Metody matematyczne fizyki/Całki i funkcje Eulera

Całki i funkcje Eulera

---

Licencja

Autor: Mirosław Makowiecki Absolwent UMCS Fizyki Komputerowej Uniwersytetu Marii Curie-Skłodowskiej w Lublinie Email: miroslaw(kropka)makowiecki(małpa)gmail(kropka)pl Dotyczy: książki, do której należy ta strona, oraz w niej zawartych stron i w nich podstron, a także w nich kolumn, wraz z zawartościami. Użytkownika książki, do której należy ta strona, oraz w niej zawartych stron i w nich podstron, a także w nich kolumn, wraz z zawartościami nie zwalnia z odpowiedzialności prawnoautorskiej nieprzeczytanie warunków licencjonowania. Umowa prawna: Creative Commons: uznanie autorstwa, na tych samych warunkach, z możliwością obowiązywania dodatkowych ograniczeń. Autor tej książki dołożył wszelką staranność, aby informacje zawarte w książce były poprawne i najwyższej jakości, jednakże nie udzielana jest żadna gwarancja, czy też rękojma. Autor nie jest odpowiedzialny za wykorzystanie informacji zawarte w książce, nawet jeśli wywołaby jakąś szkodę, straty w zyskach, zastoju w prowadzeniu firmy, przedsiębiorstwa lub spółki bądź utraty informacji, niezależnie czy autor (a nawet Wikibooks) został powiadomiony o możliwości wystąpienie szkód. Informacje zawarte w książce mogą być wykorzystane tylko na własną odpowiedzialność.

---

---

Poznamy tutaj całki, które są nam w fizyce bardzo potrzebne do przeprowadzania różnych obliczeń.

Całka Eulera pierwszego rodzaju

Całką Eulera pierwszego rodzaju nazywamy całkę mówiąc za Legendre całkę zapisaną za pomocą schematu poniżej, który jest funkcją argumentów a i b, które są liczbami rzeczywistymi. Ta nasza funkcja Eulera jest całką całkowalną przy granicach od zera do jedynki z pewnego wyrażenia ściśle określonego:

$B(a,b)=\int _{0}^{1}x^{a-1}\left(1-x\right)^{b-1}dx\;$

(5.1)

Można udowodnić, że ze względu na przestawianie argumentów w całce (5.1) jest działaniem przemiennym ze względu na kolejność parametrów a i b, co można udowodnić zmieniając zmienną x na x=1-t:

$B(a,b)=\int _{-1}^{1}x^{a-1}\left(1-x\right)^{b-1}dx=\int _{1}^{-1}\left(1-t\right)^{a-1}\left(1-\left(1-t\right)\right)^{b-1}d(1-t)=\int _{-1}^{1}\left(1-t\right)^{a-1}t^{b-1}dt=B(b,a)\;$

(5.2)

Można również udowodnić tożsamość rekurencyjną, która jest zależna od argumentów a i b oraz która jest zależnością rekurencyjną po argumencie b, przedstawiamy tą rekurencję:

$B(a,b)={{b-1} \over {a+b-1}}B(a,b-1)\;$

(5.3)

Tożsamość (5.3) udowodniamy przez całkowanie przez części dla b>1, korzystając z definicji całki Eulera (5.1):

$B(a,b)=\int _{0}^{1}(1-x)^{b-1}x^{a-1}dx=\int _{0}^{1}(1-x)^{b-1}d{{x^{a}} \over {a}}={{x^{a}(1-x)^{b-1}} \over {a}}{\Bigg |}_{0}^{1}+{{b-1} \over {a}}\int _{0}^{1}x^{a}(1-x)^{b-2}dx=\;$
$={{b-1} \over {a}}\int _{0}^{1}x^{a}(1-x)^{b-1-1}dx={{b-1} \over {a}}\int _{0}^{1}{{x^{a-1}(x-1+1)(1-x)^{b-1}} \over {1-x}}dx=-{{b-1} \over {a}}\int _{0}^{1}x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx+\;$
$+{{b-1} \over {a}}\int _{0}^{1}x^{a-1}(1-x)^{b-2}dx=-{{b-1} \over {a}}B(a,b)+{{b-1} \over {a}}B(a,b-1)$

(5.4)

Korzystając z końcowego wniosku w przeprowadzonych obliczeniach w punkcie (5.4) dochodzimy do wniosku, że B(a,b) można zapisać w zależności od B(a,b-1), co dowód tej zależności przeprowadzimy poniżej w taki sposób, że pierwszy wyraz po prawej stronie w wspomnianym wyprowadzeniu przenosimy na jej lewą stronę:

$B(a,b)+{{b-1} \over {a}}B(a,b)={{b-1} \over {a}}B(a,b-1)\Rightarrow B(a,b)\left(1+{{b-1} \over {a}}\right)={{b-1} \over {a}}B(a,b-1)\Rightarrow \;$
$\Rightarrow B(a,b){{a+b-1} \over {a}}={{b-1} \over {a}}B(a,b-1)\Rightarrow B(a,b)={{b-1} \over {a+b-1}}B(a,b-1)$

(5.5)

Wzór (5.5) przestawia zależność rekurencyjną jaką oczekiwaliśmy otrzymać z obliczeń. Niech mamy już obliczone całki Eulera B(a,1), w ten sposób na podstawie zależności rekurencyjnej końcowego wywodu (5.5) piszemy wedle schematu wzór na wielkość B(a,n), którego pierwszym argumentem jest dowolna liczba rzeczywista, a drugim argumentem jest liczba naturalna znana z analizy matematycznej ze szkoły średniej:

$B(a,n)={{n-1} \over {a+n-1}}\cdot {{n-2} \over {a+n-2}}\cdots \cdot {{1} \over {a+1}}B(a,1)\;$

(5.6)

Następnym krokiem jest wyznaczenie całki Eulera (5.1) dla argumentu b=1, czyli całkę Eulera pierwszego rodzaju B(a,1), gdy drugim jego argumentem jest liczba całkowita równa jeden, zatem w takim przypadku mamy wzór:

$B(a,1)=\int _{0}^{1}x^{a-1}dx={{1} \over {a}}\;$

(5.7)

Zatem wyrażenie (5.6) przy obliczonej całce Eulera B(a,1) (5.7), czyli w tym ostatnim w drugim argumentem w całce Eulera pierwszego rodzaju jest liczba jeden, zatem możemy wyznaczyć ogólny wzór na opisywaną tutaj całkę.

$B(a,n)=B(n,a)={{1\cdot 2\cdot 3\cdot \cdots \cdot (n-1)} \over {a(a+1)(a+2)\cdots (a+n-1)}}\;$

(5.8)

Wzór (5.8) jest słuszny, gdy a jest rzeczywiste, określmy teraz przypadek, gdy a jest liczbą naturalną oznaczonej przez m, wtedy ze wspomnianego wzoru dostajemy wzór zapisujemy za pomocą silni:

$B(m,n)={{(n-1)!(m-1)!} \over {(m+n-1)!}}\;$

(5.9)

Inne przestawienie analityczne całki Eulera B(a,b)

W całce Eulera (5.1) dokonajmy podstawienia określonego wzorem $x={{y} \over {1+y}}\;$, gdzie argument x jest ilorazem liczby y przez y+1, wtedy:

$B(a,b)=\int _{0}^{\infty }{{y^{a-1}} \over {(1+y)^{a-1}}}\left(1-{{y} \over {1+y}}\right)^{b-1}d{{y} \over {1+y}}=\int _{0}^{\infty }{{y^{a-1}} \over {(1+y)^{a-1}}}{{1} \over {(1+y)^{b-1}}}{{1+y-y} \over {(1+y)^{2}}}dy=\int _{0}^{\infty }{{y^{a-1}} \over {(1+y)^{a+b}}}dy\;$

(5.10)

W całce Eulera (5.1) określoną wzorem (5.10) po dokonaniu w nim podstawienia za b=1-a, 0<a<1 , dostajemy wniosek na całkę Eulera B(1-a,a):

$B(a,1-a)=\int _{0}^{\infty }{{y^{a-1}} \over {1+y}^{a+1-a}}dy=\int _{0}^{\infty }{{y^{a-1}} \over {1+y}}dy\;$

(5.11)

Całka Eulera (5.10) można przepisać bez dowodu, którego to dowód można znaleźć w analizie matematycznej, a my tutaj napiszemy gotowe jego rozwiązanie:

$B(a,1-a)={{\pi } \over {\sin a\pi }}\;$

(5.12)

Całka Eulera drugiego rodzaju

Całką Eulera drugiego rodzaju nazywamy całkę zapisaną wedle schematu poniżej, która jest funkcją jednego argumentu a, całkowana w granicach od zera do nieskończoności.

