim\limits_{N\to \infty}\dfrac{N}{1-p+N}\cdot \dfrac{1}{p\prod\limits_{k=1}^N(1-\frac{p^2}{k^2})} \end{aligned}

由引理 \ref{lemma:sin} 可知

sin⁡pπ=pπ∏n=1∞(1−p2n2)\sin p\pi=p\pi\prod\limits_{n=1}^\infty\left(1-\dfrac{p^2}{n^2}\right)

故

Γ(p)Γ(1−p)=1⋅πsin⁡pπ=πsin⁡pπ.\Gamma(p)\Gamma(1-p)=1\cdot \dfrac{\pi}{\sin p\pi}=\dfrac{\pi}{\sin p\pi}.
abstract
Γ(12)Γ(2x)=22x−1Γ(x)Γ(x+12)\Gamma\left(\frac 1 2\right)\Gamma(2x)=2^{2x-1}\Gamma(x)\Gamma\left(x+\frac 1 2\right)

在之前的作业中, 我们已经用无穷乘积的定义方式证明过该公式, 下面我们用另一种方式再次证明这个问题.

note

由前面给出的性质

Γ(12)Γ(x+12)=B(x,12)Γ(x),Γ(x)Γ(2x)=B(x,x)Γ(x).\dfrac{\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma (x+\frac{1}{2})}=\dfrac{\t B(x,\frac 1 2)}{\Gamma(x)},\quad \dfrac{\Gamma(x)}{\Gamma(2x)}=\dfrac{\t B(x,x)}{\Gamma(x)}.

带入之后, 我们只需证明

B(x,12)=22x−1B(x,x)\t B\left(x,\frac{1}{2}\right)=2^{2x-1}\t B(x,x) ⇔∫01tx−1(1−t)−12dt=22x−1∫01tx−1(1−t)x−1dt\Leftrightarrow \int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{-\frac 1 2}\t d t=2^{2x-1}\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{x-1}\t d t

接下来通过若干次变量替换可得

22x−1∫01tx−1(1−t)x−1dt=∫01(2t)x−1(2−2t)x−1d(2t)=∫02tx−1(2−t)x−1dt=∫−11(1+t)x−1(1−t)x−1dt=∫−11(1−t2)x−1dt=2∫01(1−t2)x−1dt=2∫01(1−t)x−1dt=2∫01(1−t)x−1⋅12t−12dt=∫01(1−t)x−1t−12dt=∫01tx−1(1−t)−12dt\begin{equation*} \begin{aligned} 2^{2x-1}\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{x-1}\t d t &= \int_0^1(2t)^{x-1}(2-2t)^{x-1}\t d (2t) = \int_0^2 t^{x-1}(2-t)^{x-1} \t d t \\ &= \int_{-1}^1 (1+t)^{x-1}(1-t)^{x-1} \t d t = \int_{-1}^1 (1-t^2)^{x-1} \t d t \\ &= 2\int_0^1 (1-t^2)^{x-1} \t d t = 2 \int _0^1 (1-t)^{x-1} \t d \sqrt{t} \\ &= 2 \int _0^1 (1-t)^{x-1}\cdot \frac 1 2 t^{-\frac 1 2} \t d t = \int_0^1 (1-t)^{x-1}t^{-\frac 1 2} \t d t \\ &= \int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{-\frac 1 2} \t d t \end{aligned} \end{equation*}

这样我们就证明了

∫01tx−1(1−t)−12dt=22x−1∫01tx−1(1−t)x−1dt\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{-\frac 1 2}\t d t=2^{2x-1}\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{x-1}\t d t

即

Γ(12)Γ(2x)=22x−1Γ(x)Γ(x+12)\Gamma\left(\frac 1 2\right)\Gamma(2x)=2^{2x-1}\Gamma(x)\Gamma\left(x+\frac 1 2\right)

应用 #

在之前的作业中, 我们已经证明过了斯特林 (Stirling) 公式. 下面我们用另外的两种方式进行证明.

tip

对于任意给定的 aa 有,

Γ(x)Γ(x+a)=x−a+O(x−a−1)\dfrac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+a)}=x^{-a}+O\left(x^{-a-1}\right)
note

