§$23.3$ $B$ 函数与 $\Gamma$ 函数

在计算积分或者解常微分方程时，常常遇到其解不能表示为初等函数的问题。解决这个问题的方法之一是引进一些新的函数，它们可能是函数项级数的和函数，或者是用含参变量积分表示的函数，然后研究它们的性质，甚至做出函数值表。这类函数一般称为特殊函数。这一节介绍的 $Beta$ 函数（记为 $B$ 函数）与 $Gamma$ 函数（记为 $\Gamma$ 函数）就属于最重要特殊函数之列。它们在数学的很多分支中都有应用。有不少重要的定积分值可以用它们表示出来。此外，$Gamma$ 函数的一些性质的证明也是数学分析中很好的训练，在 $\mathrm{23.3.4}$ 小节中的部分内容可作为习题课的补充材料。这方面还可参考 [25, 55] 的 §$7.4$ 中的内容。

$\mathrm{23.3.1}$ $B$ 函数

$B$ 函数也称为第一类 $Euler$ 积分。$B$ 函数是一个二元函数，它的定义是

$$\mathrm{B}(p,q)={\int }_0^1{x}^{p-1}(1-x{)}^{q-1}\mathrm{d}x,p,q>0.\text{\hspace{1em}(23.9)}$$

它还有下列等价的积分表示

$$\begin{array}{rl}\mathrm{B}(p,q)& ={\int }_0^{+\infty }\frac{y^{p-1}}{(1+y{)}^{p+q}}\mathrm{d}y={\int }_0^{+\infty }\frac{y^{q-1}}{(1+y{)}^{p+q}}\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{y^{p-1}+y^{q-1}}{(1+y{)}^{p+q}}\mathrm{d}y,\end{array}$$ $$\mathrm{B}(p,q)=2{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2p-1}\theta {\sin }^{2q-1}\theta \mathrm{d}\theta .$$

$B$ 函数的主要性质如下:

1. 对称性: $\mathrm{B}(p,q)=\mathrm{B}(q,p)$ ;

2. $B(p,q)$ 在其定义域上连续，且有任意阶连续偏导数；

3. 递推公式:

$$\mathrm{B}(p,q+1)=\frac{q}{p+q}\mathrm{B}(p,q),\mathrm{B}(p+1,q)=\frac{p}{p+q}\mathrm{B}(p,q).$$

如果 $m,n$ 都是正整数，则

$$\mathrm{B}(m,n)=\frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!}(\text{参见上册326页例题10.4.10}).$$

$\mathrm{23.3.2}$ $\Gamma$ 函数

$\Gamma$ 函数也称为第二类 $Euler$ 积分。它是一元函数，其含参积分定义为

$$\Gamma (x)={\int }_0^{+\infty }{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t,x>0.\text{\hspace{1em}(23.10)}$$

它有如下的 $Gauss$ 无穷乘积分解（也称为 $Euler-Gauss$ 公式） ^①

$$\Gamma (x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)}.\text{\hspace{1em}(23.11)}$$

$\Gamma$ 函数的主要性质如下：

1. $\Gamma$ 函数与$B$函数的关系

$$\mathrm{B}(p,q)=\frac{\Gamma (p)\cdot \Gamma (q)}{\Gamma (p+q)},p>0,q>0;$$

2. $\Gamma (x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上为严格下凸函数，它及其任意阶导数都连续，且

$${\Gamma }^{(n)}(x)={\int }_0^{+\infty }{t}^{x-1}(\ln t{)}^n{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t;$$

3. 递推公式（由此从 $\Gamma (1)=1$ 出发得到 $\Gamma (n+1)=n!,\forall n\in {\mathbf{N}}_{+}$ )

$$\Gamma (x+1)=x\Gamma (x),x>0;\text{\hspace{1em}(23.12)}$$

4. $\ln \Gamma (x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上为严格下凸函数;

