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2013년 1월 14일 (월) 18:00 판

개요

  • 두 변수 x,y 에 대하여 다음과 같이 적분으로 정의되는 함수\[B(x,y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,dt\]
  • Selberg 적분 으로 일반화된다



삼각함수의 적분과의 관계

\(B(x,y) = 2\int_0^{\pi/2}(\sin\theta)^{2x-1}(\cos\theta)^{2y-1}\,d\theta\)

\(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{p}\theta{d\theta}= \frac{1}{2}B(\frac{p+1}{2},\frac{1}{2})=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(\frac{p}{2}+\frac{1}{2})}{2\Gamma(\frac{p}{2}+1)}\)

\(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^{p}\theta{d\theta}= \frac{1}{2}B(\frac{p+1}{2},\frac{1}{2})=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(\frac{p}{2}+\frac{1}{2})}{2\Gamma(\frac{p}{2}+1)}\)

\(\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\theta{d\theta}= \frac{\sqrt{\pi}\Gamma(n+\frac{1}{2})}{2\Gamma(n+1)}=\frac{\pi}{2}\frac{(\frac{1}{2})_n}{(1)_n}\)

(증명)

\(B(x,y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,dt\) 에서\(t=\sin^{2} \theta\) 로 치환 ■





베타적분과 감마함수

  • 감마함수를 이용하여, 다음과 같이 표현할 수 있다\[B(x,y)=\dfrac{\Gamma(x)\,\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}\]

(증명)

가우시안 적분의 아이디어와 비슷하다.

\(\Gamma(x)\Gamma(y) = \int_0^\infty\ e^{-u} u^{x-1}\,du \int_0^\infty\ e^{-v} v^{y-1}\,dv\)

\(u = a^2\)와 \(v = b^2\) 로 치환하면,

\(\Gamma(x)\Gamma(y) = 4\int_0^\infty\ e^{-a^2} a^{2x-1}\,da \int_0^\infty\ e^{-b^2} b^{2y-1}\,db\)

\(= 4\int_{0}^\infty\ \int_{0}^\infty\ e^{-(a^2+b^2)} a^{2x-1} b^{2y-1} \,da \,db\)

\(=4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^\infty\ e^{-r^2} (r\cos\theta)^{2x-1} (r\sin\theta)^{2y-1} r \, dr \,d\theta\)

\(= 4\int_0^\infty\ e^{-r^2} r^{2x+2y-2} r\, dr \int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos\theta)^{2x-1} (\sin\theta)^{2y-1}\, d\theta\)

\(= 2\int_0^\infty\ e^{-r^2} r^{2(x+y-1)} \, d(r^2) \int_0^{\pi/2}\ (\cos\theta)^{2x-1} (\sin\theta)^{2y-1} \,d\theta\)

\(= \Gamma(x+y)B(x,y)\) ■



성질

  • \(x+y+z=1\) 이면, \(\frac{\pi B(y,z)}{\sin \pi x}=\Gamma(x)\Gamma(y)\Gamma(z)\)
    (증명)\[\Gamma(1-x)\Gamma(x) = {\pi \over \sin{\pi x}} \,\!\]



무리함수의 적분과 감마함수

\(n>0\)에 대하여,

\(\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^n}}=\frac{1}{n}B(\frac{1}{2},\frac{1}{n})\)

이 성립한다


(증명)

\(t=x^n\) 으로 치환하면, \(dt=nx^{n-1}\,dx=nt^{\frac{n-1}{n}}\,dx\).

\(\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^n}}=\frac{1}{n}\int_0^1\frac{t^{-\frac{n-1}{n}}}{\sqrt{1-t}}dt=\frac{1}{n}\int_0^1{t^{\frac{1}{n}-1}}(1-t)^{\frac{1}{2}-1}dt=\frac{1}{n}B(\frac{1}{2},\frac{1}{n})\). ■



타원적분과의 관계

  • lemniscate 곡선의 길이와 타원적분\[4\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=B(\frac{1}{2},\frac{1}{4})=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{4})}{\Gamma(\frac{3}{4})}=\frac{\Gamma(1/4)^2}{\sqrt{2\pi}}=5.24\cdots\]
  • 제1종타원적분 K (complete elliptic integral of the first kind)\[6\int_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^3}}=B(\frac{1}{3},\frac{1}{6})=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{\Gamma(\frac{1}{2})}=\frac{\Gamma(\frac{1}{3})\Gamma(\frac{1}{6})}{\sqrt{\pi}}=8.413\cdots\]
    (증명)\[\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^3}}=\frac{1}{3}B(\frac{1}{2},\frac{1}{3})=\frac{1}{6}B(\frac{1}{3},\frac{1}{6})\] ■




베타적분과 초월수

(정리)

\(a,b,a+b \in \mathbb{Q-Z}\) 라 하자. \(B(a,b)\) 는 초월수이다. 즉

\(B(a,b) = \frac{\Gamma(x)\,\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}= \int_0^1t^{a-1}(1-t)^{b-1}\,dt\)

는 초월수이다.



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