先假定 a>1a>1,

Γ(x)Γ(a)Γ(x+a)=B(x,a)=∫01(1−y)a−1yx−1dy=∫0∞(1−e−t)a−1e−xtdt=∫01x(1−e−t)a−1e−xtdt+∫1x∞(1−e−t)a−1e−xtdt≜I1+I2\begin{aligned} \dfrac{\Gamma(x)\Gamma(a)}{\Gamma(x+a)} &=\t B(x,a) \\ &= \int_0^1 (1-y)^{a-1}y^{x-1} \t d y \\ &= \int_0^\infty (1-e^{-t})^{a-1}e^{-xt}\t d t\\ &=\int_0^{\frac 1 {\sqrt{x}}} (1-e^{-t})^{a-1}e^{-xt}\t d t+\int_{\frac 1 {\sqrt{x}}}^\infty (1-e^{-t})^{a-1}e^{-xt}\t d t \\ &\triangleq I_1+I_2 \end{aligned}

下面我们分别对 I1I_1 和 I2I_2 进行估计.

I1=∫01x(1−e−t)a−1e−xtdt=∫01x(t+O(t2))a−1⋅e−xtdt=∫01xta−1(1+O(t))a−1⋅e−xtdt\begin{aligned} I_1 &=\int_0^{\frac 1 {\sqrt{x}}} (1-e^{-t})^{a-1}e^{-xt}\t d t \\ &= \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} (t+O\left(t^2\right))^{a-1} \cdot e^{-xt} \t d t\\ &= \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}(1+O\left(t\right))^{a-1}\cdot e^{-xt}\t d t \end{aligned}

当 xx 充分大时, tt 在 00 附近, 我们有, (1+O(t))a−1∼1+(a−1)O(t)∼1+O(t)(1+O\left(t\right))^{a-1}\sim 1+(a-1)O\left(t\right)\sim 1+O\left(t\right)

I1=∫01xta−1(1+O(t))a−1⋅e−xtdt=∫01xta−1(1+O(t))⋅e−xtdt=∫01xta−1⋅e−xtdt+∫01xO(t)⋅ta−1⋅e−xtdt=∫01xta−1⋅e−xtdt+O(∫01x⋅ta⋅e−xtdt)\begin{aligned} I_1 &=\int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}(1+O\left(t\right))^{a-1}\cdot e^{-xt}\t d t \\ &= \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}(1+O\left(t\right))\cdot e^{-xt}\t d t \\ &= \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}\cdot e^{-xt} \t d t + \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} O\left(t\right)\cdot t^{a-1}\cdot e^{-xt}\t d t \\ &=\int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}\cdot e^{-xt} \t d t +O\left(\int_0^{\frac 1 {\sqrt x}}\cdot t^a\cdot e^{-xt}\t d t\right) \end{aligned}

作换元 t=xtt=xt

I1=∫01xta−1⋅e−xtdt+O(∫01x⋅ta⋅e−xtdt)=x−a∫0xta−1⋅e−tdt+O(∫01x⋅ta⋅e−xtdt)=x−a∫0∞ta−1⋅e−tdt+O(x−a∫x∞ta−1⋅e−tdt)+O(x−a−1∫0x⋅ta⋅e−tdt)\begin{aligned} I_1 &= \int_0^{\frac 1 {\sqrt x}} t^{a-1}\cdot e^{-xt} \t d t +O\left(\int_0^{\frac {1} {\sqrt x}}\cdot t^a\cdot e^{-xt}\t d t\right) \\ &= x^{-a}\int_0^{\sqrt x} t^{a-1}\cdot e^{-t} \t d t + O\left(\int_0^{\frac 1 {\sqrt x}}\cdot t^a\cdot e^{-xt}\t d t\right) \\ &= x^{-a}\int_0^\infty t^{a-1}\cdot e^{-t} \t d t + O\left(x^{-a}\int_{\sqrt x}^\infty t^{a-1}\cdot e^{-t} \t d t\right) + O\left(x^{-a-1}\int_0^{{\sqrt x}}\cdot t^a\cdot e^{-t}\t d t\right) \\ \end{aligned}

由 Γ\Gamma 函数收敛, ∫0x⋅ta⋅e−tdt∼O(1).\int_0^{{\sqrt x}}\cdot t^a\cdot e^{-t}\t d t \sim O\left(1\right).

