Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Die Gammafunktion – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Wir hatten im letzten Kapitel die Gammafunktion und die Betafunktion benötigt und wollen der Vollständigkeit halber deren Beziehungen hier herleiten.

Die Gammafunktion interpoliert die Fakultät für $x\in (0,\infty )$. Für die Betafunktion existiert keine so einfache Anschauung.

Die Gammafunktion

Definition

Die Gammafunktion ist definiert als

$\Gamma :\ (0,\infty )\rightarrow \mathbb {R} ,x\mapsto \int _{0}^{\infty }t^{x-1}e^{-t}dt$

Beweis

Wir müssen zeigen, dass das Integral definiert ist und teilen es dazu bei $t_{0}$ in zwei Teile auf. Die Idee ist, dass die Exponentialfunktion schneller wächst als jede Potenzfunktion.

Sei $x>0$ fest. Wir wählen $t_{0}=(n+1)!$ mit dem kleinsten $n\geq x+1$. Durch Anwenden des monoton steigenden Logarithmus gilt für alle $t\geq t_{0}$ wegen $t>1$

$t^{x+1}\leq t^{n}\iff (x+1)\underbrace {\ln t} _{>0}\leq n\ln t\iff x+1\leq n$

Damit folgt

${\begin{aligned}t^{x+1}e^{-t}\leq &{\frac {t^{n}}{\sum _{i=0}^{\infty }{\frac {t^{n}}{n!}}}}\leq {\frac {t^{n}}{\frac {t^{n+1}}{(n+1)!}}}\\=&{\frac {(n+1)!}{t}}\leq {\frac {(n+1)!}{t_{0}}}=1\end{aligned}}$

d.h.

$t^{x-1}e^{-t}\leq {\frac {1}{t^{2}}}$

Somit gilt für das eine Integral wegen der Monotonie

$\int _{t_{0}}^{\infty }t^{x-1}e^{-t}dt\leq \int _{t_{0}}^{\infty }{\frac {1}{t^{2}}}dt=\left.-{\frac {1}{t}}\right|_{t_{0}}^{\infty }={\frac {1}{t_{0}}}$

Das andere Integral können wir mit $e^{-t}\leq 1$ abschätzen zu

${\begin{aligned}\int _{0}^{t_{0}}t^{x-1}e^{-t}dt\leq &\int _{0}^{t_{0}}t^{x-1}dt=\int _{0}^{t_{0}}e^{(x-1)\ln t}dt\\=&{\frac {1}{x}}e^{x\ln t}|_{0}^{t_{0}}=\left.{\frac {1}{x}}t^{x}\right|_{0}^{t_{0}}\\=&{\frac {1}{x}}\cdot t_{0}^{x}<\infty \end{aligned}}$

Mit dem Satz über monotone Konvergenz existiert das Integral, siehe

Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Maß-Integral_und_Riemann-Integral

Satz

Für die Gammafunktion gilt

${\begin{aligned}\forall x>0:\ \Gamma (x+1)=&x\Gamma (x)\\\Gamma (1)=&1\\\Gamma (1/2)=&{\sqrt {\pi }}\end{aligned}}$

Die erste Relation heißt Funktionalgleichung.

Beweis

a) Sei $x>0$. Wir integrieren $\Gamma (x+1)$ partiell mit $u(t)=t^{x}$ und $v'(t)=e^{-t}$. Dann gilt

${\begin{aligned}\Gamma (x+1)=&\int _{0}^{\infty }t^{x}e^{-t}dt=-t^{x}e^{-t}|_{0}^{\infty }+x\int _{0}^{\infty }t^{x-1}e^{-t}dt\\=&\lim _{t\rightarrow \infty }{\frac {-t^{x}}{e^{t}}}+\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}e^{x\ln \varepsilon }+x\Gamma (x)\\=&0+\underbrace {\lim _{\varepsilon \rightarrow -\infty }e^{\varepsilon }} _{=0}+x\Gamma (x)\end{aligned}}$

Da die Exponentialfunktion schneller wächst als jede Potenzfunktion bleibt nur der Term $x\Gamma (x)$ übrig.

b)

