Bourbaki

§ 1. Hàm gamma trong miền thực

1. Định nghĩa của hàm gamma

Ta đã định nghĩa (Lý thuyết tập hợp, III, p. 179) hàm n!n! với mọi số nguyên n≥0n \geq 0, bằng tích ∏0≤k<n(n−k)\prod_{0 \leq k < n} (n - k); do đó 0!=10! = 1 và (n+1)!=(n+1) n!(n + 1)! = (n + 1)\, n! với n≥0n \geq 0.

Ta đặt Γ(n)=(n−1)!\Gamma(n) = (n - 1)! với mỗi số nguyên n≥1n \geq 1; ta dự định định nghĩa, trên tập hợp các số thực x>0x > 0, một hàm liên tục Γ(x)\Gamma(x) mở rộng hàm Γ\Gamma đã được định nghĩa trên tập hợp các số nguyên ≥1\geq 1.

Rõ ràng là có vô hạn nhiều hàm như vậy; vì Γ(n+1)=nΓ(n)\Gamma(n + 1) = n\Gamma(n) với mọi số nguyên n≥1n \geq 1 nên ta sẽ chỉ xét, trong số các hàm liên tục mở rộng Γ\Gamma, những hàm thỏa mãn phương trình

f(x+1)=xf(x) f(x + 1) = x f(x)

cho mọi x>0x > 0.

Để một nghiệm của phương trình này là một mở rộng của Γ(n)\Gamma(n) thì điều kiện cần và đủ là nó cũng thỏa mãn f(1)=1f(1) = 1.

Nếu ff thỏa mãn (1) thì, bằng phép truy hồi theo nn,

f(x+n)=x(x+1)(x+2)…(x+n−1) f(x) f(x + n) = x(x + 1)(x + 2) \ldots (x + n - 1)\, f(x)

với mọi số nguyên n>1n > 1 và với mọi x>0x > 0. Quan hệ này cho thấy, đặc biệt, rằng các giá trị của ff trên một khoảng ]n,n+1]]n, n + 1] (nn là một số nguyên ≥1\geq 1) được xác định bởi các giá trị của nó trên khoảng ]0,1]]0, 1]. Ngược lại, cho φ\varphi là một hàm liên tục trên ]0,1]]0, 1] chỉ thỏa mãn các điều kiện φ(1)=1\varphi(1) = 1, lim⁡x→0xφ(x)=1\lim_{x \to 0} x \varphi(x) = 1; với mọi số nguyên n≥1n \geq 1 ta định nghĩa ff trên khoảng ]n,n+1]]n, n + 1] bởi quan hệ

f(x)=(x−1)(x−2)…(x−n) φ(x−n); f(x) = (x - 1)(x - 2) \ldots (x - n)\, \varphi(x - n);

rõ ràng là ff liên tục trên ]0,+∞[]0, +\infty[, thỏa mãn phương trình (1), và mở rộng Γ(n)\Gamma(n).

Nếu ff là một nghiệm liên tục của (1) và nhận các giá trị >0> 0 trên ]0,1]]0, 1] thì, theo (2), nó nhận các giá trị >0> 0 trên ]0,+∞[]0, +\infty[; khi đó hàm g(x)=log⁡f(x)g(x) = \log f(x) được xác định và liên tục trên ]0, +∞[ và thỏa mãn phương trình

g(x+1)−g(x)=log⁡x g(x+1) - g(x) = \log x

(3)

trên khoảng này.

Nếu g1g_1 là một nghiệm liên tục thứ hai của (3) trên ]0, +∞[, và nếu h=g1−gh = g_1 - g, thì ta có h(x+1)−h(x)=0h(x+1) - h(x) = 0 với mọi x>0x > 0; nói cách khác, hh là một hàm tuần hoàn liên tục có chu kỳ 1, được xác định trên ]0, +∞[; ngược lại, với mọi hh có tính chất này, g+hg + h là một nghiệm liên tục của (3).

Mệnh đề 1

Tồn tại một và chỉ một hàm lồi* gg được xác định trên ]0, +∞[ thỏa mãn phương trình (3) và nhận giá trị 0 tại x=1x = 1.