而 ∫x∞ta−1⋅e−tdt=O(∫x∞e−t2dt)=O(1x).\int_{\sqrt x}^\infty t^{a-1}\cdot e^{-t} \t d t = O\left(\int_{\sqrt x}^\infty e^{-\frac t 2}\t d t\right)=O\left(\frac 1 x\right).

故

I1=x−aΓ(a)+O(x−a−1)I_1=x^{-a}\Gamma(a)+O\left(x^{-a-1}\right) I2=∫1x∞(1−e−t)a−1⋅e−xtdt=O(∫1x∞e−xtdt)=O(1xex)=O(x−a−1).I_2=\int_{\frac 1 {\sqrt x}}^\infty (1-e^{-t})^{a-1}\cdot e^{-xt}\t d t=O\left(\int_{\frac 1 {\sqrt x}}^\infty e^{-xt}\t d t\right)=O\left(\dfrac 1 {xe^{\sqrt x}}\right)=O\left(x^{-a-1}\right).

因此

I1+I2=x−aΓ(a)+O(x−a−1)I_1+I_2=x^{-a}\Gamma(a)+O(x^{-a-1}) ⇒Γ(x)Γ(x+a)=x−a+O(x−a−1)\Rightarrow \dfrac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+a)}=x^{-a}+O(x^{-a-1})

对于 0<a<10<a<1 的情况, 我们取 k∈Z⩾1k\in \mathbb{Z}_{\geqslant 1} 使得 a+k>1a+k>1

可以得到

Γ(x)Γ(x+a+k)=x−a−k+O(x−a−k−1)\dfrac{\Gamma(x)}{\Gamma(x+a+k)}=x^{-a-k}+O(x^{-a-k-1})

进而通过 Γ\Gamma 函数的递推公式可以得到相应的结论.

tip
log⁡Γ(s)=(s−12)log⁡s−s+12log⁡2π+O(1s).\log \Gamma(s)=(s-\frac 1 2)\log s - s + \frac 1 2 \log 2 \pi +O\left(\frac 1 s\right).
note

我们先对 xx 为正整数的情形进行估计

log⁡Γ(n)=log⁡[(n−1)!]=∑k=1n−1log⁡k=∑k=1n−1∫kk+1log⁡kdt=∑k=1n−1∫kk+1log⁡k−log⁡tdt+∫kk+1log⁡tdt=∫1nlog⁡tdt−∑k=1n−1∫kk+1log⁡tkdt=nlog⁡n−n+1+∑k=1n−1∫01log⁡t+kkdt=nlog⁡n−n+1+∑k=1n−1∫01log⁡(1+tk)dt=nlog⁡n−n+1+∑k=1n−1(12k+O(1k2))=nlog⁡n−n+1−12log⁡n+C+O(1n)=(n−12)log⁡n−n+C+O(1n)\begin{aligned} \log \Gamma(n)&=\log[(n-1)!]=\sum\limits_{k=1}^{n-1} \log k=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}\log k \t d t \\ &=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}\log k -\log t \t d t+\int_k^{k+1} \log t \t d t \\ &=\int_1^n \log t \t d t-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}\log \dfrac{t}{k}\t d t \\ &=n\log n-n+1+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int_0^1 \log \dfrac{t+k}{k}\t d t \\ &=n \log n -n+1 +\sum\limits_{k=1}^{n-1} \int_0^1 \log(1+\dfrac t k)\t d t \\ &=n \log n-n+1+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac 1 {2k}+O\left(\dfrac 1 {k^2}\right)\right) \\ &=n\log n-n+1 - \dfrac 1 2 \log n + C + O\left(\dfrac 1 n\right) \\ &=\left(n-\frac 1 2 \right)\log n -n + C +O(\frac 1 n) \end{aligned}

