特殊公式、定理

摘录一些特殊定理，和不知道收录到哪的结论

# Bernoulli 不等式

当$\alpha\leq 0$ 或$\alpha\geq 1$ 时：

$$(1+x)^\alpha\geq 1+\alpha x,\quad \forall x>-1$$

当$0\leq \alpha\leq 1$ 时：

$$(1+x)^\alpha\leq 1+\alpha x,\quad \forall x>-1$$

# Abel 求和

# 积分第二中值

# Wallis 公式

$$\int^{\frac\pi2}_0\cos^nx\mathrm dx=\int^{\frac \pi2}_0\sin^nx\mathrm dx=\left\{\begin{array}{ll}\frac {n-1}n\cdot\cdot\cdot \frac12\cdot \frac\pi 2&,n=2k\\\frac {n-1}n\cdot \cdot\cdot \frac23\cdot 1&,n=2k+1\end{array}\right.$$

分部积分直接得到。注意：点火需要从下面开始点，成对点完才能吃派庆祝（没错就这么记）

注意到$0\leq\sin x\leq 1$，容易得到下面的定理

$$\lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{(2n)!!}{(2n+1)!!(2n-1)!!}\right)^2=\dfrac\pi 2$$

# Weierstrass 因子分解定理推论

$$\sin x=x\prod^\infty_{n=1}\left(1-\left(\dfrac {x}{n\pi}\right)^2\right),\forall x\in\mathbb R$$

# Euler 乘积公式

$$\prod^\infty_{k=1}\dfrac 1{1-p^{-x}_k}=\sum^\infty_1\dfrac 1{n^x} ,\quad \forall x>1,p_k\in \mathrm{Prime}$$

# Gamma 函数与 Beta 函数

# 函数定义

Beta 函数（第一类 Euler 积分）：$$B (p,q)=\int^1_0xp-1}(1-x)({q-1)\mathrm dx,\quad p,q>0$$
Gamma 函数（第二类 Euler 积分）：$$\Gamma (s)=\int ^\infty _0 t^s-1}e({-t)\mathrm dt,\quad s>0$$

根据广义积分的敛散性，可以确定定义域。

# Gamma 函数性质

# 光滑性

$$\Gamma(s)\in C^\infty((0,\infty))$$

# Bohr-Mollerup 定理

如果函数$f(s)$ 满足如下三条性质，那么唯一确定函数为$\Gamma(s)$：

1. 定义在 $s\in (0,\infty)$，且 $f(s)>0$；$f(1)=1$

2. $f(s+1)=sf(s),\forall s>0$

3. $\ln f(x)$ 是凸函数

# Beta 函数性质

# Beta 的 Gamma 表达式 (*)

$$B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\cdot \Gamma(q)}{\Gamma(p+q)},\quad \forall p,q>0$$

利用 Bohr-Mollerup 定理，只需要证明$f(p)=\Gamma(p)$

$$f(p)=\dfrac{B(p,q)\cdot \Gamma(p+q)}{\Gamma(q)}$$

注意到 $$\ln f (p)=\ln B (p,q)+\ln\Gamma (p+q)-\ln\Gamma (q)$$

等号右侧前两项是凸函数，后一项是常数。其他两条性质是易于验证的。

有了这个表达式，$B$ 的许多性质都可以由 $\Gamma$ 推导出来。

# Beta 函数性质

$B(p,q)$ 有如下性质：

1. $B(p,q)\in C^\infty((0,\infty)^2)$

2. $B(p,q)=B(q,p)$

3. $B(p+1,q)=\dfrac{p}{p+q}B(p,q)$

4. $B(p+1,q+1)=\dfrac{pq}{(p+q)(p+q+1)}B(p,q)$

# 其他应用和表现形式

# 三角形式

$$\int^{\frac\pi 2}_0\sin^\alpha x\cos^\beta x\mathrm dx =\frac 12 B(\tfrac{\alpha+1}2,\tfrac{\beta+1}2)=\frac12\dfrac{\Gamma(\tfrac{\alpha+1}2)\cdot \Gamma(\tfrac{\beta+1}2)}{\Gamma(\tfrac{\alpha+\beta}2+1)},\quad\forall p,q>-1$$

特别地，考虑$\alpha=0,\beta=0$，有

$$\Gamma(\tfrac 12)=$$

#

# Euler-Gauss 公式

$$\Gamma(x)=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n!n^x}{x(x+1)\cdot\cdot\cdot(x+n)}=\dfrac1{xe^{\gamma x}}\prod_{n=1}^{\infty}\dfrac{e^{\frac xn}}{1+\frac xn}$$

其中$\gamma$ 是 Euler 常数。

证明的出发点是 多项式逼近：
考虑到 $$e^{-t}\sim (1-\dfrac tn)^n=:f_n (t),\ n\to \infty$$
当然，无穷积分也不好处理，所以

$$\Gamma(x)=\lim_{n\to \infty}\int ^{n}_0t^{x-1}(e^{-t}-f_n(x))\mathrm dt+\int ^{ n}_0t^{x-1}f_n(t)\mathrm dt$$

考虑放缩，直观地看，两者之差的减小速度应该介于幂级数和指数之间，即 $e^{-t}P(x)$：

$$0\leq e^{-t}-f_n(t)<\dfrac {t^2}ne^{-t}$$

另一方面我们这样得到放缩式：

$$(1-\dfrac tn)^ne^t>(1-\dfrac{t^2}{n^2})^n>1-\dfrac {t^2}n$$

根据$\Gamma$ 函数收敛，第一项就被控制住了，接下来分部积分计算第二项

$$\int^n_0t^{x-1}f_n(t)\mathrm dt=\dfrac{n^xn!}{x(x+1)\cdot\cdot\cdot (x+n)}$$

剩下都是显然的。

# 余元公式

$$\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\dfrac{\pi}{\sin \pi x},\quad \forall x\in(0,1)$$