Trước hết ta chỉ ra rằng nếu có một hàm gg thỏa mãn các điều kiện đã nêu thì nó được xác định rõ trên khoảng ]0, 1], và do đó trên khoảng ]0, +∞[. Thật vậy, với mọi số nguyên n>1n > 1 hệ số góc của đường thẳng nối điểm (n,g(n))(n, g(n)) với điểm (x,g(x))(x, g(x)) là một hàm tăng theo xx, vì gg là lồi (I, p. 27, mệnh đề 5); do đó ta phải có, với 0<x≤10 < x \leq 1,

g(n−1)−g(n)(n−1)−n≤g(n+x)−g(n)(n+x)−n≤g(n+1)−g(n)(n+1)−n \frac{g(n-1) - g(n)}{(n-1) - n} \leq \frac{g(n+x) - g(n)}{(n+x) - n} \leq \frac{g(n+1) - g(n)}{(n+1) - n}

nghĩa là, theo (3),

xlog⁡(n−1)≤g(x+n)−g(n)≤xlog⁡n. x \log(n-1) \leq g(x+n) - g(n) \leq x \log n.

Bây giờ, theo (3),

g(x+n)−g(n)=g(x)+log⁡x+∑k=1n−1(log⁡(x+k)−log⁡k). g(x+n) - g(n) = g(x) + \log x + \sum_{k=1}^{n-1} (\log(x+k) - \log k).

Hơn nữa, ta có thể viết log⁡n=∑k=2nlog⁡kk−1\log n = \sum_{k=2}^n \log \frac{k}{k-1} nên bất đẳng thức (4) có thể viết thành

x∑k=2n−1log⁡kk−1≤g(x)+log⁡x+∑k=2n(log⁡(x+k−1)−log⁡(k−1)) x \sum_{k=2}^{n-1} \log \frac{k}{k-1} \leq g(x) + \log x + \sum_{k=2}^n (\log(x+k-1) - \log(k-1))
≤x∑k=2nlog⁡kk−1. \leq x \sum_{k=2}^n \log \frac{k}{k-1}.

Đặt, với mọi n≥2n \geq 2,

un(x)=xlog⁡nn−1−log⁡(x+n−1)+log⁡(n−1) u_n(x) = x \log \frac{n}{n-1} - \log(x+n-1) + \log(n-1)

(5)

và

gn(x)=−log⁡x+∑k=2nuk(x). g_n(x) = -\log x + \sum_{k=2}^n u_k(x).

Khi đó đối với 0<x≤10 < x \leq 1 ta có

gn(x)−xlog⁡nn−1≤g(x)≤gn(x). g_n(x) - x \log \frac{n}{n-1} \leq g(x) \leq g_n(x).
(6)

Vì log⁡nn−1\log \frac{n}{n-1} tiến tới 0 khi nn tiến tới +∞+\infty nên từ (6) suy ra rằng nếu một nghiệm gg tồn tại thì tất yếu nó bằng, trên ]0,1]]0, 1], với giới hạn của các gn(x)g_n(x).

Bây giờ người ta suy ra ngay lập tức từ (5) rằng với xx cố định và >0> 0 ta có

un(x)=−xlog⁡(1−1n)−log⁡(1+x−1n)+log⁡(1−1n)∼x(x−1)2n2 u_n(x) = -x \log \left( 1 - \frac{1}{n} \right) - \log \left( 1 + \frac{x-1}{n} \right) + \log \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \sim \frac{x(x-1)}{2n^2}
khi nn tiến tới +∞+\infty, điều này chứng minh rằng chuỗi có số hạng tổng quát un(x)u_n(x) hội tụ với mọi x>0x > 0. Mỗi hàm un(x)u_n(x) đều lồi trên ]0,+∞[]0, +\infty[, cũng như −log⁡x-\log x, nên hàm g(x)=−log⁡x+∑n=2∞un(x)g(x) = -\log x + \sum_{n=2}^{\infty} u_n(x) lồi trên khoảng này (I, p. 27, mệnh đề 2 và mệnh đề 4); cuối cùng, ta có un(1)=0u_n(1) = 0, do đó g(1)=0g(1) = 0, và
un(x+1)=un+1(x)+x(log⁡nn−1−log⁡n+1n) u_n(x+1) = u_{n+1}(x) + x \left( \log \frac{n}{n-1} - \log \frac{n+1}{n} \right)
do đó
g(x+1)=−log⁡(x+1)+xlog⁡2+∑n=3∞un(x)=log⁡x+g(x); g(x+1) = -\log(x+1) + x \log 2 + \sum_{n=3}^{\infty} u_n(x) = \log x + g(x);
nói cách khác, gg thỏa mãn phương trình (3) của VII, p. 306.

