विश्वविद्यालय गणित — स्नातक वर्ष 2 · Bachelor Year 2

9समाकलन

प्रथम वर्ष के खंड ने समाकल किसी खंड पर बनाया था। यह अध्याय उसे किसी भी अंतराल तक बढ़ाता है (अनुचित समाकल, तुलना के पूरे औज़ार-बक्से के साथ), और फिर प्राचल पर निर्भर समाकलों का अध्ययन करता है — समाकल-चिह्न के भीतर संततता और अवकलन — जिसे प्रभावी अभिसरण प्रमेय चलाती है, और वही इस अध्याय का एकमात्र परिणाम है जिसे विश्वास पर लिया गया है। $\Gamma$ फलन चलता हुआ उदाहरण भी है और गणित के आधे विशिष्ट फलनों का प्रवेशद्वार भी।

9.1 किसी भी अंतराल पर समाकल

परिभाषा 9.1

मान लीजिए $f$ $\intco{a}{b}$ पर खंडशः संतत है ( $b \in \R$ अथवा $+\infty$ )। समाकल तब अभिसरित होता है जब $\lim_{x \to b^-} \int_a^x f$ विद्यमान हो; और तब उस सीमा को $\int_a^b f$ लिखा जाता है। (इसी प्रकार $\intoc{a}{b}$ पर, और $\intoo{a}{b}$ पर किसी अभ्यंतरीय बिंदु पर बाँटकर — शाल के कारण चुनाव से कोई फ़र्क़ नहीं पड़ता।) समाकल निरपेक्ष रूप से अभिसरित तब होता है जब $\int_a^b \abs f$ अभिसरित हो; और निरपेक्ष अभिसरण से अभिसरण निकलता है, कोशी कसौटी

\Bigl| \int_x^{y} f \Bigr| \leq \int_x^{y} \abs f

तथा $\R$ की पूर्णता से (प्रतिअवकलज में कोशी गुणधर्म होता है)। विस्तार से: मान लीजिए $F(x) = \int_a^x f$ और $G(x) = \int_a^x \abs f$ । यदि $\int^b\abs f$ अभिसरित हो, तो $b^-$ पर $G$ की कोई सीमा है, अतः प्रत्येक $\varepsilon > 0$ के लिए ऐसा $c < b$ है कि $c \leq x \leq y < b$ होने पर $G(y) - G(x) \leq \varepsilon$ ; और प्रदर्शन इस कोशी गुणधर्म को $F$ पर स्थानांतरित कर देता है। तब किसी भी अनुक्रम $x_n \to b^-$ के लिए मान $F(x_n)$ वास्तविक संख्याओं का कोशी अनुक्रम बनाते हैं, जो पूर्णता से अभिसारी है; और दो ऐसे अनुक्रमों को गूँथकर देखने पर सीमा सब के लिए एक ही निकलती है: अतः $b^-$ पर $F$ की सीमा है।

प्रमेय 9.2 (धनात्मक तुलना का औज़ार-बक्सा)

$\intco{a}{b}$ पर खंडशः संतत $f, g \geq 0$ के लिए:

$\int_a^b f$ अभिसरित होता है यदि और केवल यदि प्रतिअवकलज $x \mapsto \int_a^x f$ परिबद्ध हो;
$f \leq g$ : $\int g$ के अभिसरण से $\int f$ का अभिसरण निकलता है; और अपसरण दूसरी दिशा में स्थानांतरित होता है;
$b$ पर $f \sim g$ : दोनों समाकलों की प्रकृति एक ही है;
संदर्भ पैमाने: $+\infty$ पर $\int^{\infty} \frac{\dd t}{t^\alpha}$ अभिसरित होता है तभी जब $\alpha > 1$ , और $\int^\infty \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ तभी जब $\beta > 1$ ; और किसी परिमित अंत्यबिंदु $b$ पर $\int^b \frac{\dd t}{(b - t)^\alpha}$ अभिसरित होता है तभी जब $\alpha < 1$ ।