$\Gamma (1)=\int _{0}^{\infty }e^{-t}dt=-e^{-t}|_{0}^{\infty }=1$

c)

Mit Polarkoordinaten

${\begin{aligned}T:[0,\infty )\times [0,2\pi )\rightarrow \mathbb {R} \times \mathbb {R} ,(\phi ,r)\mapsto (r\cos \phi ,r\sin \phi )\\\det DT=\left|{\begin{array}{cc}\cos \phi &\sin \phi \\-r\sin \phi &r\cos \phi \\\end{array}}\right|=r(\sin ^{2}\phi +\cos ^{2}\phi )=r\end{aligned}}$

und dem Satz von Fubini Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Produktmaße#Rechenregel_zur_Integration_über_das_Produktmaß gilt

${\begin{aligned}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-x^{2}/2}dx\cdot \int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}/2}dy=&\int _{\mathbb {R} ^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})/2}dxdy\\=&\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-(x^{2}+y^{2})/2}\circ T|\det DT|drd\phi \\=&\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{\infty }e^{-r^{2}/2}rdrd\phi \\=&2\pi \cdot \left.(-e^{-r^{2}/2})\right|_{0}^{\infty }=2\pi \end{aligned}}$

d.h. wegen der Symmetrie von $e^{-x^{2}}$

$\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}/2}dx={\frac {\sqrt {2\pi }}{2}}$

Substituiere nun $t={\frac {1}{2}}x^{2}$, d.h.

${\begin{aligned}{\frac {dt}{dx}}=&x\\t(0)=&0\\\lim _{x\rightarrow \infty }t(x)=&\infty \end{aligned}}$

Das ergibt

${\begin{aligned}{\frac {\sqrt {\pi }}{\sqrt {2}}}=&\int _{0}^{\infty }e^{-x^{2}/2}dx\\=&\int _{0}^{\infty }e^{-t}{\frac {dt}{\sqrt {2t}}}\\=&{\frac {1}{\sqrt {2}}}\Gamma (1/2)\end{aligned}}$

Das Volumen einer Kugel

Satz

Das Volumen der Kugel ist

${\begin{aligned}Vol_{n}(B(0,r))=&{\frac {\pi ^{n/2}r^{n}}{\Gamma \left({\frac {n}{2}}+1\right)}}\\Vol_{n}(B(0,1))=&r^{n}Vol_{n}(B(0,1))\end{aligned}}$

Beweis

Wir verwenden Induktion nach der Raumdimension $n$.

Für $n=1$ ist die Kugel das Intervall $(-r,r)$ mit dem Volumen

$V_{1}(r)=2r$

Induktionsschritt $n\rightarrow n+1$: Der Schnitt der $n+1$-dimensionalen Kugel mit der Ebene $-r<x_{n+1}=$ konstant$<r$ ist eine $n$-dimensionale Kugel mit Radius

${\sqrt {1-x_{n+1}^{2}}}$

Nun integrieren wir diese Schnitte auf, um das Gesamtvolumen der $n+1$-dimensionalen Kugel zu erhalten:

${\begin{aligned}Vol_{n+1}(B(0,1))=&\int _{-1}^{1}Vol_{n}\left(B\left(0,{\sqrt {1-x_{n+1}^{2}}}\right)\right)dx_{n+1}\\{\stackrel {\text{Ind.Vor.}}{=}}&{\frac {\pi ^{n/2}}{\Gamma ({\frac {n}{2}}+1)}}\int _{-1}^{1}{\sqrt {1-x_{n+1}^{2}}}^{n}dx_{n+1}\end{aligned}}$

Mit der Substitution $x_{n+1}=\cos t$ lässt sich das Integral vereinfachen, da der Cosinuns im Intervall $(0,\pi )$ monoton steigend ist

${\begin{aligned}{\frac {dx_{n+1}}{dt}}=&\sin t\\1-x_{n+1}^{2}=&\sin ^{2}t\\\cos 0=&1\\\cos \pi =&-1\end{aligned}}$

zu

${\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {1-x_{n+1}^{2}}}^{n}dx_{n+1}=&\int _{\pi }^{0}\sin ^{n}(t)(-\sin t)dt\\=&2\int _{0}^{\pi /2}(\sin t)^{n+1}dt\end{aligned}}$