5. $Legendre$ 加倍公式: 对于 $x>0$ 有

$$\Gamma (2x)=\frac{2^{2x-1}}{\sqrt{\pi }}\Gamma (x)\Gamma \left(x+\frac{1}{2}\right);$$

6. 余元公式: 对于 $0<x<1$ 有

图23.1

注 1

从积分定义$(23.10)$出发，利用递推公式$(23.12)$可以将 $\Gamma$ 函数的定义域开拓如下。将$(23.12)$变形为

$$\Gamma (x)=\frac{\Gamma (x+1)}{x}.\text{\hspace{1em}(23.13)}$$

注意到右边当 $-1<x<0$ 时也有定义，于是我们用$(23.13)$的右边来定义 $-1<x<0$ 时的 $\Gamma$ 函数的值，以此类推， $\Gamma$ 函数的定义域可以开拓到除去 $0$ 和负整数的一切实数。当然这样的开拓结果与$(13.37)$的无穷乘积定义完全一致。

注 2

在所列举的 $\Gamma$ 函数的性质中，前三个在一般教科书中都有。为证明 $\ln \Gamma (x)$ 下凸，从 §$8.4$ 中的下凸函数的定义出发，用无穷限积分的 $H\ddot{o}lder$ 不等式即可得到。最后两个性质的证明比较困难，见下面的 $\mathrm{23.3.4}$ 小节。

注 3

在本章末的图$23.2$显示了延拓后的 $\Gamma$ 函数在区间[$-5$, $4.1$]上的图像。

$\mathrm{23.3.3}$ 例题

例 23.3.1

设平面 $x=0$, $y=0$, $z=0$ 与 $x+y+z=1$ 围成四面体 $V$，证明：

$${\iiint }_V{x}^{a-1}{y}^{b-1}{z}^{c-1}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\frac{\Gamma (a)\Gamma (b)\Gamma (c)}{(a+b+c)\Gamma (a+b+c)}(a,b,c>0).$$

证明

作以下计算即可:

$$\begin{array}{l}I={\iiint }_V{x}^{a-1}{y}^{b-1}{z}^{c-1}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}\mathrm{d}y{\int }_0^{1-x-y}{x}^{a-1}{y}^{b-1}{z}^{c-1}\mathrm{d}z\\ ={\int }_0^1{x}^{a-1}\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}\left(y^{b-1}\frac{1}{c}{z}^c\right){|}_0^{1-x-y}\mathrm{d}y\\ =\frac{1}{c}{\int }_0^1{x}^{a-1}\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}{y}^{b-1}(1-x-y{)}^c\mathrm{d}y.\end{array}$$

再令 $y=(1-x)t$ ，则

$$\begin{array}{l}I=\frac{1}{c}{\int }_0^1{x}^{a-1}\mathrm{d}x{\int }_0^1(1-x{)}^{b-1}{t}^{b-1}(1-x{)}^c(1-t{)}^c(1-x)\mathrm{d}t\\ =\frac{1}{c}{\int }_0^1{x}^{a-1}(1-x{)}^{b+c}\mathrm{d}x{\int }_0^1{t}^{b-1}(1-t{)}^c\mathrm{d}t\\ =\frac{1}{c}\mathrm{B}(a,b+c+1)\mathrm{B}(b,c+1)\\ =\frac{1}{c}\frac{\Gamma (a)\Gamma (b+c+1)}{\Gamma (a+b+c+1)}\cdot \frac{\Gamma (b)\Gamma (c+1)}{\Gamma (b+c+1)}\\ =\frac{\Gamma (a)\Gamma (b)\Gamma (c)}{(a+b+c)\Gamma (a+b+c)}.\end{array}$$

例 23.3.2

确定 $\alpha ,\beta ,\gamma ,$ 使

$$I={\iiint }_D\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{1+x^{\alpha }+y^{\beta }+z^{\gamma }}<+\infty ,$$

