1. \documentclass{article}
2. \usepackage[utf8]{inputenc}
3. \usepackage{listings}
4. \usepackage[utf8]{inputenc}
5. \usepackage[utf8]{inputenc}
6. \usepackage[utf8]{inputenc}
7. \documentclass[12pt]{article}
8. \usepackage{amsfonts}
9. \usepackage[T2A]{fontenc}
10. \usepackage[english,bulgarian]{babel}
11. \usepackage{amsmath}
12. \usepackage{amssymb}
13. \usepackage{amsthm}
14. \usepackage{tensor}
15. \usepackage{enumitem}
16. \usepackage{cancel}
17. \usepackage{tikz-cd}
18. \usepackage{xcolor}
19. \usepackage[a4paper,left=2.5cm,right=2.5cm,top=2.5cm,bottom=2.5cm]{geometry}
20. \newtheorem{zad}{Задача}
21. \newtheorem{theorem}{Теорема}
22. \newtheorem{defin}{Определение}
23. \newtheorem{theorem1}{Свойство}
24. \newtheorem{primer}{Пример}
25. \title{Beta Function-Euler integral}
26. \author{Петър Евгениев}
27. \date{April 2020}
28. \begin{document}
29.  
30. \maketitle
31. \begin{defin}
32. Определяме Бета функцията като
33. \begin{equation} \label{eq:1}
34.  B(\alpha, \beta) := \int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1} dx
35. \end{equation}
36. \end{defin}
37. Относно сходимостта на интеграла, разделяме на
38. \begin{equation} \label{eq:2}
39. B(\alpha, \beta) := \int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx=\int\limits_{0}^{1/2}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx+\int\limits_{1/2}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx
40. \end{equation}
41. и изследваме поотделно двата интеграла за сходимост.
42. \vskip 3mm
43. Интегралът $\displaystyle{\int\limits_{0}^{1/2}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx}$ е сходящ за $\alpha>0$ и за всяко $\beta$, т.к. за $0<x\le \frac{1}{2}$ е в сила неравенството $0 \le x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}\le Cx^{\alpha-1}$ за някоя константа $C>0$. А знаем, че $\displaystyle{\int\limits_{0}^{1/2}x^{\alpha-1}dx}$ е сходящ за $\alpha>0$.
44. Нещо повече. Този интеграл е равномерно сходящ относно $\alpha$ и $\beta$ в областта $\alpha \ge \alpha_{0} > 0, \beta \ge 0 $, т.к.
45. $$0 \le x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}\le Cx^{\alpha_{0}-1}$$
46. за всички $\alpha \ge \alpha_{0}>0$ и $\beta\ge 0$ и всички $x \in [0, 1/2]$.
47. Аналогично проверяваме сходимостта на интеграла
48. $$\int\limits_{1/2}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx$$
49. за $\alpha \ge 0$ и $\beta >0$, също и неговата равномерна сходимост в областта $\alpha \ge 0, \beta> \beta_{0}$, където $\beta_{0}$ е произволно положително число.
50. Така показахме, че  интегралът
51. $$B(\alpha,\beta):=\int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx$$
52. е сходящ за всички $\alpha>0, \beta>0$ и е равномерно сходящ в областта $\alpha \ge \alph_{0}, \beta\ge\beta_{0}$, където $\alpha_{0},\beta_{0}$ са произволни положителни числа.
53. Както за Ойлеровата $\Gamma$-функция, може да се докаже, че $B-$функцията също е безкрайно диференцируема за  $0<\alpha<\infty, 0<\beta<\infty$, но това го оставяме за друго време.
54. Бета функцията притежава някои интересни свойствa.
55. \begin{theorem1}
56. Симетричност на B-функцията. Твърдим, че  за всички $\alpha>0, \beta>0$ е в сила равенството
57. \end{theorem1}
58. $$B(\alpha,\beta)=B(\beta,\alpha)$$
59. (т.е. B-функцията е симетрична относно двата си аргумента $\alpha,\beta$).
60. В интеграла определящ B-функцията, правим смяна на променливата $t:=1-x$. За да получим
61.  
62. \begin{equation*} \label{eq:3}
63.     B(\alpha, \beta):=\int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx=-\int\limits_{1}^{0}(1-t)^{\alpha-1}t^{\beta-1}dt \\
64.     =\int\limits_{0}^{1}t^{\beta-1}(1-t)^{\alpha-1}dt=B(\beta,\alpha) \\
65. \end{equation*}    
66. С което симетричността на B-функцията е доказана.
67. \begin{theorem1}
68. Функционално уравнение на B-функцията.
69. Твърдим, че за всички $\alpha>0$ и $\beta>0$ е в сила следното функционално уравнение:
70. \end{theorem1}
71.  