Định nghĩa 1

Ta ký hiệu bởi* Γ(x)\Gamma(x) hàm >0> 0 được xác định trên khoảng ]0,+∞[]0, +\infty[, thỏa mãn phương trình

Γ(x+1)=xΓ(x), \Gamma(x+1) = x \Gamma(x),
(7) và sao cho Γ(1)=1\Gamma(1) = 1 và log⁡Γ(x)\log \Gamma(x) là lồi trên ]0,+∞[]0, +\infty[.

2. Các tính chất của hàm gamma

Mệnh đề 2

Với mọi* x>0x > 0 ta có

Γ(x)=lim⁡n→∞nxn!x(x+1)…(x+n) \Gamma(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{n^x n!}{x(x+1)\ldots(x+n)}
(công thức của Gauss), và
Γ(x)=e−γx1x∏n=1∞ex/n1+xn \Gamma(x) = e^{-\gamma x} \frac{1}{x} \prod_{n=1}^{\infty} \frac{e^{x/n}}{1 + \frac{x}{n}}
(9) trong đó γ\gamma ký hiệu hằng số của Euler, và tích vô hạn ở vế phải của (9) hội tụ tuyệt đối và đều trên mọi khoảng compact của R\mathbf{R} không chứa số nguyên nào <0< 0 (công thức của Weierstrass).

Hàm Γ(x)\Gamma(x) khả vi vô hạn lần trên ]0,+∞[]0, +\infty[ và ta có

Γ′(x)Γ(x)=−γ−1x+∑n=1∞(1n−1x+n) \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)} = -\gamma - \frac{1}{x} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{x+n} \right)

và

Dk(log⁡Γ(x))=∑n=0∞(−1)k(k−1)!(x+n)kvớik≥2, \mathrm{D}^k (\log \Gamma(x)) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^k (k-1)!}{(x+n)^k} \quad \text{với} \quad k \geq 2,

các chuỗi ở vế phải của (10) và (11) tuyệt đối hội tụ và hội tụ đều trên mọi khoảng compắc không chứa số nguyên nào ≤0\leq 0.

Thật vậy, chứng minh của prop. 1 của VII, p. 306, chỉ ra rằng

Γ(x)=lim⁡n→∞nx(n−1)!x(x+1)…(x+n−1) \Gamma(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{n^x (n-1)!}{x(x+1)\ldots(x+n-1)}

do đó có công thức của Gauss, vì nx+n\frac{n}{x+n} tiến tới 1 khi nn tiến tới +∞+\infty. Ta cũng có thể viết

log⁡nn−1=1n−1+(log⁡nn−1−1n−1). \log \frac{n}{n-1} = \frac{1}{n-1} + \left( \log \frac{n}{n-1} - \frac{1}{n-1} \right).

nên (theo ký hiệu của prop. 1)

exp⁡(un(x))=e(log⁡nn−1−1n−1)ex/(n−1)1+xn−1 \exp(u_n(x)) = e^{(\log \frac{n}{n-1} - \frac{1}{n-1})} \frac{e^{x/(n-1)}}{1 + \frac{x}{n-1}}

và chuỗi có số hạng tổng quát log⁡nn−1−1n−1\log \frac{n}{n-1} - \frac{1}{n-1} là tuyệt đối hội tụ và có tổng bằng −γ-\gamma, trong đó γ\gamma ký hiệu hằng số Euler (V, p. 242), do đó ta thu được công thức của Weierstrass.