并求 $I$ 的值，其中 $D=\{(x,y,z)\mid x⩾0,y⩾0,z⩾0\}$。

解

首先应该有 $\alpha >0,\beta >0,\gamma >0$。至于进一步的条件，我们将在计算中得到。令 $x=u^{2/\alpha },y=v^{2/\beta },z=w^{2/\gamma }$，则

$$I=\frac{8}{\alpha \beta \gamma }{\iiint }_{\Omega }\frac{u^{2/\alpha -1}{v}^{2/\beta -1}{w}^{2/\gamma -1}}{1+u^2+v^2+w^2}\mathrm{d}u\mathrm{d}v\mathrm{d}w,$$

其中 $\Omega =\{(u,v,w)\mid u⩾0,v⩾0,w⩾0\}$。再作球坐标变换

$$u=\rho \sin \phi \cos \theta ,v=\rho \sin \phi \sin \theta ,w=\rho \cos \phi ,$$$$\rho ⩾0,0⩽\phi ⩽\frac{\pi }{2},0⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2},$$

则

$$\begin{array}{l}I=\frac{8}{\alpha \beta \gamma }{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2/\alpha -1}\theta {\sin }^{2/\beta -1}\theta d\theta \cdot {\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta })-1}\phi {\cos }^{2/\gamma -1}\phi d\phi \\ \times {\int }_0^{+\infty }\frac{{\rho }^{2(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma })-1}}{1+{\rho }^2}d\rho \\ =\frac{1}{\alpha \beta \gamma }B\left(\frac{1}{\alpha },\frac{1}{\beta }\right)B\left(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta },\frac{1}{\gamma }\right){\int }_0^{+\infty }\frac{t^{\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }-1}}{1+t}dt.\end{array}$$

可见当且仅当 $\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }<1$ 时后一个积分收敛，并且有

$${\int }_0^{+\infty }\frac{t^{\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }-1}}{1+t}dt=B\left(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma },1-\left(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }\right)\right),$$

这样便得到

$$I=\frac{1}{\alpha \beta \gamma }\Gamma \left(\frac{1}{\alpha }\right)\Gamma \left(\frac{1}{\beta }\right)\Gamma \left(\frac{1}{\gamma }\right)\Gamma \left(1-\left(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }\right)\right).$$

例 23.3.3

求积分（见上册 $395$ 页练习题 $6(2)$）

$$I(t)={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\left(x^2+\frac{t^2}{x^2}\right)}\mathrm{d}x,t>0.$$

解 1

由 $M$‑判别法，$I(t)$ 关于 $t>0$ 是一致收敛的，形式上求导得

$$I^{\prime }(t)={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\left(x^2+\frac{t^2}{x^2}\right)}\left(-\frac{2t}{x^2}\right)\mathrm{d}x.$$

$\forall t_0>0$，上述积分在 $t_0$ 的邻域上一致收敛，所以上面的求导可行。令 $x=\frac{1}{y}$，则

$$I^{\prime }(t)={\int }_{+\infty }^0{\mathrm{e}}^{-\left(\frac{1}{y^2}+y^2{t}^2\right)}2t\mathrm{d}y.$$

再令 $yt=z$，则

$$I^{\prime }(t)=-2{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\left(z^2+\frac{t^2}{z^2}\right)}\mathrm{d}z=-2I(t).$$

所以

$$\begin{array}{c}\ln I(t)=-2t+C,\\ I(t)=C{\mathrm{e}}^{-2t}.\end{array}$$

考虑到 $I(0)={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-x^2}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$，所以

$$I(t)=\frac{\sqrt{\pi }}{2}{\mathrm{e}}^{-2t}.$$

解 2

下面的方法需要的工具不多，但不容易想到: 令 $y=\frac{t}{x}$，则

$$I(t)={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\left(\frac{t^2}{y^2}+y^2\right)}\frac{t}{y^2}\mathrm{d}y.$$