उपपत्ति. (1) प्रतिअवकलज $F(x) = \int_a^x f$ अवर्धमान नहीं है ( $f \geq 0$ )। यदि वह परिबद्ध हो, तो $\ell = \sup_{x < b}F$ परिमित है और $F(x) \to \ell$ : $\varepsilon > 0$ दिया हो तो कोई $F(x_0) > \ell - \varepsilon$ , और एकदिष्टता $x_0 \leq x < b$ के लिए $F(x) \in \intoc{\ell - \varepsilon}{\ell}$ को फँसा लेती है। और यदि वह अपरिबद्ध हो, तो $F \to +\infty$ : अर्थात् अपसरण।

(2) $f \leq g$ से: सभी $x$ के लिए $\int_a^x f \leq \int_a^x g$ ; और यदि $\int^b g$ अभिसरित हो, तो दाहिना पक्ष परिबद्ध है, अतः बायाँ भी, और (1) निष्कर्ष दे देता है। प्रतिधनात्मक कथन अपसरण को दूसरी दिशा में स्थानांतरित कर देता है।

(3) $b$ पर $f \sim g$ से $c < b$ मिलता है, जहाँ

\tfrac12\,g(t) \;\leq\; f(t) \;\leq\; 2\,g(t) \qquad (c \leq t < b) :

और $\intco{c}{b}$ पर दोनों दिशाओं में (2) लगाने से दोनों समाकलों की प्रकृति एक ही हो जाती है; और आरंभिक टुकड़ा $\intcc{a}{c}$ उचित समाकल है, जो कुछ नहीं बदलता।

(4) स्पष्ट प्रतिअवकलज: $\alpha \neq 1$ और $\beta \neq 1$ के लिए

\int_c^x \frac{\dd t}{t^\alpha} = \frac{x^{1-\alpha} - c^{1-\alpha}}{1 - \alpha}, \qquad \int_c^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta} = \frac{(\ln x)^{1-\beta} - (\ln c)^{1-\beta}}{1 - \beta},

और अपवर्जित स्थितियों में लघुगणक: $x \to +\infty$ होने पर परिबद्ध ठीक तभी जब $\alpha > 1$ , अथवा क्रमशः $\beta > 1$ । किसी परिमित अंत्यबिंदु पर प्रतिस्थापन $u = b - t$ उसे पैमाने $\int_0 u^{-\alpha}\,\dd u$ पर ला देता है, जो परिबद्ध है तभी जब $\alpha < 1$ । हर बार (1) लगाइए। ∎

उदाहरण 9.3 (दो अभ्यास, अंत तक किए हुए)

(क) $\displaystyle\int_0^1 \ln t\,\dd t$ : समाकल्य $0^+$ पर फट जाता है, परंतु वहाँ $\abs{\ln t} = o\bigl(t^{-1/2}\bigr)$ (लघुगणक घातों से हार जाते हैं), और $\int_0 t^{-1/2}$ अभिसरित होता है: अतः निरपेक्ष अभिसरण। और मान, $\intcc{\varepsilon}{1}$ पर खंडशः समाकलन से:

\int_\varepsilon^1 \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t - t\bigr]_\varepsilon^1 = -1 - \varepsilon\ln\varepsilon + \varepsilon \xrightarrow[\varepsilon\to0^+]{} -1 .

(ख) $\displaystyle\int_0^\infty \frac{\ln t}{1 + t^2}\,\dd t$ : दोनों सिरों पर परेशानी है, अतः $1$ पर बाँटिए। $0$ के पास: $\abs{\ln t}$ , जो (क) की तरह समाकलनीय है; और $\infty$ के पास: $\frac{\ln t}{1+t^2} = o(t^{-3/2})$ : अर्थात् निरपेक्ष रूप से अभिसारी। प्रतिस्थापन $t = \frac1u$ $\intoo{0}{1}$ को $\intoo{1}{\infty}$ पर भेज देता है और

\int_0^1 \frac{\ln t}{1+t^2}\,\dd t = \int_1^{\infty} \frac{-\ln u}{1 + u^{-2}}\cdot \frac{\dd u}{u^2} = -\int_1^\infty \frac{\ln u}{1+u^2}\,\dd u :

