Demostración de la función Beta de Euler para números enteros positivos

Question

He buscado en Google, pero no he encontrado nada bueno.

Así que sólo quiero una prueba de que para los enteros positivos $x$ y $y$ :

$$\int_{0}^{1} t^{x-1} \cdot (1-t)^{y-1} dt = \frac{(x-1)! \cdot (y-1)!}{(x+y-1)!}$$

Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Se puede hacer lo siguiente:

1. Tenga en cuenta que para los enteros $m$ uno tiene $$\int_0^{\infty} p^{m-1}e^{-p}dp=(m-1)! \tag{0}$$ Esto se puede demostrar por integración iterativa por partes.

2. Consideremos ahora el producto de dos integrales de este tipo \begin {align} P(m,n)&=(m-1)!(n-1)!= \tag {1} \\ &= \int_0 ^{ \infty }p^{m-1}e^{-p}dp \times \int_0 ^{ \infty }q^{n-1}e^{-q}dq= \\ &=2 \int_0 ^{ \infty }x^{2m-1}e^{-x^2}dx \times 2 \int_0 ^{ \infty }y^{2n-1}e^{-y^2}dy, \end {align} y reescribir la última expresión como una integral doble sobre la región $x,y\geq0$ en el $(x,y)$ -plano (estos $x,y$ son no su $x,y$ ).

3. En esta integral doble, se pasa a las coordenadas polares: $$x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad dx\,dy\rightarrow rdr\,d\theta.$$ Esto lo transforma en \begin {align} P(m,n)&=4 \int_0 ^{ \infty }r^{2(m+n-1)}e^{-r^2}rdr \times \int_0 ^{ \pi /2} \cos ^{2m-1} \theta\sin ^{2n-1} \theta \,d \theta = \\ ¡&=2(m+n-1)! \int_0 ^{ \pi /2} \cos ^{2m-1} \theta\sin ^{2n-1} \theta \,d \theta \end {align} Comparando esto con (1), encontramos que $$2\int_0^{\pi/2}\cos^{2m-1}\theta\sin^{2n-1}\theta \,d\theta=\frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!}.\tag{2}$$

4. Ahora queda demostrar que la integral de la izquierda de (2) es igual a su integral beta. Para ello, haz el cambio de variables $t=\sin^2\theta$ para que $dt=2\sin\theta\cos\theta\,d\theta$ y $\cos^2\theta=1-t$ . Esto da \begin {align} 2 \int_0 ^{ \pi /2} \cos ^{2m-1} \theta\sin ^{2n-1} \theta \,d \theta &= \int_0 ^{ \pi /2} \underbrace { \cos ^{2m-2} \theta }_{(1-t)^{m-1}} \times\underbrace { \sin ^{2n-2} \theta }_{t^{n-1}} \times\underbrace {2 \sin\theta\cos\theta\ ,d \theta }_{dt}= \\ &= \int_0 ^1 t^{n-1}(1-t)^{m-1}dt. \end {align}

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P.D. En realidad, acabamos de demostrar una fórmula más general. El único lugar donde se utilizó que $m,n$ son enteros, era la fórmula (0). Si definimos la función gamma por $$\displaystyle \int_0^{\infty}p^{m-1}e^{-p}dp=\Gamma(m),$$ entonces lo que hemos mostrado arriba es la fórmula $$B(m,n)=\int_0^{1}t^{m-1}(1-t)^{n-1}dt=\frac{\Gamma(m)\Gamma(n)}{\Gamma(m+n)}.$$

Answer 2

Para una prueba alternativa utilizaré la Transformada de Laplace, y el teorema de Convolución.

El Teorema de Convolución dice que dadas dos funciones entonces $$\mathcal{L}(f*g) = \mathcal{L}(g)\cdot \mathcal{L}(f)\,, \tag{1}$$ donde la convolución para dos funciones viene dada por $$f*g = \int_0^t f(s)g(t-s)\,\mathrm{d}t\,. \tag{2}$$

Queremos demostrar que $$B(x+1,y+1)=\int^{1}_{0}t^{x}\, (1-t)^{y}\,dt= \frac{\Gamma(x+1)\Gamma{(y+1)}}{\Gamma{(x+y+2)}}\,.$$ Comience por definir las siguientes funciones $f(t) = t^x$ y $g(t) = t^y$ . Al utilizar $(2)$ tenemos $$f * g = \int_0^t s^x (t-s)^y\,\mathrm{d}s\,, \tag{3}$$ y por el teorema de convolución $(1)$ también tenemos que $$\mathcal{L}(t^x * t^y) = \mathcal{L}(t^x)\mathcal{L}(t^y) = \frac{x!}{s^{x+1}} \cdot \frac{y!}{s^{y+1}} = \frac{x! \cdot y!}{s^{x+y+2}}\,.$$ Ahora tomando la inversa de Laplace de la ecuación anterior se obtiene $$t^x * t^y = \mathcal{L}^{-1}\left( \frac{x! \cdot y!}{s^{x+y+2}} \right) = t^{x+y+2} \frac{x! \cdot y!}{(x+y+1)!}\,. \tag{4}$$ Donde tenemos que recordar que $x!$ y $y!$ son simplemente constantes. Al comparar $(3)$ y $(4)$ llegamos a la ecuación $$\int_0^t s^x(t-s)^y \mathrm{d}s = t^{x+y+2} \frac{x! \cdot y!}{(x+y+1)!}$$ Configuración $t=1$ Ahora simplemente obtenemos $$\int_0^1 s^x(1-s)^y \mathrm{d}s = \frac{x! \cdot y!}{(x+y+1)!}$$ como se quería.

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Para una prueba de $(4)$ se puede proceder de la siguiente manera: La transformada de Laplace de una función $f$ se define como $$\mathcal{L}\bigl(f(t)\bigr) := \int_0^\infty e^{-st}f(t)\mathrm{d}t\,.$$ Configuración $f(t) = t^n$ y utilizando la sustitución $y = st$ da $$\mathcal{L}(t^n) = \int_0^\infty e^{-st} t^n\mathrm{d}t = \int_0^\infty e^{-y} \left(\frac{y}{s}\right)^n \frac{\mathrm{d}y}{s} = \frac{1}{s^{n+1}}\int_0^\infty e^{-y} y^n \mathrm{d}y = \frac{n!}{s^{n+1}}$$ Donde la última integral se conoce como segunda integral de Eulers, o La función Gamma . Por lo tanto, $$\mathcal{L}^{-1}\left( \frac{1}{s^{n+1}}\right) = \frac{t^n}{n!}$$ la prueba se completa ahora estableciendo $n = x+y+1$ y multiplicando por las constantes $x!\cdot y!$ .

Answer 3

Siguiendo a Rudin, se puede utilizar el teorema de Bohr Mollerup.

Reclamación (Bohr Mollerup) La función Gamma es la única función $f:\Bbb R^+\to\Bbb R$ tal que

$(\rm i)$ $f(1)=1$

$(\rm ii)$ $f(x+1)=xf(x)$

$(\rm iii)$ $\log f(x)$ es convexo.

Reclamación Para $y>0$ , $f(x):=B(x,y)\Gamma(x+y)/\Gamma(y)$ satisface las condiciones del teorema de Borh Mollerup, por lo que $f(x)=\Gamma(x)$ .