Với ∣x∣≤a|x| \leq a ta có ∣1/(x+n)k∣≤1/(n−a)k|1/(x+n)^k| \leq 1/(n-a)^k khi n>an > a, do đó chuỗi ở vế phải của công thức (11) hội tụ tuyệt đối và đều trên mọi khoảng compact của R\mathbf{R} không chứa số nguyên nào ≤0\leq 0, với mọi số nguyên k≥2k \geq 2; cùng lập luận ấy áp dụng được cho vế phải của (10), vì ∣1n−1x+n∣≤an(n−a)\left| \frac{1}{n} - \frac{1}{x+n} \right| \leq \frac{a}{n(n-a)} với ∣x∣≤a|x| \leq a và n>an > a. Vì các chuỗi này thu được bằng cách vi phân từng số hạng chuỗi

log⁡Γ(x)=−γx−log⁡x+∑n=1∞(xn−log⁡(1+xn)) \log \Gamma(x) = -\gamma x - \log x + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{x}{n} - \log \left( 1 + \frac{x}{n} \right) \right)

và chuỗi này hội tụ với mọi x>0x > 0, nên chuỗi có số hạng tổng quát xn−log⁡(1+xn)\frac{x}{n} - \log \left( 1 + \frac{x}{n} \right) hội tụ tuyệt đối và đều trên mọi khoảng compact được chứa trong [0, +∞[, và ta có các hệ thức (10) và (11) của VII, p. 308, với mọi x > 0 (II, p. 52, định lý 1). Hơn nữa, với mọi x ∈ R\mathbf{R}, biểu thức xn−log⁡(1+xn)\frac{x}{n} - \log \left( 1 + \frac{x}{n} \right) được xác định khi n đủ lớn, nên định lý 1 của II, p. 52, lại cho thấy rằng tích vô hạn ở vế phải của (9) (VII, p. 307) hội tụ tuyệt đối và đều trên mọi khoảng compact không chứa số nguyên nào ≤0\leq 0.

Hàm Γ(x)\Gamma(x), được xác định với x>0x > 0, có thể được mở rộng ra toàn bộ tập hợp các điểm x khác các số nguyên ≤0\leq 0 sao cho thỏa mãn phương trình (7) của VII, p. 307, trên tập hợp này: chỉ cần, với −(n+1)<x<−n-(n+1) < x < -n, đặt

Γ(x)=1x(x+1)…(x+n)Γ(x+n+1). \Gamma(x) = \frac{1}{x(x+1)\ldots(x+n)} \Gamma(x+n+1).
Theo mệnh đề 2 của VII, p. 307, các công thức (8), (9), (10) và (11) của VII, p. 307 và 308, với Dk(log⁡∣Γ(x)∣)D^k(\log |\Gamma(x)|) thay thế Dk(log⁡Γ(x))D^k(\log \Gamma(x)) trong (11), vẫn đúng trên tập hợp này. Công thức (9) (VII, p. 307) cho thấy rằng Γ(x)∼1/x\Gamma(x) \sim 1/x khi x tiến tới 0, do đó, theo (7) của VII, p. 307,
Γ(x)∼(−1)nn!(x+n) \Gamma(x) \sim \frac{(-1)^n}{n! (x+n)}
khi x tiến tới −n-n (nn là một số nguyên ≥0\geq 0). Khi đó hàm 1/Γ(x)1/\Gamma(x) có thể được mở rộng bằng liên tục ra toàn bộ R\mathbf{R}, bằng cách gán cho nó giá trị 0 tại các số nguyên ≤0\leq 0; khi đó, với mọi x∈Rx \in \mathbf{R}
1Γ(x)=lim⁡n→∞x(x+1)…(x+n)nnn! \frac{1}{\Gamma(x)} = \lim_{n \to \infty} \frac{x(x+1)\ldots(x+n)}{n^n n!}
và
1Γ(x)=ey1xx∏n=1∞(1+xn)e−y1/n \frac{1}{\Gamma(x)} = e^{y_1 x} x \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{x}{n} \right) e^{-y_1/n}
và người ta chứng minh như trong mệnh đề 2 của VII, p. 307, rằng tích vô hạn ở vế phải của (13) hội tụ tuyệt đối và đều trên mọi khoảng compắc của R\mathbf{R}.

Vì Γ(x)>0\Gamma(x) > 0 với x>0x > 0, công thức (7) của VII, p. 307, cho thấy rằng Γ(x)<0\Gamma(x) < 0 với −(2n−1)<x<−(2n−2)-(2n-1) < x < -(2n-2) và Γ(x)>0\Gamma(x) > 0 với