下面我们将这个结论推广到任意实数上, 令 x=n+a,0<a<1x=n+a, 0<a<1

由引理可知

log⁡Γ(n)Γ(n+a)=log⁡(n−a+O(n−a−1))=log⁡n−a+log⁡(1+O(1n))=−alog⁡n+O(1n)\begin{aligned} \log \dfrac{\Gamma(n)}{\Gamma(n+a)} &= \log(n^{-a}+O(n^{-a-1})) \\ &= \log n^{-a} + \log\left(1+O\left(\frac 1 n\right)\right)\\ &=-a \log n+O\left(\frac 1 n\right) \end{aligned}

从而

log⁡Γ(x)=log⁡Γ(n)+alog⁡n+O(1n)=(n−12)log⁡n−n+C+alog⁡n+O(12)=(x−a−12)log⁡(x−a)−x+a+C+alog⁡(x−a)+O(1x)=(x−12)[log⁡x+log⁡(1−ax)]−x+a+C+O(1x)=(x−12)log⁡x−x+C+(x−12)(−ax+O(1x2))+a+O(1x)=(x−12)log⁡x−x+C+O(1x)\begin{aligned} \log \Gamma(x)&=\log \Gamma(n)+a \log n + O\left(\frac 1 n\right)\\ &=(n-\frac 1 2)\log n -n +C + a\log n + O\left(\frac 1 2\right) \\ &=(x-a-\frac 1 2)\log (x-a)-x+a+C+a\log (x-a) +O\left(\frac 1 x\right) \\ &=(x-\frac 1 2)[\log x +\log (1-\frac a x)]-x+a+C+O\left(\frac 1 x\right)\\ &=(x-\frac 1 2)\log x-x+C+(x-\frac 1 2)\left(-\frac a x+O\left(\frac 1 {x^2}\right)\right)+a+O\left(\frac 1 x\right) \\ &=(x-\frac 1 2)\log x -x +C +O\left(\frac 1 x\right) \end{aligned}

下面我们来确定常数 CC 的值.

考虑倍元公式

Γ(2x)Γ(12)=22x−1Γ(x)Γ(x+12)\Gamma(2x)\Gamma(\frac 1 2)=2^{2x-1}\Gamma(x)\Gamma(x+\frac 1 2)

对两边取对数得

log⁡Γ(2x)+log⁡Γ(12)=(2x−1)log⁡2+log⁡Γ(x)+log⁡Γ(x+12)\log \Gamma(2x) + \log \Gamma(\frac 1 2)=(2x-1)\log 2 + \log \Gamma(x)+ \log \Gamma(x+\frac 1 2)

再带入我们得到的估计式, 并整理可得

xlog⁡(1+12x)−12−12log⁡2+C+O(1x)=log⁡Γ(12)x\log (1+\dfrac 1 {2x})-\dfrac 1 2 - \dfrac 1 2 \log 2 + C +O\left(\dfrac 1 x \right)=\log \Gamma(\dfrac 1 2)

当 x→+∞x\to +\infty 时, xlog⁡(1+12x)−12=x⋅12x−12=0x\log (1+\dfrac 1 {2x})-\dfrac 1 2=x \cdot \dfrac 1 {2x}-\dfrac 1 2=0

故

C=log⁡Γ(12)+12log⁡2,x→+∞C=\log\Gamma(\dfrac 1 2) + \dfrac 1 2 \log 2,\qquad x\to +\infty

下面我们来求 Γ(12)\Gamma(\frac 1 2)

由余元公式 Γ(p)Γ(1−p)=πsin⁡pπ\Gamma(p)\Gamma(1-p)=\dfrac{\pi}{\sin p\pi}

我们取 p=12p=\dfrac{1}{2}, 则有 Γ(12)2=π⇒Γ(12)=π\Gamma(\frac 1 2)^2=\pi \Rightarrow \Gamma(\frac 1 2)=\sqrt{\pi}

故 C=log⁡π+12log⁡2=log⁡2πC=\log \sqrt{\pi}+\dfrac 1 2\log 2=\log \sqrt{2\pi}

综上, 我们就得到了斯特林公式

log⁡Γ(s)=(s−12)log⁡s−s+12log⁡2π+O(1s).\log \Gamma(s)=(s-\frac 1 2)\log s - s + \frac 1 2 \log 2 \pi +O\left(\frac 1 s\right).