अतः दोनों आधे कट जाते हैं और समाकल $0$ है। समापन दृष्टि: $t \mapsto \frac1t$ के अंतर्गत सममिति एक पन्ने भर के परिकलन के बराबर है — यही युक्ति अभ्यास 9.3 को पहले ही चला चुकी है।

उदाहरण 9.4 (एक मान, तीन समाकल)

$I = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t$ का अध्ययन कीजिए। $0$ पर: $1 - \cos t \sim \frac{t^2}2$ , अतः समाकल्य मान $\frac12$ से संततता के साथ आगे बढ़ जाता है — वहाँ कोई विचित्रता है ही नहीं। $\infty$ पर: $0 \leq \frac{1 - \cos t}{t^2} \leq \frac{2}{t^2}$ : अर्थात् निरपेक्ष अभिसरण (प्रमेय 9.2)। मान: $u = 1 - \cos t$ , $v' = t^{-2}$ के साथ $\intcc{\varepsilon}{M}$ पर खंडशः समाकलन कीजिए:

\int_\varepsilon^M \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t = \Bigl[-\frac{1 - \cos t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{\sin t}{t}\,\dd t .

कोष्ठक दोनों सिरों पर लुप्त हो जाता है ( $\frac{1 - \cos\varepsilon}{\varepsilon} \sim \frac\varepsilon2$ ; $M$ पर अंश परिबद्ध), और समाकल डिरिक्ले मान $\frac\pi2$ की ओर जाता है (अभ्यास 9.10): अतः $I = \frac\pi2$ । समापन दृष्टि: $1 - \cos t = 2\sin^2\frac t2$ और $u = \frac t2$ के साथ

I = \int_0^\infty \frac{2\sin^2 u}{(2u)^2}\;2\,\dd u = \int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin u}{u}\Bigr)^{\!2}\dd u :

अर्थात् तीनों क्लासिक $\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ , $\int_0^\infty\bigl(\frac{\sin t}{t}\bigr)^2\dd t$ (अभ्यास 9.11) और $I$ सबका मान $\frac\pi2$ ही है, जो खंडशः समाकलन और प्रतिस्थापन के द्वारा एक-दूसरे को सौंपा जाता रहता है — और उनमें से केवल पहला अर्ध-अभिसारी है: खंडशः समाकलन ने सरल समाकल्य के बदले निरपेक्ष अभिसरण दे दिया।

उदाहरण 9.5 (एक अर्ध-अभिसारी समाकल)

$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t$ अभिसरित होता है: खंडशः समाकलन कीजिए,

\int_1^x \frac{\sin t}{t}\dd t = \Bigl[\frac{-\cos t}{t}\Bigr]_1^x - \int_1^x \frac{\cos t}{t^2}\dd t ,

जहाँ कोष्ठक की सीमा है और अंतिम समाकल निरपेक्ष रूप से अभिसरित होता है ( $\abs{\cos t}/t^2 \leq t^{-2}$ )। परंतु निरपेक्ष रूप से नहीं: $\abs{\sin t} \geq \sin^2 t$ से,

\int_1^x \frac{\abs{\sin t}}{t}\,\dd t \;\geq\; \int_1^x \frac{\sin^2t}{t}\,\dd t = \underbrace{\int_1^x \frac{\dd t}{2t}}_{=\ \frac12\ln x \ \to\ \infty} \;-\; \underbrace{\int_1^x \frac{\cos 2t}{2t}\,\dd t}_{\text{अभिसारी}} ,

जहाँ अंतिम समाकल ऊपर वाले उसी खंडशः समाकलन से अभिसरित होता है (कोष्ठक में $\sin 2t$ के साथ): अर्थात् अपसारी टुकड़े में से अभिसारी घटाने पर अपसरण। अतः $\int_1^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ निरपेक्ष रूप से अभिसरित हुए बिना अभिसरित होता है — अर्थात् एकांतर श्रेणी का समाकल-रूप, जिसमें एकांतर जाँच की भूमिका खंडशः समाकलन निभाता है।

9.2 अभिसरण प्रमेय

प्रमेय 9.6 (प्रभावी अभिसरण)

मान लीजिए $(f_n)$ किसी अंतराल $I$ पर खंडशः संतत हैं और बिंदुवार खंडशः संतत $f$ पर अभिसरित होते हैं, तथा कोई स्थिर समाकलनीय $\varphi \geq 0$ ( $\int_I \varphi < \infty$ ) ऐसा है कि

\abs{f_n(t)} \leq \varphi(t) \qquad (t \in I,\ n \in \N).

