Гамма-функция Эйлера: вычисление интегралов по шагам

Дано: два несобственных интеграла с бесконечным верхним пределом, $\int_0^{\infty} x^5 e^{-2x}\,dx$ и $\int_0^{\infty} \sqrt{x}\,e^{-x}\,dx$. Найти: их точные значения.

Метод один на оба: заменой переменной интеграл приводится к эталонному эйлерову интегралу второго рода $\Gamma(s) = \int_0^{\infty} t^{s-1} e^{-t}\,dt$, после чего значение гамма-функции берётся из рекуррентной формулы. Первый интеграл превращается в $\Gamma(6)/2^6$, второй равен $\Gamma(3/2)$. Ответы: $1{,}875$ и $\sqrt{\pi}/2 \approx 0{,}8862$. Калькулятор сверху открыт ровно на первом интеграле: закрашенная площадь под подынтегральной кривой и есть искомое число.

Решение по шагам

Шаг 1. Записать определение гамма-функции. Гамма-функция Эйлера задаётся интегралом

$$\Gamma(s) = \int_0^{\infty} t^{s-1} e^{-t}\,dt, \qquad s > 0.$$

Это тот самый эталон, к которому надо привести условие. Всё, что требуется от задачи, - подобрать замену так, чтобы под интегралом осталась степень переменной, умноженная на $e^{-t}$, а пределы остались от нуля до бесконечности.

Шаг 2. Привести первый интеграл к эталонному виду. В показателе экспоненты стоит $-2x$, а нужно $-t$, поэтому берём замену $t = 2x$. Тогда $x = t/2$ и $dx = dt/2$, пределы не меняются: при $x = 0$ получаем $t = 0$, при $x \to \infty$ получаем $t \to \infty$. Подставляем:

$$\int_0^{\infty} x^5 e^{-2x}\,dx = \int_0^{\infty} \frac{t^5}{2^5}\, e^{-t}\, \frac{dt}{2} = \frac{1}{2^6} \int_0^{\infty} t^{5} e^{-t}\,dt = \frac{\Gamma(6)}{64}.$$

Обрати внимание на аргумент: в определении показатель записан как $t^{s-1}$, а у нас осталось $t^5$, значит $s - 1 = 5$ и $s = 6$. Это самое частое место, где теряют единицу.

Шаг 3. Посчитать $\Gamma(6)$ рекуррентно. Главное рабочее свойство гамма-функции - понижение аргумента на единицу:

$$\Gamma(s+1) = s\,\Gamma(s), \qquad \Gamma(1) = 1.$$

Спускаемся по лестнице до единицы:

$$\Gamma(6) = 5\,\Gamma(5) = 5 \cdot 4\,\Gamma(4) = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot \Gamma(1) = 120.$$

То же самое короче: для натуральных $n$ верно $\Gamma(n) = (n-1)!$, поэтому $\Gamma(6) = 5! = 120$.

Шаг 4. Довести до числа. Осталась арифметика:

$$\int_0^{\infty} x^5 e^{-2x}\,dx = \frac{120}{64} = \frac{15}{8}.$$

Ответ: $\dfrac{15}{8} = 1{,}875$.

Шаг 5. Второй интеграл: полуцелый аргумент. Здесь показатель экспоненты уже равен $-x$, замена не нужна, надо только опознать степень: $\sqrt{x} = x^{1/2} = x^{3/2 - 1}$. Значит $s = 3/2$ и

$$\int_0^{\infty} \sqrt{x}\, e^{-x}\,dx = \Gamma\!\left(\tfrac{3}{2}\right) = \tfrac{1}{2}\,\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}.$$

Ответ: $\dfrac{\sqrt{\pi}}{2} \approx 0{,}8862$. Числовую проверку легко сделать прямо в калькуляторе: он считает интеграл дважды, по формуле и численно, и оба числа совпадают до четвёртого знака. Такие интегралы стоят в типовых расчётах по математическому анализу и в теории вероятностей, где через них выражают моменты гамма-распределения.

Формула и откуда она берётся

Определение $\Gamma(s)$ - несобственный интеграл сразу двух типов: бесконечный верхний предел и, при $s < 1$, особенность в нуле. Сходится он ровно при $s > 0$. На бесконечности всё решает экспонента: она гасит любую степень, поэтому верхний предел проблем не создаёт никогда. В нуле подынтегральная функция ведёт себя как $t^{s-1}$, а такой интеграл сходится только при $s - 1 > -1$. Подробный разбор этого признака есть в статье про сходимость несобственного интеграла первого рода.