以书本例题为例 #

除了这种方式之外, 下面再通过书本习题 14.214.2 中的一组题来证明这件事.

  1. 设 s⩾2s \geqslant 2, 利用 (14.17) 以及变量替换证明
Γ(s)=(s−1)se1−s∫−1+∞((1+x)e−x)s−1dx.\Gamma(s)=(s-1)^s e^{1-s}\int_{-1}^{+\infty}((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x.
note

做变量替换 x→(s−1)(x+1)x \to (s-1)(x+1) 则有

Γ(s)=∫0+∞e−xxs−1dx=∫−1+∞e−(s−1)(x+1)[(s−1)(x+1)]s−1dx=(s−1)se1−s∫−1+∞((1+x)e−x)s−1dx\begin{equation*} \begin{aligned} \Gamma(s) &= \int_{0}^{+\infty} e^{-x}x^{s-1} \t d x \\ &= \int_{-1}^{+\infty}e^{-(s-1)(x+1)}[(s-1)(x+1)]^{s-1} \t d x \\ &= (s-1)^s e^{1-s} \int_{-1}^{+\infty}((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x \end{aligned} \end{equation*}
  1. 设 s⩾2s \geqslant 2, 并记 δ=s−0.4\delta = s^{-0.4}, 利用 2.242.24 证明
∫−δδ((1+x)e−x)s−1dx=2πs+O(1ss).\int_{-\delta}^{\delta} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x = \sqrt{\frac{2\pi}{s}} + O\left(\frac{1}{s\sqrt{s}}\right).
note

因为当 ∣x∣⩽δ|x| \leqslant \delta 时

$

log⁡((1+x)e−x)s−1=(s−1)(log⁡(1+x)−x)=(s−1)(−x22+x33+O(x4)).\begin{aligned} \log ((1+x)e^{-x})^{s-1} = (s-1)(\log(1+x)-x) = (s-1)(-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4)). \end{aligned}

$

所以 ((1+x)e−x)s−1=e−s−12x2(1+(s−1)3x3+O(sx4))((1+x)e^{-x})^{s-1} = e^{-\frac{s-1}{2}x^2}(1+\frac{(s-1)}{3}x^3+O(s x^4)), 进而有

$

∫−δδ((1+x)e−x)s−1dx=∫−δδe−s−12x2dx+∫−δδe−s−12x2x33dx+O(s∫−δδe−s−12x2x4dx)=∫−∞∞e−s−12x2dx+O(∫δ∞e−s−12x2dx)+∫−δδe−s−12x2x33dx+O(s∫0δe−s−12x2x4dx)\begin{aligned} \int_{-\delta}^{\delta} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x & = \int_{-\delta}^{\delta} e^{-\frac{s-1}{2}x^2} \t d x + \int_{-\delta}^{\delta} e^{-\frac{s-1}{2}x^2}\frac{x^3}{3} \t d x + O\left(s\int_{-\delta}^{\delta} e^{-\frac{s-1}{2}x^2}x^4 \t d x\right)\\ & = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x^2}\t d x + O\left(\int_{\delta}^{\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x^2} \t d x\right) + \int_{-\delta}^{\delta} e^{-\frac{s-1}{2}x^2}\frac{x^3}{3} \t d x\\ &\quad + O\left(s\int_{0}^{\delta} e^{-\frac{s-1}{2}x^2}x^4 \t d x\right)\\ \end{aligned}

$

其中 [leftmargin=1.5cm]

  • (1) \begin{equation*}
∫−∞+∞e−s−12x2dx=2s−1∫−∞+∞e−x2dx=2πs−1.\begin{aligned} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x^2} \t d x = \sqrt{\frac{2}{s-1}}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} \t d x = \sqrt{\frac{2\pi}{s-1}}. \end{aligned}