# 倍元公式

# 特殊情况

$$\int^\infty_0\dfrac{x^{p-1}}{1+x}\mathrm dx=\dfrac{\pi}{\sin p\pi},\quad p\in(0,1)$$

# 特殊积分

几乎所有的特殊积分都采用 常义积分 + 极限逼近 的基本思想

# Dirichlet 积分

$$I=\int ^\infty_0 \dfrac{\sin x}x\mathrm dx=\dfrac \pi 2$$

首先由 Dirichlet 判敛知道积分收敛，进一步计算积分。

考虑 Dirichlet 核$D_n(x)=\dfrac{\sin (n+\frac 12)x}{2\sin \frac x2}$，有

$$\int ^\pi_0 D_n(x)\mathrm dx=\dfrac \pi2$$

又考虑到

$$I=\lim_{n\to\infty}\int^{(n+\frac 12)\pi}_0\dfrac {\sin t}t\mathrm dt=\lim_{n\to\infty}\int^\pi_0\dfrac{\sin(n+\frac 12)t}{t}\mathrm dt$$

我们希望用 Dirichlet 积分逼近$I$，所以由 Riemann-Lebesgue 定理

$$\lim_{n\to\infty}\int ^\pi _0\left(\dfrac 1x-\dfrac 1{2\sin \frac x2}\right)\sin (n+\dfrac 12)x\mathrm dx=0$$

整理得证。

此外，引入因子$e^{-xy}$ 也可以帮助积分：

$$I'=\int^\infty_0\dfrac{\sin x}xe^{-xy}\mathrm dx$$

# Gauss 积分（Euler-Poisson 积分）

$$I=\int^\infty_0e^{-x^2}\mathrm dx=\dfrac {\sqrt \pi}2$$

这里介绍含参积分的方法，我们的最初想法是配出$\mathrm dx^2$ 从而积分，因此引入参量：$x=ut,u>0$

$$I=\int^\infty_0ue^{-u^2t^2}\mathrm dt$$

这里需要注意到：

$$I^2=\int^\infty_0 Ie^{-u^2}\mathrm du=\int^\infty_0 e^{-u^2}\mathrm du\int^\infty_0ue^{-u^2t^2}\mathrm dt=\int^\infty_0\int^\infty_0ue^{-u^2(1+t^2)}\mathrm dt\mathrm du$$

如果积分次序是可交换的，那么结果就显然了。按照 Dini 的判据逐条验证即可。

# Fresnel 积分

$$I=\int^\infty_0\sin x^2\mathrm dx=\dfrac12\sqrt{\dfrac{\pi}2}$$

求解过程引进了参数，便于计算。当然极限换序是需要说明的。

$$I=\dfrac 12\int^\infty_0\dfrac {\sin t}{\sqrt t}\mathrm dt$$

这并不能化为 Dirichlet，这里需要注意到 Gauss 积分的换元，所以：

$$I=\dfrac{1}{\sqrt\pi}\int^\infty_0 \sin t\mathrm dt\int^\infty_0e^{-tu^2}\mathrm du =\dfrac{1}{\sqrt\pi}\int^\infty_0\int^\infty_0e^{-tu^2}\sin t\mathrm du\mathrm dt$$

如果积分次序是可交换的，那么结果就显然了。但是按照定理，发现$\displaystyle\int^\infty_0 e^{-tu^2}\sin t\mathrm dt$ 关于$u\in[0,A]$ 一致收敛并不好说明。问题出在$u\to 0$ 上，所以考虑引入 收敛因子

$$I'=\dfrac12\int^\infty_0e^{-\alpha t}\dfrac {\sin t}{\sqrt t}\mathrm dt,\quad \alpha>0$$

这样就好说明了，因此

$$I'=\dfrac{1}{\sqrt \pi}\int^\infty_0\dfrac{\mathrm du}{1+(\alpha+u^2)^2}$$

而只需要

$$\lim_{\alpha\to 0}I'=\dfrac1{\sqrt \pi}\int^\infty_0\dfrac {\mathrm du}{1+u^4}=\dfrac 1{\sqrt\pi}\dfrac{\pi}{\sin \frac\pi 4}$$

就能得到结果，这个极限交换是简单的。

# Frullani 积分

如果$f(x)\in C((0,\infty))$，则考虑

$$I=\int^\infty_0\dfrac{f(ax)-f(bx)}{x}\mathrm dx,\quad a,b>0$$

当$f(0+),f(\infty)\in \mathbb R$，则

$$I=(f(0+)-f(\infty))\ln \frac ba$$

当$f(0+)\in \mathbb R,\exist k\geq 0$，使得$\displaystyle\int^\infty_k\dfrac{f(x)}x\mathrm dx$ 收敛，则

$$I=f(0+)\ln \frac ba$$

当$f(\infty)\in \mathbb R,\exist k> 0$，使得$\displaystyle\int^k_0\dfrac{f(x)}x\mathrm dx$ 收敛，则

$$I=-f(\infty)\ln \frac ba$$

考虑 截断 ，处理两个潜在的瑕点，这里以无穷远点为例，$0$ 处的瑕点同理：

$$I'=\lim_{n\to\infty}\int^n_1\dfrac{f(ax)-f(bx)}x\mathrm dx$$

换元变形后，定理是显然的

$$\int^n_1\dfrac{f(ax)-f(bx)}x\mathrm dx=\int^b_a-\int^{nb}_{na}\dfrac{f(t)}t\mathrm dt$$

值得一提的是，Frullani 积分的形式很重要，许多含参变量积分可以转化成此形式，从而便于求解。