72. \begin{equation*} \label{eq:4}
73.     B(\alpha+1,\beta)=\frac{\alpha}{\alpha+\beta}B(\alpha,\beta)
74. \end{equation*}
75. \begin{proof}
76. \begin{align*}
77.     B(\alpha+1,\beta)=\int\limits_{0}^{1}x^{\alpha}(1-x)^{\beta-1}dx=-\frac{1}{\beta}x^{\alpha}(1-x)^{\beta}\Bigr|_{0}^{1}+\frac{\alpha}{\beta}\int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta}dx\\
78.     =\frac{\alpha}{\beta}\int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)(1-x)^{\beta-1}dx=\frac{\alpha}{\beta}\left(\int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx- \int\limits_{0}^{1}x^{\alpha}(1-x)^{\beta-1}dx \right) \\
79.     =\frac{\alpha}{\beta}B(\alpha,\beta) - \frac{\alpha}{\beta}B(\alpha+1,\beta)
80. \end{align*}
81. Така получихме, че
82. $$B(\alpha+1,\beta)=\frac{\alpha}{\beta}B(\alpha,\beta)-\frac{\alpha}{\beta}B(\alpha+1,\beta) \Rightarrow B(\alpha+1, \beta)=\frac{\alpha}{\alpha+\beta}B(\alpha,\beta) $$
83. Сега прилагаме симетричността(за $\alpha>0,\beta>0$) на B-функцията и извеждаме и формулата
84. $$B(\alpha,\beta+1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}B(\alpha,\beta)$$
85. Последното ни дава възможност, да изразим всяка стойност на $B(\alpha,\beta)$ само чрез стойностите на функцията в правоъгълника  $\Pi:=\{0<\alpha \le 1 \wedge 0<\beta \le 1\}$
86. \end{proof}
87. \vskip 1cm
88.  
89. \vskip 1 cm
90. Ще видим как с помощта на B-функцията можем да пресметаме стойността на безкрайни числови редове.
91. Ще напомним, че сумата на степенния ред:
92. \begin{equation} \label{eq:3}
93. \sum_{p=0}^{\infty}x^{p}=\frac{1}{1-x}
94. \end{equation}
95. при положение, че $|x|<1$.
96. \begin{zad}Да се пресметне $\displaystyle{\sum_{p=0}^{\infty}\frac{1}{(2p+1)(2p+2)(2p+3)}}=\ln2-\frac{1}{2}$
97. \end{zad}
98. \begin{proof}
99. От формулата, която изведохме при свойствата на B-функцията:
100. $$B(\alpha,\beta+1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}B(\alpha,\beta)$$
101. При полагане на $\beta:=n \in \mathbb{N}$ и последователното прилагане на горнат аформула, получаваме.
102. $$B(\alpha,n)=\frac{n-1}{\alpha+n-1}\cdot \frac{n-2}{\alpha+n-2} \ldots \frac{1}{\alpha+1}\cdot B(\alpha, 1)$$
103. Сега пресмеятаме
104. $$B(\alpha,1)=\int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}dx=\frac{1}{\alpha}$$
105. Ако пък $p,n \in \mathbb{N}$ имаме
106. $$B(p,n)=\int\limits_{0}^{1}(1-x)^{n-1}x^{p-1}dx=\frac{(n-1)!}{p(p+1)(p+2)\ldots(p+n-1)}$$
107. Сега, заменим $p$ с $2p+1$ и $n=3$, получаваме:
108. \begin{equation} \label{eq:4}
109. \frac{1}{(2p+1)(2p+2)(2p+3)}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}(1-x)^{2}x^{2p}dx  \Biggr|.\sum_{p=0}^{\infty}
110. \end{equation}
111. Като целта беше да получим точно общия член на безкрайният ни числов ред в условието на задачата. Сега сумираме двете страни на това равенство.
112. \begin{equation}
113.     \label{eq:5}
114.     \sum_{p=0}^{\infty}\frac{1}{(2p+1)(2p+2)(2p+3)}=\frac{1}{2}\sum_{p=0}^{\infty}\int\limits_{0}^{1}(1-x)^{2}x^{2p}dx
115. \end{equation}
116. Имаме право да сменим реда на сумиран е и интегриране, защото сумата не зависи от $x$, а само от $p$ и интегарла е сходящ.
117. \begin{equation} \label{eq:5}
118. \sum_{p=0}^{\infty}\frac{1}{(2p+1)(2p+2)(2p+3)}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}(1-x)^{2}\sum_{p=0}^{\infty}x^{2p}dx=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}(1-x)^{2}.\frac{1}{1-x^{2}}dx
119. \end{equation}
120. \begin{equation} \label{eq:7}
121. \sum_{p=0}^{\infty}\frac{1}{(2p+1)(2p+2)(2p+3)}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}\frac{1-x}{1+x}dx
122. \end{equation}
123.  
124. Пресмятаме интеграла в дясната страна на (\ref{eq:7})
125. \begin{equation} \label{eq:8}
126. \int\limits_{0}^{1}\frac{1-x}{1+x}dx=\int\limits_{0}^{1}\frac{dx}{1+x}-\int\limits_{0}^{1}\frac{x}{1+x}dx=\ldots=\ln2-(1-\ln2)=2\ln2-1
127. \end{equation}
128. Като подробното пресмятане на този интеграл оставяме на читателя.
129. Сега полученото в (\ref{eq:8}) заместваме в (\ref{eq:7}) за да изведем.
130. \begin{equation} \label{eq:9}
131. \sum_{p=0}^{\infty}\frac{1}{(2p+1)(2p+2)(2p+3)}=\frac{1}{2}(2\ln2-1)=\ln2-\frac{1}{2}
132. \end{equation}
133. \end{proof}
134.  
135. По съвършено аналогичен начин, читателя може сам да пресметне следните задачи за упражнение.
136. \begin{zad}
137. $\displaystyle{\sum_{p=1}^{\infty}\frac{1}{2p(2p+1)(2p+2)}=\frac{3}{4}-\ln2};$
138. \end{zad}
139. \begin{zad}
140. $\displaystyle{\sum_{p=0}^{\infty}\frac{1}{(3p+1)(3p+2)(3p+3)(3p+4)}=\frac{1}{6}-\frac{1}{4}\ln3+\frac{1}{2\sqrt{3}}.\frac{\pi}{6}}$
141. \end{zad}
142.  
143. \end{document}
144.