−2n<x<−(2n−1) -2n < x < -(2n-1)
(nn là một số nguyên ≥1\geq 1); ngoài ra Γ(x)\Gamma(x) có giới hạn phải bằng +∞+\infty tại các điểm −2n-2n và bằng −∞-\infty tại các điểm −(2n+1)-(2n+1), và có giới hạn trái bằng −∞-\infty tại các điểm −2n-2n và bằng +∞+\infty tại các điểm −(2n+1)-(2n+1) (với mọi n∈Nn \in \mathbf{N}). Công thức (11) của VII, p. 308, cho thấy rằng, với k=2k = 2, vế phải luôn luôn ≥0\geq 0 khi nó được xác định, nên
Γ′′(x)Γ(x)−(Γ′(x))2≥0, \Gamma''(x) \Gamma(x) - (\Gamma'(x))^2 \geq 0,

và do đó Γ′′(x)\Gamma''(x) có cùng dấu với Γ(x)\Gamma(x); vì thế Γ\Gamma là lồi đối với x>0x > 0 và đối với −(2n+2)<x<−(2n+1)-(2n+2) < x < -(2n+1), và lõm đối với −(2n+1)<x−2n (n∈N)-(2n+1) < x - 2n \ (n \in \mathbf{N}); từ đó suy ra rằng, trên các khoảng mà Γ\Gamma lồi, Γ′(x)\Gamma'(x) tăng từ −∞-\infty đến +∞+\infty, và trên các khoảng mà Γ\Gamma lõm, Γ′(x)\Gamma'(x) giảm từ +∞+\infty đến −∞-\infty. Do đó có đồ thị của Γ\Gamma (hình 1).

Hình 1

3. Các tích phân Euler

Để cho gọn, ta sẽ nói rằng một hàm ff được xác định trên một khoảng I⊂RI \subset \mathbf{R}, và >0> 0 trên khoảng này, là lồi theo lôgarit trên II nếu log⁡f\log f lồi trên II. Định nghĩa của Γ(x)\Gamma(x) cho thấy rằng hàm này là lồi theo lôgarit trên ]0,+∞[]0, +\infty[.

Hiển nhiên là tích của hai hàm lồi theo lôgarit trên II cũng lồi theo lôgarit trên II. Hơn nữa:

Bổ đề 1

Cho ff và gg là hai hàm số >0> 0 và khả vi hai lần trên một khoảng mở II. Nếu ff và gg là các hàm lồi theo lôgarit trên II, thì f+gf + g lồi theo lôgarit trên II.

Quan hệ D2(log⁡f(x))≥0D^2 (\log f(x)) \geq 0 có thể được viết thành f(x)f′′(x)−(f′(x))2≥0f(x)f''(x) - (f'(x))^2 \geq 0. Ta quy về việc chỉ ra rằng các quan hệ a>0,a′>0,ac−b2≥0,a′c′−b′2≥0a > 0, a' > 0, ac - b^2 \geq 0, a'c' - {b'}^2 \geq 0 kéo theo (a+a′)(c+c′)−(b+b′)2≥0(a + a')(c + c') - (b + b')^2 \geq 0; mà, khi a>0a > 0, quan hệ ac−b2≥0ac - b^2 \geq 0 tương đương với việc dạng toàn phương ax2+2bxy+cy2ax^2 + 2bxy + cy^2 là ≥0\geq 0 trên R2\mathbf{R}^2, và hiển nhiên là nếu

ax2+2bxy+cy2≥0vaˋa′x2+2b′xy+c′y2≥0 ax^2 + 2bxy + cy^2 \geq 0 \quad \text{và} \quad a'x^2 + 2b'xy + c'y^2 \geq 0

trên R2\mathbf{R}^2 thì cả (a+a′)x2+2(b+b′)xy+(c+c′)y2≥0(a + a')x^2 + 2(b + b')xy + (c + c')y^2 \geq 0 cũng vậy trên R2\mathbf{R}^2.

Bổ đề 2

Cho ff là một hàm thực hữu hạn, >0> 0, được xác định và liên tục trên tích I×JI \times J của hai khoảng mở của R\mathbf{R}, và sao cho, với mọi t∈Jt \in J hàm x↦f(x,t)x \mapsto f(x, t) là lồi lôgarit và khả vi hai lần trên II. Dưới các giả thiết đó, nếu nguyên g(x)=∫Jf(x,t)dtg(x) = \int_J f(x, t) dt hội tụ với mọi x∈Ix \in I, thì gg là lồi lôgarit trên II.