\end{equation*}

  • (2) \begin{equation}
∫δ+∞e−s−12x2dx=2s−1∫δs−12+∞e−x2dx≪1s∫δs−12+∞e−xdx=1s⋅e−δs−12≪1ss.\begin{aligned} \int_{\delta}^{+\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x^2} \t d x &= \sqrt{\frac{2}{s-1}} \int_{\delta \sqrt{\frac{s-1}{2}}}^{+\infty} e^{-x^2} \t d x \ll \frac{1}{\sqrt{s}}\int_{\delta \sqrt{\frac{s-1}{2}}}^{+\infty} e^{-x} \t d x \\ &= \frac{1}{\sqrt{s}} \cdot e^{-\delta\sqrt{\frac{s-1}{2}}} \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}. \end{aligned}

\end{equation}

  • (3) e−s−12x2x33e^{-\frac{s-1}{2}x^2}\dfrac{x^3}{3} 是奇函数积分是 00.
  • (4) \begin{equation*}
s∫0δe−s−12x2x4dx=s∫0s−12δ2e−x4(s−1)2x2d2s−1x=22s(s−1)52∫0s−12δ2e−xx32dx≪1ss.\begin{aligned} s\int_0^\delta e^{-\frac{s-1}{2}x^2} x^4 \t d x = s\int_0^{\frac{s-1}{2}\delta^2} e^{-x}\frac{4}{(s-1)^2}x^2 \t d \sqrt{\frac{2}{s-1}x} \\ \\ = \frac{2\sqrt{2}s}{(s-1)^{\frac{5}{2}}} \int_0^{\frac{s-1}{2}\delta^2} e^{-x} x^{\frac{3}{2}} \t d x \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}. \end{aligned}

\end{equation*}

所以有

∫−δδ((1+x)e−x)s−1dx=2πs+O(1ss).\int_{-\delta}^{\delta}((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x = \sqrt{\frac{2\pi}{s}}+O\left(\frac{1}{s\sqrt{s}}\right).
  1. 通过考察被积函数的单调性证明
∫−1−δ((1+x)e−x)s−1dx+∫δ+∞((1+x)e−x)s−1dx≪1ss.\int_{-1}^{-\delta}((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x + \int_{\delta}^{+\infty}((1+x)e^{-x})^{s-1}\t d x \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}.
note

一方面, 因为 (1+x)e−x(1+x)e^{-x} 在 [−1,−δ][-1,-\delta] 上单调递增, 故而

∫−1−δ((1+x)e−x)s−1dx⩽((1−δ)eδ)s−1=exp⁡((s−1)(log⁡(1−δ)+δ))=exp⁡(−sδ22+O(sδ3))≪e−12s0.2≪1ss.\begin{equation} \begin{aligned} \int_{-1}^{-\delta} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x &\leqslant ((1-\delta)e^\delta)^{s-1} = \exp\left((s-1)(\log(1-\delta)+\delta)\right) \\ &= \exp\left(-\frac{s\delta^2}{2}+O(s\delta^3)\right) \ll e^{-\frac{1}{2}s^{0.2}} \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}. \end{aligned} \end{equation}

另一方面, 由 (1+x)e−x(1+x)e^{-x} 在 R⩾0\seta{R}{\geqslant 0} 上单调递减, 以及在 R⩾4\seta{R}{\geqslant 4} 上有 e−x2⩾(1+x)e−xe^{-\frac{x}{2}} \geqslant (1+x)e^{-x} 知