Рекуррентная формула получается интегрированием по частям. Берём $u = t^{s}$ и $dv = e^{-t}\,dt$, тогда

$$\Gamma(s+1) = \int_0^{\infty} t^{s} e^{-t}\,dt = \left[-t^{s} e^{-t}\right]_0^{\infty} + s\int_0^{\infty} t^{s-1} e^{-t}\,dt = s\,\Gamma(s).$$

Внеинтегральное слагаемое обнуляется на обоих концах: в нуле из-за множителя $t^{s}$, на бесконечности из-за экспоненты. Приём тот же, что в обычном определённом интеграле, и техника выбора $u$ разобрана в задаче про вычисление определённого интеграла.

Отсюда и смысл гамма-функции: она продолжает факториал на нецелые аргументы. Из $\Gamma(1) = 1$ и рекуррентной формулы следует $\Gamma(n+1) = n!$, но сама формула работает и для дробных $s$, где факториала просто нет. Именно поэтому интеграл со степенью $x^{4{,}5}$ считается так же легко, как со степенью $x^5$: в ответе оказывается $\Gamma(5{,}5)$, и это конкретное число, а не символ.

Полуцелые значения: от Г(1/2) до Г(7/2)

Вся лестница полуцелых значений вырастает из одного числа - $\Gamma(1/2)$. Подставим $s = 1/2$ в определение и сделаем замену $t = u^2$, тогда $dt = 2u\,du$:

$$\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = \int_0^{\infty} t^{-1/2} e^{-t}\,dt = 2\int_0^{\infty} e^{-u^2}\,du = \sqrt{\pi}.$$

Последний интеграл - интеграл Пуассона, его значение $\sqrt{\pi}/2$ считается отдельно переходом к полярным координатам. Дальше работает та же рекуррентная формула, только шаг всегда даёт полуцелое число:

Общая формула для полуцелых аргументов выглядит так:

$$\Gamma\!\left(n + \tfrac{1}{2}\right) = \frac{(2n)!}{4^{n}\, n!}\,\sqrt{\pi}.$$

По таблице видно то, что обычно удивляет на первом курсе: гамма-функция не растёт монотонно. От $\Gamma(1/2) = 1{,}7725$ она сначала падает, доходит до минимума $0{,}8856$ около $s \approx 1{,}4616$, и только потом начинает расти как факториал. Переключи график калькулятора в режим кривой $\Gamma(x)$ - целые узлы отмечены кружками, полуцелые ромбами, и провал между единицей и двойкой виден сразу.

Общий шаблон: интеграл x^p e^(-a x^m)

Почти все задачи этого типа - частные случаи одного интеграла:

$$I = \int_0^{\infty} x^{p}\, e^{-a x^{m}}\,dx, \qquad a > 0,\ m > 0,\ p > -1.$$

Замена $t = a x^{m}$ выражает $x = (t/a)^{1/m}$, а после подстановки дифференциала все степени собираются в один показатель. Результат стоит запомнить:

$$I = \frac{\Gamma(s)}{m\,a^{s}}, \qquad s = \frac{p+1}{m}.$$

Проверка на исходной задаче: $p = 5$, $a = 2$, $m = 1$ дают $s = 6$ и $I = \Gamma(6)/2^6 = 1{,}875$ - совпадает с решением по шагам. Ползунки калькулятора двигают ровно эти три параметра, а поле $s$ показывает, какой аргумент гамма-функции получится.

Три ходовых частных случая. При $p = 0$, $a = 1$, $m = 2$ получается $\Gamma(1/2)/2 = \sqrt{\pi}/2$ - тот самый интеграл Пуассона. При $p = 2$, $a = 3$, $m = 2$ выходит $\Gamma(3/2)/(2 \cdot 3^{3/2}) \approx 0{,}0853$. А интеграл $\int_0^1 (\ln(1/x))^{3}\,dx$ заменой $x = e^{-t}$ превращается в $\int_0^{\infty} t^{3} e^{-t}\,dt = \Gamma(4) = 6$: гамма-функция появляется и там, где ни экспоненты, ни бесконечного предела в условии нет.

