Método de resolución $\int_0^1 \frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} x^\alpha (1-x)^\beta dx$

Question

Realmente no sé por dónde empezar a integrar esto

$\int_0^1 \frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} x^\alpha (1-x)^\beta dx$

Answer 1

La fracción que contiene la función gamma se llama función beta. Ahora asumo que $\alpha$ y $\beta$ son constantes.

La función beta es \begin{equation} B(x,y) = \int_0^1 t^{x-1} (1-t)^{y-1} dt = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)} \end{equation}

Así que para su integral \begin{align} \int_0^1 \frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha + \beta)} x^\alpha (1-x)^\beta dx = \frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha + \beta)} \int_0^1 x^\alpha (1-x)^\beta dx \end{align} Ahora la integral es sólo la función beta $B(\alpha + 1, \beta + 1)$ Así que \begin{align} \frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha + \beta)} \int_0^1 x^\alpha (1-x)^\beta dx = \frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha + \beta)} \cdot \frac{\Gamma(\alpha + 1)\Gamma(\beta + 1)}{\Gamma(\alpha + \beta + 2)} \end{align} Ahora se puede simplificar a partir de este punto utilizando la identidad $\Gamma(x + 1) = x\Gamma(x)$ .

Answer 2

Una pista: Considere $$ g(\alpha,\beta)=\int_{0}^{1}\frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}\,dx $$ para $\alpha,\beta\in\mathbb{Z}^+$ y demostrar por integración por partes e inducción (en $\alpha$ y, a continuación, en $\beta$ ) que $g(\alpha,\beta)$ constantemente es igual a $1$ en $\mathbb{Z}^+\times\mathbb{Z}^+$ . Utilice las propiedades del $\Gamma$ (su log-convexidad, por ejemplo) para demostrar que lo mismo ocurre con $\alpha,\beta > 0$ y deducir que: $$ \int_{0}^{1}\frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} x^{\alpha}(1-x)^{\beta}\,dx =\frac{\alpha \beta}{(\alpha+\beta+1)(\alpha+\beta)}.$$

Answer 3

Sugerencia siempre puede empezar por leer sus cursos, más concretamente el linealidad de la integración y la definición de función beta o el función gamma ...