Im letzten Schritt wurde verwendet, dass der Sinus im Intervall $(0,\pi )$ symmetrisch ist zu $\pi /2$. Das erhaltene Integral lässt sich rekursiv auflösen durch partielle Integration:

${\begin{aligned}&\int _{0}^{\pi /2}(\sin t)^{n+1}dt\\=&\underbrace {\sin(t)^{n}(-\cos t)|_{0}^{\pi /2}} _{=0}+\int _{0}^{\pi /2}n\sin ^{n-1}t\cos ^{2}tdt\\=&n\left(\int _{0}^{\pi /2}(\sin t)^{n-1}dt-\int _{0}^{\pi /2}(\sin t)^{n+1}dt\right)\end{aligned}}$

Dabei tritt das Integral erneut auf. Bringen wir die Integrale auf eine Seite, gilt

$\int _{0}^{\pi /2}(\sin t)^{n+1}dt={\frac {n}{n+1}}\int _{0}^{\pi /2}(\sin t)^{n-1}dt$

Damit ist ein Induktionsschritt möglich, wenn wir die beiden Induktionsanfänge berechnen:

${\begin{aligned}\int _{0}^{\pi /2}(\sin t)^{0}dt=&\int _{0}^{\pi /2}dt={\frac {\pi }{2}}\\\int _{0}^{\pi /2}\sin tdt=&-\cos t|_{0}^{\pi /2}=1\end{aligned}}$

Einsetzen ergibt für gerades $n=2k$:

$\int _{0}^{\pi /2}\sin ^{2k}tdt={\frac {2k-1}{2k}}\cdot {\frac {2k-3}{2k-2}}\cdots {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {\pi }{2}}={\frac {\pi }{2}}\prod _{j=1}^{k}{\frac {2j-1}{2j}}$

und für ungerades $n=2k+1$

$\int _{0}^{\pi /2}\sin ^{2k+1}tdt={\frac {2k}{2k+1}}\cdot {\frac {2k-2}{2k-1}}\cdots {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {2}{3}}\cdot 1=\prod _{j=1}^{k}{\frac {2j}{2j+1}}$

Zusammengefasst folgt mit der Funktionalgleichung $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$

${\begin{aligned}n=2k:\quad \Gamma ({\frac {n+1}{2}})=&{\frac {n-1}{2}}\cdot {\frac {n-3}{2}}\cdots {\frac {1}{2}}\cdot {\sqrt {\pi }}\\n=2k:\quad \Gamma ({\frac {n}{2}}+1)=&{\frac {n}{2}}\cdot {\frac {n-2}{2}}\cdots {\frac {2}{2}}\\n=2k:\quad {\frac {\Gamma ({\frac {n+1}{2}})}{\Gamma ({\frac {n}{2}}+1)}}=&\prod _{j=1}^{k}{\frac {2j-1}{2j}}\underbrace {\frac {\Gamma ({\frac {1}{2}})}{\Gamma (1)}} _{={\sqrt {\pi }}}\\\end{aligned}}$

und

${\begin{aligned}n=2k+1:\quad \Gamma ({\frac {n+1}{2}})=&{\frac {n-1}{2}}\cdot {\frac {n-3}{2}}\cdots {\frac {2}{2}}\\n=2k+1:\quad \Gamma ({\frac {n}{2}}+1)=&{\frac {n}{2}}\cdot {\frac {n-2}{2}}\cdots {\frac {1}{2}}\cdot {\sqrt {\pi }}\\n=2k+1:\quad {\frac {\Gamma ({\frac {n+1}{2}})}{\Gamma ({\frac {n}{2}}+1)}}=&\prod _{j=1}^{k}{\frac {2j}{2j+1}}\underbrace {\frac {\Gamma (1)}{{\frac {1}{2}}\Gamma ({\frac {1}{2}})}} _{={\dfrac {2}{\sqrt {\pi }}}}\\\end{aligned}}$