与原表达式相加得

$$\begin{array}{rl}2I(t)& ={\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-\left(x^2+\frac{t^2}{x^2}\right)}\left(1+\frac{t}{x^2}\right)\mathrm{d}x={\mathrm{e}}^{-2t}{\int }_0^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{\left(x-\frac{t}{x}\right)}^2}\mathrm{d}\left(x-\frac{t}{x}\right)\\ & ={\mathrm{e}}^{-2t}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-u^2}\mathrm{d}u=\sqrt{\pi }{\mathrm{e}}^{-2t}.\end{array}$$

例 23.3.4

证明 $Riemann$ 的 zeta 函数的积分形式

$$\zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}=\frac{1}{\Gamma (s)}{\int }_0^{+\infty }\frac{x^{s-1}}{{\mathrm{e}}^x-1}\mathrm{d}x,s>1.$$

证明

对于 $x>0$ 有展开式

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{{\mathrm{e}}^x-1}& =\frac{{\mathrm{e}}^{-x}}{1-{\mathrm{e}}^{-x}}\\ & ={\mathrm{e}}^{-x}(1+{\mathrm{e}}^{-x}+{\mathrm{e}}^{-2x}+\dots )={\sum }_{n=1}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-nx}.\end{array}$$

于是 $\forall A>0$ 有

$${\int }_0^A\frac{x^{s-1}}{{\mathrm{e}}^x-1}\mathrm{d}x={\int }_0^A{x}^{s-1}\left(\sum _{n=1}^{\infty }{\mathrm{e}}^{-nx}\right)\mathrm{d}x.$$

对于固定的 $s>1$，级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{x}^{s-1}{\mathrm{e}}^{-nx}$ 关于 $x\in [0,+\infty )$ 是一致收敛的，所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^A\frac{x^{s-1}}{{\mathrm{e}}^x-1}\mathrm{d}x& ={\sum }_{n=1}^{\infty }{\int }_0^A{x}^{s-1}{\mathrm{e}}^{-nx}\mathrm{d}x={\sum }_{n=1}^{\infty }{\int }_0^{nA}{\left(\frac{y}{n}\right)}^{s-1}\left(\frac{{\mathrm{e}}^{-y}}{n}\right)\mathrm{d}y\\ & ={\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}{\int }_0^{nA}{y}^{s-1}{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}y.\end{array}$$

这个级数对于 $A\in [0,+\infty )$ 是一致收敛的，于是令 $A\to +\infty$，得

$${\int }_0^{+\infty }\frac{x^{s-1}}{{\mathrm{e}}^x-1}\mathrm{d}x=\Gamma (s)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^s}.$$

例 23.3.5

求 ${\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x}\mathrm{d}x.$

解

令 $x={\mathrm{e}}^{-t}$，则

$${\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x}\mathrm{d}x={\int }_{+\infty }^0\frac{-t}{1-{\mathrm{e}}^{-t}}{\mathrm{e}}^{-t}(-\mathrm{d}t)=-{\int }_0^{+\infty }\frac{t}{{\mathrm{e}}^t-1}\mathrm{d}t.$$

在上题的结论中取 $s=2$，则

$${\int }_0^1\frac{\ln x}{1-x}\mathrm{d}x=-\Gamma (2)\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=-\frac{{\pi }^2}{6}.$$

例 23.3.6

求 $I={\iiint }_{\Omega }{\left(\sqrt{a^2-x^2-y^2}\right)}^p\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z,$ 其中 $a>0$, $p⩾0$, $\Omega$ 是球体 $x^2+y^2+z^2⩽a^2$ 被圆柱面 $x^2+y^2=ay$ 割下的区域（即 $Viviani$ 体）。

解

见图 $22.11$（现在 $x$, $y$ 轴的位置有变化）。用柱坐标系，则

$$\Omega =\{(r,\theta ,z)\mid 0⩽\theta ⩽\pi ,0⩽r⩽a\sin \theta ,-\sqrt{a^2-r^2}⩽z⩽\sqrt{a^2-r^2}\}.$$

