Evaluar la integral$\int_0^\infty x^{t-1}e^{-\beta x}dx$

Question

Quiero evaluar la siguiente integral $$\int_0^\infty x^{t-1}e^{-\beta x}dx$$ donde $\beta$ es un número complejo.

Ahora, si $\beta$ era real, sólo podríamos establecer $y = \beta x$ y se reducirá a la función Gamma. Desde $\beta$ es complejo, sin embargo, cuando me puse a $y = \beta x$, yo soy la integración a través de la línea con $\arg \beta$ sobre el plano complejo, así que no se puede reducir directamente a la función Gamma, puedo?

He encontrado después de algunos cálculos que $$\int_0^\infty x^{t-1}e^{-\beta x}dx = \Gamma(t)\beta^{-t}$$, que es exactamente lo que uno podría encontrar si no se molestó con la observación anterior.

Así que mis preguntas son: Es mi observación en el complejo de la línea correcta? y 2) ¿Cuál es la mejor manera de demostrar el resultado?

Mi trabajo

Escribir $\beta = a + ib$. Considere la integral como una función de la $t,a,b$ conseguir $$I(t,a,b) = \int_0^\infty x^{t-1}e^{-a x}e^{-ibx}dx$$.

Observe que $$\frac{\partial I}{\partial a}(t,a,b) = -I(t+1,a,b)$$ y $$\frac{\partial I}{\partial b}(t,a,b) = -iI(t+1,a,b)$$

Ahora desde $\displaystyle I(t+1) = \frac t{a+ib}I(t)$, de las dos anteriores ecuaciones se convierten $$\frac{\partial I}{\partial a} = -\frac t{a+ib}I$$ y $$\frac{\partial I}{\partial b} = -\frac{it}{a+ib}I$$

que poner juntos rendimiento $I(t,a,b) = C(t) (a+ib)^{-t}$. También, desde la $\displaystyle I(t,1,0) = C(t) = \int_0^\infty x^{t-1}e^{-x}dx= \Gamma(t)$, obtenemos

$$I(t,a,b) = \Gamma(t) (a+ib)^{-t} = \Gamma(t)\beta^{-t}$$

que parece como demasiado trabajo!

Answer 1

Usted está en lo correcto en el resultado. Para verificar esto y proporcionar un instructivo camino a seguir, presentamos aquí un método directo se basa en la Integral de Cauchy Teorema.

Para ello, nos vamos a $I$ ser integral en el plano complejo dada por

$$I=\oint_C z^{t-1}e^{-\beta z}\,dz$$

donde $\text{Re}(\beta)>0$, $t>0$, y $C=C_1+C_2+C_3$ es el contorno compuesto de la $4$ componentes

$(i)$ $C_1$ es el segmento de línea de $(\epsilon,0)$$(R,0)$;

$(ii)$ $C_2$ es el arco de círculo centrado en el origen con radio de $R$ $(R,0)$ $(R\cos \theta_0,R\sin \theta_0)$donde $\beta e^{i\theta_0}=1 \implies e^{i\theta_0}=\frac{1}{\beta}$.

$(iii)$ $C_3$ es el segmento de la línea de$(R\cos \theta_0,R\sin \theta_0)$$(\epsilon \cos \theta,\epsilon \sin \theta)$;

$(iv)$ $C_4$ es el arco de círculo centrado en el origen con radio de $\epsilon$$(\epsilon \cos \theta,\epsilon \sin \theta)$$(\epsilon,0)$.

Desde $z^{x-1}e^{-\beta z}$ es analítica en $C$, luego de Cauchy de la Integral Teorema, tenemos $I=0$. Por otra parte, los aportes de las $C_2$ $C_4$ puede ser fácilmente demostrado a desvanecerse $R\to \infty$$\epsilon \to 0$, respectivamente.

Por lo tanto, tenemos

$$\begin{align} I&=\oint_C z^{t-1}e^{-\beta z}\,dz\\\\ &=\int_0^{\infty}(x)^{t-1}e^{-\beta x}\,dx+\int_\infty^0 (e^{i\theta_0}x)^{t-1}e^{-\beta e^{i\theta_0}x}e^{i\theta_0}dx=0\\\\ \implies \int_0^{\infty}(x)^{t-1}e^{-\beta x}\,dx&=\frac{1}{\beta^{t}}\int_0^\infty x^{t-1}e^{-x}\,dx\\\\ &=\frac{1}{\beta^{t}}\Gamma(t) \end{align}$$

que iba a ser mostrado!

Answer 2

$$ f(\beta) = \int_0^\infty x^{t-1}e^{-\beta x}dx$ $ es claramente una función analítica en$\beta$ si$\text{Re}(\beta) > 0$ (diferenciarse bajo el signo integral). $$ g(\beta) = \Gamma(t) \beta^{-t} $ $ también es analítica en$\beta$. Como$f(\beta) = g(\beta)$ para todos los$\beta \in (0,\infty)$, se sigue por el principio de ceros aislados que deben ser iguales en las intersecciones de sus dominios de definición.