∫δ+∞((1+x)e−x)s−1dx=∫δ4((1+x)e−x)s−1dx+∫4+∞((1+x)e−x)s−1dx⩽4×((1+δ)e−δ)s−1+∫4+∞(e−x2)s−1dx≪((1+δ)e−δ)s−1+∫4+∞e−s−12xdx=exp⁡((s−1)(log⁡(1+δ)−δ))+2s−1e−s−12=exp⁡(−sδ22+O(sδ3))+2s−1e−s−12≪e−12s0.2+e−s−12≪1ss.\begin{equation} \begin{aligned} \int_{\delta}^{+\infty} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x &= \int_{\delta}^4 ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x + \int_{4}^{+\infty} ((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x \\ &\leqslant 4\times((1+\delta)e^{-\delta})^{s-1} +\int_4^{+\infty}(e^{-\frac x 2})^{s-1}\text{d} x\\ &\ll ((1+\delta)e^{-\delta})^{s-1} + \int_{4}^{+\infty} e^{-\frac{s-1}{2}x} \t d x \\ &= \exp\left((s-1)(\log(1+\delta)-\delta)\right) + \frac{2}{s-1}e^{-\frac{s-1}{2}} \\ &= \exp\left(-\frac{s\delta^2}{2} + O(s\delta^3)\right) + \frac{2}{s-1}e^{-\frac{s-1}{2}} \\ &\ll e^{-\frac{1}{2}s^{0.2}} + e^{-\frac{s-1}{2}} \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}. \end{aligned} \end{equation}

所以有

∫−1−δ((1+x)e−x)s−1dx+∫δ+∞((1+x)e−x)s−1dx≪1ss.\int_{-1}^{-\delta}((1+x)e^{-x})^{s-1} \t d x + \int_{\delta}^{+\infty}((1+x)e^{-x})^{s-1}\t d x \ll \frac{1}{s\sqrt{s}}.
  1. 对 s⩾2s \geqslant 2 证明斯特林公式
log⁡Γ(s)=(s−12)log⁡s−s+12log⁡2π+O(1s).\log\Gamma(s) = (s-\frac{1}{2})\log s - s +\frac{1}{2}\log{2\pi}+O\left(\frac{1}{s}\right).
note

有了前几题的铺垫, 我们可以得到

log⁡Γ(s)=slog⁡(s−1)+1−s+log⁡(2πs+O(1ss))=slog⁡(s−1)+1−s+log⁡(2πs(1+O(1s)))=slog⁡(s−1)+1−s+12log⁡2π−12log⁡s+O(1s)=(s−12)log⁡s−s+12log⁡2π+O(1s)+s(log⁡(1−1s)+1s)=(s−12)log⁡s−s+12log⁡2π+O(1s)\begin{equation*} \begin{aligned} \log\Gamma(s) &= s \log(s-1) + 1 - s + \log \left(\sqrt{ \frac{2\pi}{s} }+O\left(\frac{1}{s\sqrt{s}}\right)\right) \\ &=s\log(s-1)+1-s+ \log\left(\sqrt{\frac{2\pi}{s}}\left(1+O\left(\frac{1}{s}\right)\right)\right) \\ &=s \log(s-1) + 1- s + \frac{1}{2} \log 2\pi - \frac{1}{2}\log s + O\left(\frac{1}{s}\right) \\ &=(s-\frac{1}{2})\log s - s +\frac{1}{2}\log 2\pi + O\left(\frac{1}{s}\right) + s \left(\log\left(1 - \frac{1}{s}\right) + \frac 1 s \right)\\ &=(s-\frac{1}{2})\log s - s +\frac{1}{2}\log 2\pi + O\left(\frac{1}{s}\right) \end{aligned} \end{equation*}

至此, 我们已经重新证明了斯特林公式. 但在此之中我们取 δ=s−0.4\delta=s^{-0.4} 这个值并不是唯一的, 下面我们在来观察一下 δ\delta 的取值. 我们设 δ=s−α\delta=s^{-\alpha}.

首先我们先关注所有用到 δ\delta 取值的等式,(\ref{欧拉积分1}),(\ref{欧拉积分2})(\ref{欧拉积分3}).

其中 (\ref{欧拉积分1}) 最后一步要成立就得满足 α<12\alpha<\frac 1 2

(\ref{欧拉积分2}) 最后一步要满足 3α>1∧2α<1⇒13α<123\alpha>1 \wedge 2\alpha<1 \Rightarrow \frac 1 3\alpha<\frac1 2

(\ref{欧拉积分3}) 要求与 (\ref{欧拉积分2}) 相同

综上 α\alpha 的取值范围为 (13,12)(\frac 1 3,\frac 1 2).

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