Insgesamt

${\begin{aligned}{\frac {\sqrt {\pi }}{2}}{\frac {\Gamma ({\frac {n+1}{2}})}{\Gamma ({\frac {n}{2}}+1)}}=&\int _{0}^{\pi /2}\sin ^{n}tdt\\\end{aligned}}$

Das ergibt für das Volumen

${\begin{aligned}Vol_{n+1}(B(0,1))=&{\frac {\sqrt {\pi ^{n}}}{\Gamma ({\frac {n}{2}}+1)}}{\sqrt {\pi }}{\frac {\Gamma ({\frac {n+2}{2}})}{\Gamma ({\frac {n+1}{2}}+1)}}\\=&{\frac {\sqrt {\pi ^{n+1}}}{\Gamma ({\frac {n+1}{2}}+1)}}\end{aligned}}$

Die Betafunktion

Definition

Die Betafunktion ist definiert für $a,b>0$ durch

${\begin{aligned}\beta (a,b)=\int _{0}^{1}x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx\end{aligned}}$

Beweis

Wir müssen zeigen, dass das Integral definiert ist. Für $a,b\geq 1$ ist der Integrand beschränkt und damit existiert das Integral.

Sei $0<a<1$ oder $0<b<1$. Wenn ein Term gegen Unendlich strebt, schätzen wir den jeweils anderen Term durch eine Konstante wie folgt ab

${\begin{aligned}\forall 0\leq x\leq {\frac {1}{2}}:\ &(1-x)^{b-1}={\frac {1}{(1-x)^{1-b}}}\leq {\frac {1}{(1/2)^{1-b}}}=2^{b-1}\\\forall {\frac {1}{2}}\leq x\leq 1:\ &x^{a-1}={\frac {1}{x^{1-a}}}\leq {\frac {1}{(1/2)^{1-a}}}=2^{a-1}\end{aligned}}$

und können die Integrale abschätzen zu

${\begin{aligned}\int _{0}^{1/2}x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx\leq &\ 2^{b-1}{\frac {x^{a}}{a}}|_{0}^{1/2}<\infty \\\int _{1/2}^{1}x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx\leq &\ 2^{a-1}{\frac {-(1-x)^{b}}{b}}|_{1/2}^{1}<\infty \end{aligned}}$

und das Integral existiert.

Beziehung zwischen Gammafunktion und Betafunktion

Satz

Es gilt

${\begin{aligned}\beta (a,b)={\frac {\Gamma (a)\Gamma (b)}{\Gamma (a+b)}}\end{aligned}}$

Insbesondere ist die Betafunktion symmetrisch.

Beweis

Wir benutzen die Definition der Gammafunktion und erhalten ein Doppelintegral

${\begin{aligned}\Gamma (u)\Gamma (v)=&\int _{0}^{\infty }e^{-t}t^{u-1}dt\int _{0}^{\infty }e^{-s}s^{v-1}ds\\=&\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-(t+s)}t^{u-1}s^{v-1}dsdt\end{aligned}}$

Mit der Transformation $t=xy,s=x(1-y)$ und ihrer Umkehrung $x=t+s,y={\frac {t}{t+s}}$ folgt

${\begin{aligned}&T:(0,1)\times (0,\infty )\rightarrow (0,\infty )\times (0,\infty ),(s,t)\mapsto (x(1-y),xy)\\&DT={\begin{pmatrix}1-y&-x\\y&x\\\end{pmatrix}}\\&\det(DT)=(1-y)x+xy=x\end{aligned}}$

Das ergibt

${\begin{aligned}\Gamma (u)\Gamma (v)=&\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }e^{-(t+s)}t^{u-1}s^{v-1}dsdt\\=&\int _{0}^{1}\int _{0}^{\infty }\left(e^{-(t+s)}t^{u-1}s^{v-1}\right)\circ T|\det(DT)|dxdy\\=&\int _{0}^{1}\int _{0}^{\infty }e^{-x}(xy)^{u-1}(x(1-y))^{v-1}xdxdy\\=&\int _{0}^{\infty }e^{-x}x^{u+v-1}dx\int _{0}^{1}y^{u-1}(1-y)^{v-1}dy\\=&\Gamma (u+v)\beta (u,v)\end{aligned}}$