$\Gamma (a)=\int _{0}^{\infty }x^{a-1}e^{-x}dx\;$

(5.13)

Dokonajmy podstawienia określonego wzorem $x=\ln {{1} \over {z}}\;$, którego jest logarytmem z odwrotności liczby z i którą tą całkę (5.13) zapisujemy po dokonaniu tego podstawienia do ostatnio wspomnianej całki:

$\Gamma (a)=\int _{\infty }^{0}\left(\ln {{1} \over {z}}\right)^{a-1}{{1} \over {e^{\ln {{1} \over {z}}}}}d\ln {{1} \over {z}}=\int _{0}^{\infty }\left(\ln {{1} \over {z}}\right)^{a-1}zz{{1} \over {z^{2}}}dz=\int _{0}^{\infty }\left(\ln {{1} \over {z}}\right)^{a-1}dz\;$

(5.14)

Bardzo ważną tożsamością jest tożsamość, z której wyjdziemy jest tożsamość $\lim _{\alpha \rightarrow \infty }{{a^{\alpha }-1} \over {\alpha }}=\ln a\;$, w tej tożsamości należy dokonać podstawienia rozpatrzonego według schematu $\alpha \rightarrow {{1} \over {n}}\;$:

$\ln {{1} \over {z}}=\lim _{n\rightarrow }n\left(1-z^{{1} \over {n}}\right)\;$

(5.15)

Całkę (5.14) możemy zapisać przy pomocy udowodnionej tożsamości (5.15) w tym tekście, którą zapisujemy przy pomocy granicy n dążącą do nieskończoności:

$\Gamma (a)=\lim _{n\rightarrow \infty }n^{\alpha -1}\int _{0}^{1}\left(1-z^{{1} \over {n}}\right)^{a-1}dz\;$

(5.16)

Do tożsamości (5.16) podstawimy podstawienie wedle schematu z=yⁿ, zatem ten nasz wspomniany wzór przyjmuje postać bardzo podobną do całki Eulera pierwszego rodzaju:

$\Gamma (a)=\lim _{n\rightarrow \infty }n^{a-1}\left(1-\left(y^{n}\right)^{{1} \over {n}}\right)^{a-1}dy^{n}=\lim _{n\rightarrow \infty }n^{a}\int _{0}^{1}y^{n-1}(1-y)^{a-1}dy\;$

(5.17)

Całka występująca we wzorze (5.17) jest całką Eulera pierwszego rodzaju, zatem możemy napisać ostatnio wspomniany wzór wedle:

$\Gamma (a)=\lim _{n\rightarrow \infty }n^{a}B(a,n)\;$

(5.18)

Jeśli skorzystamy z tożsamości (5.8), to można napisać całkę Eulera drugiego rodzaju (5.18) zapisaną przy pomocy granicy z liczby całkowitej n dążącej do nieskończoności:

$\Gamma (a)=\lim _{n\rightarrow \infty }n^{a}\cdot {{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot (n-1)} \over {a(a+1)(a+2)\cdot ...\cdot (a+n-1)}}\;$

(5.19)

Ciągłość funkcji Γ'(a) jako pochodnej całki Eulera drugiego rodzaju

Całkę Eulera (5.13) zróżniczkujmy względem argumentu "a", a potem jeszcze raz względem argumentu a, i w ten sposób otrzymamy pierwszą i drugą pochodną funkcji Γ(a), to dochodzimy do postaci tych dwóch pochodnych:

$\Gamma ^{'}(a)=\int _{0}^{\infty }x^{a-1}\ln xe^{-x}dx\;$

(5.20)

$\Gamma ^{''}(a)=\int _{0}^{\infty }x^{a-1}(\ln x)^{2}e^{-x}dx\;$

(5.21)

n-ta pochodna funkcji Γ(x) (5.13) zapisujemy analogicznie do wzorów (5.20) (Pierwsza pochodna funkcji Γ(a) (5.13)) i (5.21) (Druga pochodna funkcji Γ(a) (5.13)), zatem ogólna forma tej n-tej pochodnej jest:

$\Gamma ^{(n)}(x)=\int _{0}^{\infty }x^{a-1}\left(\ln x\right)^{n}e^{-x}dx\;$

(5.22)

Postać rekurencyjna funkcji Γ(x)

Przecałkujmy przez części funkcję napisaną poniżej wedle praw analizy matematycznej, z której wykorzystamy definicję funkcji Γ(a) zapisaną wzorem w punkcie (5.13).