Trước hết ta chứng minh rằng với mọi khoảng compact K⊂JK \subset J hàm gK(x)=∫Kf(x,t)dtg_K(x) = \int_K f(x, t) dt là lồi lôgarit. Thật vậy, nếu K=[a,b]K = [a, b], dãy các hàm

gn(x)=b−an∑k=0n−1f(x,a+kb−an) g_n(x) = \frac{b-a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(x, a + k \frac{b-a}{n}\right)

hội tụ đơn giản tới gK(x)g_K(x) trên II (II, p. 57, mệnh đề 5), do đó log⁡gn\log g_n hội tụ đơn giản tới log⁡gK\log g_K; theo bổ đề 1 của VII, p. 310, log⁡gn\log g_n là lồi trên II, nên (I, p. 27, mệnh đề 4) log⁡gK\log g_K cũng vậy.

Mặt khác, gg là giới hạn điểm của các gKg_K theo tập có hướng các khoảng con compact của II (II, p. 64), nên log⁡g\log g là giới hạn điểm của các log⁡gK\log g_K; các hàm sau cùng này lồi trên II, nên log⁡g\log g cũng lồi (I, p. 27, mệnh đề 4).

Có thể dễ dàng chỉ ra rằng các bổ đề 1 và 2 vẫn đúng ngay cả khi không giả thiết rằng các hàm khả vi hai lần (VII, p. 327, bài tập 5).

Bổ đề 3

Cho φ\varphi là một hàm liên tục và >0> 0 trên một khoảng mở JJ được chứa trong [0,+∞[[0, +\infty[. Nếu II là một khoảng mở sao cho nguyên g(x)=∫Jtx−1φ(t)dtg(x) = \int_J t^{x-1} \varphi(t) dt hội tụ với mọi x∈Ix \in I, thì gg lồi lôgarit trên II.

Thật vậy, log⁡tx−1=(x−1)log⁡t\log t^{x-1} = (x-1) \log t là một hàm của xx lồi và khả vi hai lần với mọi t>0t > 0, nên bổ đề 2 áp dụng được.

Mệnh đề 3

Với mọi x>0x > 0

Γ(x)=∫0∞e−ttx−1dt \Gamma(x) = \int_0^\infty e^{-t} t^{x-1} dt

(nguyên Euler thứ hai).

Bây giờ hàm g(x)=∫0∞e−ttx−1dtg(x) = \int_0^\infty e^{-t} t^{x-1} dt được xác định với mọi x>0x > 0 (V, p. 229); bổ đề 3 của VII, p. 311, khi đó cho thấy rằng nó lồi theo logarit trên ]0,+∞[0, +\infty[. Hơn nữa, bằng cách tích phân từng phần, ta có

g(x+1)=∫0∞e−ttx dt=−e−ttx∣0∞+x∫0∞e−ttx−1dt=x g(x). g(x+1) = \int_0^\infty e^{-t} t^x \, dt = -e^{-t} t^x \Big|_0^\infty + x \int_0^\infty e^{-t} t^{x-1} dt = x \, g(x).

Nói cách khác, gg là một nghiệm của phương trình (1) của VII, p. 305; cuối cùng,

g(1)=∫0∞e−t dt=1; g(1) = \int_0^\infty e^{-t} \, dt = 1;

do đó mệnh đề suy ra từ mệnh đề 1 của VII, p. 306.

Bằng phép thay đổi biến e−t=ue^{-t} = u người ta suy ra từ (14) (VII, p. 311) công thức

Γ(x)=∫01(log⁡1t)x−1dt. \Gamma(x) = \int_0^1 \left( \log \frac{1}{t} \right)^{x-1} dt.

Tương tự, từ phép thay đổi biến u=t1/xu = t^{1/x} ta thu được

x Γ(x)=∫0∞e−t1/x dt x \, \Gamma(x) = \int_0^\infty e^{-t^{1/x}} \, dt

lại nữa, có xét đến (7) (VII, p. 3),

Γ(1+1x)=∫0∞e−tx dt \Gamma \left( 1 + \frac{1}{x} \right) = \int_0^\infty e^{-t^x} \, dt

Đặc biệt, với x=2x = 2

Γ(32)=12Γ(12)=∫0∞e−t2 dt. \Gamma \left( \frac{3}{2} \right) = \frac{1}{2} \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) = \int_0^\infty e^{-t^2} \, dt.