于是

$$\begin{array}{l}I={\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{a\sin \theta }\mathrm{d}r{\int }_{-\sqrt{a^2-r^2}}^{\sqrt{a^2-r^2}}{\left(\sqrt{a^2-r^2}\right)}^{p}r\mathrm{d}z={\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{a\sin \theta }2r(a^2-r^2{)}^{\frac{p+1}{2}}\mathrm{d}r\\ =-{\int }_0^{\pi }\left(\frac{2}{p+3}(a^2-r^2{)}^{\frac{p+3}{2}}\right){|}_0^{a\sin \theta }\mathrm{d}\theta =\frac{4a^{p+3}}{p+3}{\int }_0^{\pi /2}(1-{\cos }^{p+3}\theta )\mathrm{d}\theta \\ =\frac{4a^{p+3}}{p+3}\left(\frac{\pi }{2}-\frac{\Gamma \left(\frac{p+4}{2}\right)\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)}{2\Gamma \left(\frac{p+5}{2}\right)}\right).\end{array}$$

$\mathrm{23.3.4}$ $\Gamma$ 函数的特征刻画和几个重要公式的证明

前面已介绍过 $\Gamma$ 函数满足如下三条性质:

1. 当 $x>0$ 时，$\Gamma (x)>0$，且 $\Gamma (1)=1$；

2. $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x);$

3. $\ln \Gamma (x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上为下凸函数.

关于 $\Gamma$ 函数的一个非常漂亮的结果是 $Bohr$ 与 $Mollerup$ 定理（$1922$ 年），即上面的三条性质完全刻画了 $\Gamma$ 函数.

命题 23.3.1 ($Bohr-Mollerup$ 定理)

如果定义在 $(0,+\infty )$ 上的函数 $f$ 满足下列三个条件:

(1) $f(x)>0$，且 $f(1)=1$，

(2) $f(x+1)=xf(x)$，

(3) $\ln f(x)$ 是 $(0,+\infty )$ 上的下凸函数，

则 $f(x)\equiv \Gamma (x)$，$x\in (0,+\infty )$。

证明

已知 $\Gamma$ 函数满足上述三条，故只要证明 $f$ 是由 (1)，(2)，(3) 惟一确定的函数就可以了。而由 (2) 只要对 $x\in (0,1)$ 进行证明。令 $\phi (x)=\ln f(x)$，则

$$\phi (x+1)=\phi (x)+\ln x,0<x<+\infty ,\text{\hspace{1em}(23.14)}$$

$\phi (1)=0$，且 $\phi$ 是下凸函数。设 $0<x<1$，考虑 $\phi$ 在

$$[n,n+1],[n+1,n+1+x],[n+1,n+2]$$

三个闭区间上的差商，有

$$\begin{array}{rl}\ln n& =\phi (n+1)-\phi (n)⩽\frac{\phi (n+1+x)-\phi (n+1)}{x}\\ & ⩽\phi (n+2)-\phi (n+1)=\ln (n+1).\end{array}\text{\hspace{1em}(23.15)}$$

另一方面，重复(23.14)可得

$$\phi (n+1+x)=\phi (x)+\ln [x(x+1)\dots (x+n)].$$

代入 (23.15) 并整理得

$$0⩽\phi (x)-\ln \left(\frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)}\right)⩽x\ln \left(1+\frac{1}{n}\right).$$

由对数函数的连续性，令 $n\to \infty$，得

$$\phi (x)=\ln \left(\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)}\right).$$

因此

$$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)}.$$

利用例题 $\mathrm{16.1.4}$ 的结论知 $f(x)=\Gamma (x)$.