$a\int _{0}^{\infty }x^{a-1}e^{-x}dx=x^{a}e^{-x}{\Bigg |}_{0}^{\infty }+\int _{0}^{\infty }x^{a}e^{-x}dx\;$

(5.23)

Jeśli skorzystamy z definicji całki Eulera (5.13), to tożsamość (5.23), którą zapiszemy przy pomocy definicji całki Eulera Γ(a) jako:

$a\Gamma (a)=\Gamma (a+1)\;$

(5.24)

Wyznaczmy całkę Eulera Γ(1), wtedy funkcja potęgowa występująca we wspomnianej funkcji (5.13) (pierwszy czynnik) jest równa jeden dla a=1, ze względu na zerowanie się wykładnika potęgi (bo a-1=0) dla pierwszego czynnika w całce, wtedy:

$\Gamma (1)=-\int _{0}^{\infty }e^{-x}d(-x)=-\int _{0}^{-\infty }e^{-x}dx=-\int _{0}^{-\infty }e^{x}dx=e^{x}{\Bigg |}_{0}^{-\infty }=1\;$

(5.25)

Postać rekurencyjna (5.24) dla a naturalnego, którą oznaczymy przez "n" i z własności (5.25) możemy napisać, że:

$\Gamma (n)=(n-1)\Gamma (n-1)=(n-1)(n-2)\Gamma (n-2)=(n-1)(n-2)\cdot ...\cdot 1=(n-1)!\;$

(5.26)

Granica górna funkcji Γ(a) dla a nieskończonego

Obierzmy takie n by było liczbą naturalną nie większą niż a, by było a>n+1, zatem mamy Γ(a)>n!, jeśli dodatkowo zauważymy, że ${{n} \over {a}}\rightarrow 1\;$, wtedy:

$\Gamma (a)={{\Gamma (a+1)} \over {a}}>{{n!} \over {a}}={{(n-1)!n} \over {a}}=(n-1)!{{n} \over {a}}\rightarrow (n-1)!\rightarrow \infty \;$

(5.27)

Widzimy, że granicą dla "a" nieskończonego jest Γ(a) nieskończone, zatem największą wartością Γ(a) jakie może przyjmować jest wartość nieskończona.

Związek pomiędzy funkcjami B(a,b) i Γ(a)

Do całki (5.13) dokonujemy podstawienia opisane przez schemat x=ty, które to x jest iloczynem liczby t i liczby y, zatem przy założeniu t>0, nasza wspomniana całka jest pisana:

$\Gamma (a)=\int _{0}^{\infty }t^{a-1}y^{a-1}e^{-ty}d(ty)=t^{a}\int _{0}^{\infty }y^{a-1}e^{-ty}dy\Rightarrow {{\Gamma (a)} \over {t^{a}}}=\int _{0}^{\infty }y^{a-1}e^{ty}dy\;$

(5.28)

We wzorze (5.28) piszemy zamiast a wyrażenie a+b (będące sumą liczb a i b) oraz 1+t (będące sumą jedynki i liczby b) zamiast t, zatem w ten sposób dostajemy tożsamość:

${{\Gamma (a+b)} \over {(1+t)^{a+b}}}=\int _{0}^{\infty }y^{a+b-1}e^{-(1+t)y}dy\;$

(5.29)

Tożsamość (5.29) mnożymy przez funkcję potęgową t^a-1 czyli funkcję z liczby t o wykładniku a-1 i obie strony tak otrzymanego równania całkujemy względem zmiennej t:

$\Gamma (a+b)\int _{0}^{\infty }{{t^{a-1}} \over {(1+t)^{a+b}}}dt=\int _{0}^{\infty }t^{a-1}dt\int _{0}^{\infty }y^{a+b-1}e^{-(1+t)y}dy\;$

(5.30)

Całka występująca po lewej stronie jest funkcją B(a,b), czyli ona jest taka sama, jak całka zapisana w punkcie (5.10). Zatem całkę występująca po prawej stronie równości (5.30), przy wykorzystaniu z definicji drugiej całki Eulera (pierwszego rodzaju) (5.13), możemy napisać jako:

$\Gamma (a+b)B(a,b)=\int _{0}^{\infty }t^{a-1}dt\int _{0}^{\infty }y^{a+b-1}e^{-(1+t)y}dy=\int _{0}^{\infty }y^{a+b-1}e^{-y}dy\int _{0}^{\infty }t^{a-1}e^{-ty}dt=\int _{0}^{\infty }y^{a+b-1}e^{-y}{{\Gamma (a)} \over {y^{a}}}dy=\;$
$=\Gamma (a)\int _{0}^{\infty }y^{b-1}e^{-x}dy=\Gamma (a)\Gamma (b)\;$

(5.31)

Tożsamość wynikająca z obliczeń przedstawionych w punkcie (5.31) jest napisana poniżej (pierwszy wzór wynikowy), stąd możemy wyznaczyć B(a,b), która jest całką Eulera pierwszego rodzaju:

$\Gamma (a+b)B(a,b)=\Gamma (a)\Gamma (b)\Rightarrow B(a,b)={{\Gamma (a)\Gamma (b)} \over {\Gamma (a+b)}}\;$

(5.32)

Wzór na dopełnienie w tożsamości pomiędzy Γ(a) i Γ(1-a), a B(a,1-a)

We wzorze (5.31) dokonajmy podstawienia b=1-a (którego to b jest różnicą liczby 1 i liczby b), w którym wiadomo, że "a" należy do do przedziału 0<a<1, ale też później korzystając z tożsamości na funkcję B(a,1-a) napisaną w punkcie (5.12), możemy napisać:

$\Gamma (a)\Gamma (1-a)=B(a,1-a)\Rightarrow \Gamma (a)\Gamma (1-a)={{\pi } \over {\sin a\pi }}\;$

(5.33)

Korzystając z tożsamości (5.33), to tożsamość $\Gamma \left({{1} \over {2}}\right)\;$ jest napisana wzorem wynikowym wynikających z powyższych obliczeń:

$\Gamma \left({{1} \over {2}}\right)\Gamma \left(1-{{1} \over {2}}\right)={{\pi } \over {\sin {{1} \over {2}}\pi }}\Rightarrow \Gamma \left({{1} \over {2}}\right)={\sqrt {\pi }}\;$

(5.34)

Wzór Stirlinga

Napiszmy funkcję Γ(x+1), która jest całką Eulera pierwszego rodzaju z argumentu x powiększonej o jeden, w którym dokonamy od razu podstawienia w postaci wzoru zależnej od liczby x i od parametru u, czyli podstawienia $t=x+u{\sqrt {x}}\;$, wiedząc, że dla t równego zero (t=0) według wspomnianego podstawienia mamy $u=-{\sqrt {x}}\;$, co wykorzystamy w całce poniżej:

$\Gamma (x+1)=\int _{0}^{\infty }t^{x}e^{-t}dt=\int _{-{\sqrt {x}}}^{\infty }e^{-x-u{\sqrt {y}}}(x+u{\sqrt {x}})^{x}du{\sqrt {x}}=\int _{-{\sqrt {x}}}^{\infty }{\sqrt {x}}e^{-x-u{\sqrt {x}}}e^{x\ln(x+u{\sqrt {x}})}du=\;$
$={\sqrt {x}}e^{-x}\int _{-{\sqrt {x}}}^{\infty }e^{-u{\sqrt {x}}+x\ln \left[x\left(1+u{{1} \over {\sqrt {x}}}\right)\right]}du=x^{x}{\sqrt {x}}e^{-x}\int _{-{\sqrt {x}}}^{\infty }e^{-u{\sqrt {x}}+x\ln \left(1+{{u} \over {\sqrt {x}}}\right)}du$

(5.35)

Ponieważ posługujemy wartościami x, które są liczbami bardzo dużymi, zatem możemy powiedzieć, że posługujemy się wartościami nieskończenie dużymi, to logarytm naturalny z liczby n! możemy przybliżyć wyrażeniem $\ln(1+a)\simeq a-{{a^{2}} \over {2}}\;$ dla a bardzo małego bliskiego zeru, wtedy końcową całkę (5.35) można przestawić:

$\Gamma (x+1)\simeq x^{x}{\sqrt {x}}e^{-x}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-u{\sqrt {x}}+x\left({{u} \over {\sqrt {x}}}-{{1} \over {2}}{{u^{2}} \over {x}}\right)}du=x^{x}{\sqrt {x}}e^{-x}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-{{u^{2}} \over {2}}}du=x^{x}{\sqrt {x}}e^{-x}{\sqrt {2\pi }}={\sqrt {2\pi }}x^{x+{{1} \over {2}}}e^{-x}\;$

(5.36)

Jeśli skorzystamy z udowodnionej tożsamości (5.36) i za miejsce x wstawimy wartość n, to przybliżona tożsamość (5.36) przyjmuje postać:

$n!\simeq {\sqrt {2\pi }}n^{n+{{1} \over {2}}}e^{-n}\;$

(5.37)

Po zlogarytmowaniu wyrażenia (5.37) logarytmem naturalnym ze względu na n bardzo duże w końcowych obliczeniach pomijamy składnik z liczby $\ln {\sqrt {2\pi }}$, bo jest mały z porównaniu z innymi składnikami sumy:

$\ln n!\simeq \ln {\sqrt {2\pi }}+\left(n+{{1} \over {2}}\right)\ln n-n\simeq n\ln n-n\;$

(5.38)