\documentclass{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{listings}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[english,bulgarian]{babel}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{tensor}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{cancel}
\usepackage{tikz-cd}
\usepackage{xcolor}
\usepackage[a4paper,left=2.5cm,right=2.5cm,top=2.5cm,bottom=2.5cm]{geometry}
\newtheorem{zad}{Задача}
\newtheorem{theorem}{Теорема}
\newtheorem{defin}{Определение}
\newtheorem{theorem1}{Свойство}
\newtheorem{primer}{Пример}
\title{Beta Function-Euler integral}
\author{Петър Евгениев}
\date{April 2020}
\begin{document}

\maketitle
\begin{defin}
Определяме Бета функцията като
\begin{equation} \label{eq:1}
 B(\alpha, \beta) := \int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1} dx
\end{equation}
\end{defin}
Относно сходимостта на интеграла, разделяме на
\begin{equation} \label{eq:2}
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
\end{equation}
и изследваме поотделно двата интеграла за сходимост.
\vskip 3mm
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 $\alpha>0$.
Нещо повече. Този интеграл е равномерно сходящ относно $\alpha$ и $\beta$ в областта $\alpha \ge \alpha_{0} > 0, \beta \ge 0 $, т.к.
$$0 \le x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}\le Cx^{\alpha_{0}-1}$$
за всички $\alpha \ge \alpha_{0}>0$ и $\beta\ge 0$ и всички $x \in [0, 1/2]$.
Аналогично проверяваме сходимостта на интеграла
$$\int\limits_{1/2}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx$$
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.
Така показахме, че  интегралът
$$B(\alpha,\beta):=\int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}dx$$
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.
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. 
Бета функцията притежава някои интересни свойствa.
\begin{theorem1}
Симетричност на B-функцията. Твърдим, че  за всички $\alpha>0, \beta>0$ е в сила равенството
\end{theorem1}
$$B(\alpha,\beta)=B(\beta,\alpha)$$
(т.е. B-функцията е симетрична относно двата си аргумента $\alpha,\beta$).
В интеграла определящ B-функцията, правим смяна на променливата $t:=1-x$. За да получим

\begin{equation*} \label{eq:3}
    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 \\
    =\int\limits_{0}^{1}t^{\beta-1}(1-t)^{\alpha-1}dt=B(\beta,\alpha) \\
\end{equation*}    
С което симетричността на B-функцията е доказана.
\begin{theorem1}
Функционално уравнение на B-функцията.
Твърдим, че за всички $\alpha>0$ и $\beta>0$ е в сила следното функционално уравнение:
\end{theorem1}

\begin{equation*} \label{eq:4}
    B(\alpha+1,\beta)=\frac{\alpha}{\alpha+\beta}B(\alpha,\beta)
\end{equation*}
\begin{proof}
\begin{align*}
    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\\
    =\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) \\
    =\frac{\alpha}{\beta}B(\alpha,\beta) - \frac{\alpha}{\beta}B(\alpha+1,\beta)
\end{align*}
Така получихме, че 
$$B(\alpha+1,\beta)=\frac{\alpha}{\beta}B(\alpha,\beta)-\frac{\alpha}{\beta}B(\alpha+1,\beta) \Rightarrow B(\alpha+1, \beta)=\frac{\alpha}{\alpha+\beta}B(\alpha,\beta) $$
Сега прилагаме симетричността(за $\alpha>0,\beta>0$) на B-функцията и извеждаме и формулата
$$B(\alpha,\beta+1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}B(\alpha,\beta)$$
Последното ни дава възможност, да изразим всяка стойност на $B(\alpha,\beta)$ само чрез стойностите на функцията в правоъгълника  $\Pi:=\{0<\alpha \le 1 \wedge 0<\beta \le 1\}$
\end{proof}
\vskip 1cm

\vskip 1 cm
Ще видим как с помощта на B-функцията можем да пресметаме стойността на безкрайни числови редове.
Ще напомним, че сумата на степенния ред:
\begin{equation} \label{eq:3}
\sum_{p=0}^{\infty}x^{p}=\frac{1}{1-x}
\end{equation}
при положение, че $|x|<1$.
\begin{zad}Да се пресметне $\displaystyle{\sum_{p=0}^{\infty}\frac{1}{(2p+1)(2p+2)(2p+3)}}=\ln2-\frac{1}{2}$
\end{zad}
\begin{proof}
От формулата, която изведохме при свойствата на B-функцията:
$$B(\alpha,\beta+1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}B(\alpha,\beta)$$
При полагане на $\beta:=n \in \mathbb{N}$ и последователното прилагане на горнат аформула, получаваме.
$$B(\alpha,n)=\frac{n-1}{\alpha+n-1}\cdot \frac{n-2}{\alpha+n-2} \ldots \frac{1}{\alpha+1}\cdot B(\alpha, 1)$$
Сега пресмеятаме
$$B(\alpha,1)=\int\limits_{0}^{1}x^{\alpha-1}dx=\frac{1}{\alpha}$$
Ако пък $p,n \in \mathbb{N}$ имаме
$$B(p,n)=\int\limits_{0}^{1}(1-x)^{n-1}x^{p-1}dx=\frac{(n-1)!}{p(p+1)(p+2)\ldots(p+n-1)}$$
Сега, заменим $p$ с $2p+1$ и $n=3$, получаваме:
\begin{equation} \label{eq:4}
\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}
\end{equation}
Като целта беше да получим точно общия член на безкрайният ни числов ред в условието на задачата. Сега сумираме двете страни на това равенство.
\begin{equation}
    \label{eq:5}
    \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
\end{equation}
Имаме право да сменим реда на сумиран е и интегриране, защото сумата не зависи от $x$, а само от $p$ и интегарла е сходящ.
\begin{equation} \label{eq:5}
\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
\end{equation}
\begin{equation} \label{eq:7}
\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
\end{equation}

Пресмятаме интеграла в дясната страна на (\ref{eq:7})
\begin{equation} \label{eq:8}
\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
\end{equation}
Като подробното пресмятане на този интеграл оставяме на читателя. 
Сега полученото в (\ref{eq:8}) заместваме в (\ref{eq:7}) за да изведем.
\begin{equation} \label{eq:9}
\sum_{p=0}^{\infty}\frac{1}{(2p+1)(2p+2)(2p+3)}=\frac{1}{2}(2\ln2-1)=\ln2-\frac{1}{2}
\end{equation}
\end{proof}

По съвършено аналогичен начин, читателя може сам да пресметне следните задачи за упражнение.
\begin{zad}
$\displaystyle{\sum_{p=1}^{\infty}\frac{1}{2p(2p+1)(2p+2)}=\frac{3}{4}-\ln2};$
\end{zad}
\begin{zad}
$\displaystyle{\sum_{p=0}^{\infty}\frac{1}{(3p+1)(3p+2)(3p+3)(3p+4)}=\frac{1}{6}-\frac{1}{4}\ln3+\frac{1}{2\sqrt{3}}.\frac{\pi}{6}}$
\end{zad}

\end{document}