Отдельная ветка задач сводится не к одной гамма-функции, а к их отношению. Интегралы по конечному отрезку вида $\int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt$ дают бета-функцию, которая выражается через три гаммы: как именно, разобрано в статье про бета-функцию Эйлера. Если в условии стоит произведение двух степеней на отрезке, ищи бета-функцию; если степень на экспоненте на полуоси - гамма-функцию.

Частые ошибки

• Потерянная единица в аргументе. В определении стоит $t^{s-1}$, поэтому интегралу с $x^5$ отвечает $\Gamma(6)$, а не $\Gamma(5)$. Проверка простая: аргумент всегда на единицу больше степени.
• Путаница $\Gamma(n)$ и $n!$. Верно $\Gamma(n) = (n-1)!$, то есть $\Gamma(6) = 120$, а не $720$. Ошибка удваивает или делит ответ на целый множитель.
• Забытый множитель замены. При $t = ax$ дифференциал даёт $dx = dt/a$, а степень $x^{p}$ - ещё $1/a^{p}$; вместе получается $1/a^{s}$. Если в ответе нет степени коэффициента, замена сделана наполовину.
• Пропущенное деление на $m$. В шаблоне с $e^{-a x^{m}}$ якобиан даёт лишний множитель $1/m$. При $m = 1$ он равен единице и не заметен, а при $m = 2$ ответ без него вдвое больше нужного.
• Формула Ньютона-Лейбница на бесконечном промежутке. Первообразной у $x^{s-1}e^{-x}$ в элементарных функциях нет, подставлять бесконечность в неё некуда: интеграл несобственный и считается только через предел или через готовое значение $\Gamma(s)$.
• Применение формулы при $p \le -1$ или $a \le 0$. Тогда интеграл расходится: в первом случае в нуле, во втором на бесконечности. Условие сходимости проверяется до всех выкладок.

FAQ

Чем гамма-функция отличается от факториала? Факториал определён только для целых неотрицательных чисел, а гамма-функция - для всех вещественных, кроме нуля и целых отрицательных. На целых точках они связаны сдвигом: $\Gamma(n+1) = n!$. Поэтому гамма-функцию и называют непрерывным продолжением факториала.

Почему интеграл сходится, ведь верхний предел бесконечен? Экспонента убывает быстрее, чем растёт любая степень, так что на бесконечности подынтегральная функция стремится к нулю быстрее любой дроби вида $1/x^{k}$. Проблемным остаётся только нижний конец, и там сходимость обеспечивает условие $s > 0$.

Что происходит при нулевом и отрицательных целых аргументах? Из формулы $\Gamma(s) = \Gamma(s+1)/s$ видно, что при $s \to 0$ значение уходит в бесконечность. В точках $0, -1, -2, \dots$ у гамма-функции полюсы, поэтому интеграл там не сходится, хотя сама функция аналитически продолжается на остальную часть плоскости.

Как быстро оценить $\Gamma(s)$ для большого аргумента? Формулой Стирлинга: $\Gamma(s+1) \approx \sqrt{2\pi s}\,(s/e)^{s}$. Уже при $s = 10$ она даёт меньше процента погрешности, а для оценки порядка величины годится и раньше.

Коротко

1. Привести интеграл к виду $\int_0^{\infty} t^{s-1} e^{-t}\,dt$ заменой, которая делает показатель экспоненты равным $-t$.
2. Определить аргумент: он на единицу больше оставшейся степени переменной, а вынесенные при замене множители собираются в $1/(m\,a^{s})$.
3. Посчитать значение гамма-функции: для целых $\Gamma(n) = (n-1)!$, для полуцелых - спуском по формуле $\Gamma(s+1) = s\Gamma(s)$ до $\Gamma(1/2) = \sqrt{\pi}$.
4. Общий шаблон: $\int_0^{\infty} x^{p} e^{-a x^{m}}\,dx = \Gamma(s)/(m a^{s})$ при $s = (p+1)/m$, работает при $p > -1$, $a > 0$.
5. Ответы примера: $\int_0^{\infty} x^5 e^{-2x}\,dx = 120/64 = 1{,}875$ и $\int_0^{\infty} \sqrt{x}\,e^{-x}\,dx = \sqrt{\pi}/2 \approx 0{,}8862$.