命题23.3.2 ($Legendre$ 加倍公式)

对于 $x>0$ 成立

$$\Gamma (2x)=\frac{2^{2x-1}}{\sqrt{\pi }}\Gamma (x)\Gamma \left(x+\frac{1}{2}\right).$$

证明

设 $g(x)=\frac{2^{x-1}}{\sqrt{\pi }}\Gamma \left(\frac{x}{2}\right)\Gamma \left(\frac{x+1}{2}\right)$，利用 $\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi }$，容易检验 $g(x)$ 满足 $Bohr$-$Mollerup$ 定理中的条件 (1)-(3)，可见有

$$\Gamma (x)=\frac{2^{x-1}}{\sqrt{\pi }}\Gamma \left(\frac{x}{2}\right)\Gamma \left(\frac{x+1}{2}\right),$$

将其中 $x$ 换为 $2x$ 就得到所要的加倍公式。

命题23.3.3（余元公式）

对于 $0<x<1$ 成立

$$\Gamma (x)\Gamma (1-x)=\frac{\pi }{\sin \pi x}.$$

证1

利用 $\Gamma$ 函数的 $Euler$-$Gauss$ 无穷乘积表达式$(23.11)$（即$(13.38)$）与正弦函数的无穷乘积表达式$(13.30)$。具体细节见例题$\mathrm{13.4.4}$以及$(13.40)$。

证2

首先利用 $\Gamma$ 函数与 $B$ 函数的关系得到

$$\Gamma (x)\Gamma (1-x)=\mathrm{B}(x,1-x)={\int }_0^{+\infty }\frac{1}{y^x(1+y)}\mathrm{d}y,$$

然后利用例题 $\mathrm{16.1.3}$ 的 $Euler$ 积分公式。

证3

利用上册 $402$ 页参考题 $8(2)$ 的结果：当 $2m+1<2n$ 时，有

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x^{2m}}{1+x^{2n}}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{n}\csc \frac{(2m+1)\pi }{2n},$$

于是有

$$\begin{array}{rl}\Gamma \left(\frac{2m+1}{2n}\right)\Gamma \left(1-\frac{2m+1}{2n}\right)& =\mathrm{B}\left(\frac{2m+1}{2n},1-\frac{2m+1}{2n}\right)\\ & ={\int }_0^{+\infty }\frac{y^{\frac{2m+1}{2n}-1}}{1+y}\mathrm{d}y\\ & =2n{\int }_0^{+\infty }\frac{x^{2m}}{1+x^{2n}}\mathrm{d}x\\ & =\pi \csc \frac{(2m+1)\pi }{2n},\end{array}$$

当 $x$ 为无理数时，通过形如 $\frac{2m+1}{2n}$ 的有理数取极限。

命题23.3.4 ($\Gamma$ 函数的 $Stirling$ 公式)

关于 $\Gamma$ 函数有渐近公式 ^①:

$$\Gamma (x+1)\sim \sqrt{2\pi x}{\left(\frac{x}{\mathrm{e}}\right)}^x(x\to +\infty ).\text{\hspace{1em}(23.16)}$$

证明（此证明取自[46]）

在 $\Gamma (x)={\int }_0^{+\infty }{t}^{x-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t$ 中令 $t=x(1+u)$，得到

$$\Gamma (x+1)=x^{x+1}{\mathrm{e}}^{-x}{\int }_{-1}^{+\infty }[(1+u){\mathrm{e}}^{-u}{]}^x\mathrm{d}u.\text{\hspace{1em}(23.17)}$$

令

$$h(u)=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{u^2}[u-\ln (1+u)],& -1<u<+\infty ,u\ne 0,\\ 1,& u=0,\end{array}$$

则 $h$ 在 $(-1,+\infty )$ 上为单调减少的连续函数，并满足

$$(1+u){\mathrm{e}}^{-u}=\exp \left(-\frac{u^2}{2}h(u)\right).$$

于是，对 (23.17) 作代换 $u=s\sqrt{\frac{2}{x}}$，得

$$\Gamma (x+1)=x^x{\mathrm{e}}^{-x}\sqrt{2x}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\psi }_x(s)\mathrm{d}s,$$