Mệnh đề 4

Với x>0x > 0 và y>0y > 0 tích phân

B(x,y)=∫01tx−1(1−y)y−1 dt \mathbf{B}(x, y) = \int_0^1 t^{x-1} (1-y)^{y-1} \, dt

(tích phân Euler thứ nhất) có giá trị

B(x,y)=Γ(x)Γ(y)Γ(x+y). \mathbf{B}(x, y) = \frac{\Gamma(x) \Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}.

Thật vậy, tích phân này hội tụ khi x>0x > 0 và y>0y > 0 (V, p. 229). Theo bổ đề 3 của I, p. 311, hàm x↦B(x,y)x \mapsto \mathbf{B}(x, y) là lồi lôgarit khi x>0x > 0. Hơn nữa,

B(x+1,y)=∫01(1−t)x+y−1(t1−t)x dt \mathbf{B}(x+1, y) = \int_0^1 (1-t)^{x+y-1} \left( \frac{t}{1-t} \right)^x \, dt

Do đó, bằng phép lấy tích phân từng phần,

B(x+1,y)=−(1−t)x+yx+y(t1−t)x∣01+xx+y∫01(1−t)x+y(t1−t)x−1dt(1−t)2=xx+yB(x,y). \mathbf{B}(x+1, y) = -\frac{(1-t)^{x+y}}{x+y} \left( \frac{t}{1-t} \right)^x \Bigg|_0^1 + \frac{x}{x+y} \int_0^1 (1-t)^{x+y} \left( \frac{t}{1-t} \right)^{x-1} \frac{dt}{(1-t)^2} = \frac{x}{x+y} \mathbf{B}(x, y).

Suy ra f(x)=B(x,y)Γ(x+y)f(x) = \mathbf{B}(x, y) \Gamma(x+y) thỏa mãn đẳng thức (1) của VII, p. 305 Hơn nữa, hàm này là lồi lôgarit, vì là tích của hai hàm lồi lôgarit. Cuối cùng, ta có f(1)=B(1,y)Γ(y+1)f(1) = \mathbf{B}(1, y) \Gamma(y+1), và B(1,y)=∫01(1−t)y−1dt=1/y\mathbf{B}(1, y) = \int_0^1 (1-t)^{y-1} dt = 1/y, do đó f(1)=1yΓ(y+1)=Γ(y)f(1) = \frac{1}{y} \Gamma(y+1) = \Gamma(y). Vì thế hàm f(x)/Γ(y)f(x)/\Gamma(y) bằng Γ(x)\Gamma(x) theo mệnh đề 1 của VII, p. 306, điều này chứng minh (18).

Bằng phép thay đổi biến t=uu+1t = \frac{u}{u+1} công thức (18) trở thành

∫0∞tx−1(1+t)x+ydt=Γ(x)Γ(y)Γ(x+y) \int_0^\infty \frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}} dt = \frac{\Gamma(x) \Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}
(19)

và bằng phép thay đổi biến t=sin⁡2φt = \sin^2 \varphi

∫0π/2sin⁡2x−1φcos⁡2y−1φdφ=12Γ(x)Γ(y)Γ(x+y). \int_0^{\pi/2} \sin^{2x-1} \varphi \cos^{2y-1} \varphi d\varphi = \frac{1}{2} \frac{\Gamma(x) \Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}.
(20)

Nếu đặt x=y=12x = y = \frac{1}{2} trong công thức cuối cùng này thì suy ra

Γ(12)=π \Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}
(21)

do đó, theo (17),

∫0∞e−t2dt=12π. \int_0^\infty e^{-t^2} dt = \frac{1}{2} \sqrt{\pi}.
(22)

Từ quan hệ (7) của VII, p. 307, ta có khai triển tiệm cận

Γ(x)=1xΓ(x+1)=1x+Γ′(1)+12!Γ′′(1)x+⋯+1n!Γ(n)(1)xn−1+O(xn) \begin{align*} \Gamma(x) &= \frac{1}{x} \Gamma(x+1) \\ &= \frac{1}{x} + \Gamma'(1) + \frac{1}{2!} \Gamma''(1)x + \cdots + \frac{1}{n!} \Gamma^{(n)}(1)x^{n-1} + O(x^n) \end{align*}
(23)

cho Γ(x)\Gamma(x), trên một lân cận của 0.

Tương tự, với mọi yy cố định và >0> 0 ta có thể viết

1Γ(x+y)=1Γ(y)+D(1Γ(y))x+12!D2(1Γ(y))x2+⋯+1n!Dn(1Γ(y))xn+O1(xn+1) \begin{align*} \frac{1}{\Gamma(x+y)} &= \frac{1}{\Gamma(y)} + D \left( \frac{1}{\Gamma(y)} \right) x \\ &\quad + \frac{1}{2!} D^2 \left( \frac{1}{\Gamma(y)} \right) x^2 + \cdots + \frac{1}{n!} D^n \left( \frac{1}{\Gamma(y)} \right) x^n + O_1(x^{n+1}) \end{align*}

và khi đó công thức (18) cho, với yy cố định, khai triển tiệm cận

B(x,y)=1x+(Γ′(1)−Γ′(y)Γ(y))+(Γ′′(1)2−Γ′(1)Γ′(y)Γ(y)+2Γ′2(y)−Γ(y)Γ′′(y)2Γ2(y))x+O(x2) \mathbf{B}(x, y) = \frac{1}{x} + \left( \Gamma'(1) - \frac{\Gamma'(y)}{\Gamma(y)} \right) + \left( \frac{\Gamma''(1)}{2} - \Gamma'(1) \frac{\Gamma'(y)}{\Gamma(y)} + \frac{2{\Gamma'}^2(y) - \Gamma(y)\Gamma''(y)}{2\Gamma^2(y)} \right) x + O(x^2)
trên một lân cận của x=0x = 0.

Hơn nữa, với x>0x > 0 và y>0y > 0 ta có

B(x,y)=∫01(tx−1+tx(1−t)y−1−1t)dt=1x+∫01tx(1−t)y−1−1tdt. \mathbf{B}(x, y) = \int_0^1 \left( t^{x-1} + t^x \frac{(1-t)^{y-1} - 1}{t} \right) dt = \frac{1}{x} + \int_0^1 t^x \frac{(1-t)^{y-1} - 1}{t} dt.
Hàm φ(t)=(1−t)y−1−1t\varphi(t) = \frac{(1-t)^{y-1} - 1}{t} liên tục trên khoảng compắc [0,1][0, 1]; vì
tx=exlog⁡t=1+xlog⁡t+x22!(log⁡t)2+⋯+xnn!(log⁡t)n+rn(x,t) t^x = e^{x \log t} = 1 + x \log t + \frac{x^2}{2!} (\log t)^2 + \cdots + \frac{x^n}{n!} (\log t)^n + r_n(x, t)
với ∣rn(x,t)∣≤xn+1(n+1)!∣log⁡t∣n+1|r_n(x, t)| \leq \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} |\log t|^{n+1} (vì log⁡t≤0\log t \leq 0 và x>0x > 0), công thức (25) cho khai triển tiệm cận
B(x,y)=1x+∫01φ(t)dt+x∫01φ(t)log⁡t dt+⋯+xnn!∫01φ(t)(log⁡t)n dt+O2(xn+1) \mathbf{B}(x, y) = \frac{1}{x} + \int_0^1 \varphi(t) dt + x \int_0^1 \varphi(t) \log t \, dt + \cdots + \frac{x^n}{n!} \int_0^1 \varphi(t) (\log t)^n \, dt + O_2(x^{n+1})
của B(x,y)\mathbf{B}(x, y) trên một lân cận của 0.

Với n=1n = 1 việc đồng nhất khai triển này với (24) đặc biệt cho

Γ′(1)−Γ′(y)Γ(y)=∫01(1−t)y−1−1tdt. \Gamma'(1) - \frac{\Gamma'(y)}{\Gamma(y)} = \int_0^1 \frac{(1-t)^{y-1} - 1}{t} dt.

Hơn nữa, công thức (10) cho Γ′(1)=Γ′(1)/Γ(1)=−γ\Gamma'(1) = \Gamma'(1)/\Gamma(1) = -\gamma, do đó (tích phân của Gauss)

Γ′(x)Γ(x)+γ=∫011−(1−t)x−1tdt. \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)} + \gamma = \int_0^1 \frac{1 - (1-t)^{x-1}}{t} dt.

Bài tập

Xem các bài tập của § 1.

Machine translation of the English, by gpt-5.4, against glossary version 34. Not checked by a person.