其中

$${\psi }_x(s)=\{\begin{array}{ll}\exp \left[-s^{2}h\left(s\sqrt{\frac{2}{x}}\right)\right],& -\sqrt{\frac{x}{2}}<s<+\infty ,\\ 0,& s⩽-\sqrt{\frac{x}{2}}.\end{array}$$

可以验证:

(1) 对每个 $s$ 而言，当 $x\to +\infty$ 时，${\psi }_x(s)\to {\mathrm{e}}^{-s^2}$;

(2) 当 $x⩾1$ 时，对 $s>0$，有 $0<{\psi }_x(s)<{\psi }_1(s)$;

(3) 对 $s<0$，有 $0<{\psi }_x(s)<{\mathrm{e}}^{-s^2}$;

(4) 对任意 $A>0$，含参变量 $x$ 的广义积分 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{\psi }_x(s)\mathrm{d}s$ 在闭区间 $[-A,A]$ 上一致收敛;

(5) ${\int }_0^{+\infty }{\psi }_1(s)\mathrm{d}s$ 收敛.

因而，就可以得到

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\psi }_x(s)\mathrm{d}s={\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-s^2}\mathrm{d}s=\sqrt{\pi },$$

即

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\Gamma (x+1)}{\sqrt{2\pi x}{x}^x{\mathrm{e}}^{-x}}=1,$$

这就是关于 $\Gamma$ 函数的 $Stirling$ 公式 $(23.16)$.

注

这只是关于 $\Gamma$ 函数的 $Stirling$ 公式的最简单形式。与上册 $363$ 页$(11.31)$类似的关于 $\Gamma$ 函数的一般 $Stirling$ 公式见[18]（第二卷的 $540$ 小节）等参考书。

$\mathrm{23.3.5}$ 练习题

1. 计算

(1) ${\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x\ln \frac{1}{x}}};(2){\int }_0^{+\infty }\frac{\sqrt[4]{x}}{(1+x{)}^2}\mathrm{d}x.$

2. 试用 $\Gamma$ 函数或 $B$ 函数表示

$${\int }_0^{\pi /2}{\tan }^{\alpha }x\mathrm{d}x(|\alpha |<1);\text{\hspace{1em}(1)}$$ $$(2){\int }_{-1}^1(1+x{)}^a(1-x{)}^b\mathrm{d}x(a,b>0).$$

3. $n$ 为正整数，$p>0$，证明:

$$\mathrm{B}(p,n)=\frac{(n-1)!}{p(p+1)\cdots (p+n-1)}.$$

4. 证明: $\ln \Gamma (x)$ 是下凸函数.

5. 按照下列步骤证明公式 $\mathrm{B}(p,q)=\frac{\Gamma (p)\Gamma (q)}{\Gamma (p+q)}$.

(1) $\Gamma (p)=2{\int }_0^{+\infty }{u}^{2p-1}{\mathrm{e}}^{-u^2}\mathrm{d}u;$

$$\begin{array}{c}\Gamma (p)\Gamma (q)={\lim }_{A\to +\infty }4{\iint }_{G(A)}f(u,v)\mathrm{d}u\mathrm{d}v,\text{其中}\\ f(u,v)=u^{2p-1}{v}^{2q-1}{\mathrm{e}}^{-(u^2+v^2)},\\ G(A)=\{(u,v)|0⩽u⩽A,0⩽v⩽A\};\end{array}\text{\hspace{1em}(2)}$$ $$\begin{array}{rl}(3)\text{令}D(R)=\{(r,\theta )|0⩽r⩽R,0⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2}\},\text{则}& \\ & {\lim }_{A\to +\infty }{\iint }_{D(A)}f(u,v)\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\frac{1}{4}\mathrm{B}(p,q)\Gamma (p+q),\\ & {\lim }_{A\to +\infty }{\iint }_{D(\sqrt{2}A)}f(u,v)\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\frac{1}{4}\mathrm{B}(p,q)\Gamma (p+q);\end{array}$$

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