तब सभी $\int_I f_n$ और $\int_I f$ निरपेक्ष रूप से अभिसरित होते हैं, और

\int_I f_n \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_I f .

उपपत्ति. इस स्तर पर स्वीकृत। ∎

टिप्पणी 9.7

ईमानदार उपपत्ति तृतीय वर्ष के लेबेग समाकलन सिद्धांत की है; परंतु कथन का उपयोग अब से लगातार होगा। प्रभुत्व वाली परिकल्पना ही सारी बात है: अकेला बिंदुवार अभिसरण पर्याप्त नहीं ( $f_n = n\,\mathbf{1}_{\intoo{0}{1/n}}$ , सरकते उभार: $\int f_n = 1 \not\to 0 = \int f$ )। यह प्रमेय संतत प्राचल ( $f_\lambda$ , $\lambda \to \lambda_0$ ) के लिए भी सत्य है, सीमाओं के अनुक्रम-अभिलक्षण के द्वारा।

उदाहरण 9.8 (प्रभुत्व से एक गाउसीय सीमा)

$\displaystyle\lim_{n\to\infty} I_n$ परिकलित कीजिए, जहाँ $I_n = \int_0^\infty \Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n}\dd t$ । बिंदुवार $(1 + t^2/n)^n \to \eu^{t^2}$ (चक्रवृद्धि ब्याज वाली सीमा), अतः समाकल्य $\eu^{-t^2}$ की ओर जाते हैं। प्रभुत्व: $u \geq 0$ के लिए अनुक्रम $n \mapsto (1 + u/n)^n$ अवर्धमान नहीं है ( $1, 1 + \frac un, \dots, 1 + \frac un$ गुणनखंडों $n + 1$ पर समांतर–गुणोत्तर माध्य $(1 + \frac u{n+1})^{n+1} \geq (1 + \frac un)^n$ देता है), अतः $n \geq 2$ के लिए:

\Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n} \leq \Bigl(1 + \frac{t^2}{2}\Bigr)^{\!-2},

अर्थात् समाकलनीय प्रभुत्वकारी (अनंत पर $\sim 4t^{-4}$ )। प्रभावी अभिसरण:

I_n \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}

(अभ्यास 9.8 का गाउसीय समाकल)। समापन जाँच: प्रतिस्थापन $t = \sqrt n\tan\theta$ $I_n$ को यथार्थतः परिकलित कर देता है, $I_n = \sqrt n\int_0^{\pi/2}\cos^{2n-2}\theta\,\dd\theta = \sqrt n\,W_{2n-2}$ , और वालिस अनंतस्पर्शिता $W_m \sim \sqrt{\pi/(2m)}$ (प्रमेयिका 6.11) फिर $\sqrt n\,W_{2n-2} \to \frac{\sqrt\pi}2$ देती है: अर्थात् इस और पिछले अध्याय के दोनों स्तंभ सहमत हैं।

उदाहरण 9.9 (प्रभावी अभिसरण, संतत प्राचल)

परिकलित कीजिए

\lim_{x\to+\infty}\int_0^\infty \frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t .

प्रत्येक $t > 0$ के लिए $x \to \infty$ होने पर $\arctan(xt) \to \frac\pi2$ ; और प्रभुत्व

\Bigl|\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\Bigr| \leq \frac{\pi/2}{1+t^2}, \qquad\text{समाकलनीय, और इससे स्वतंत्र: } x,

सभी $x$ के लिए सत्य है। प्रमेय 9.6 के संतत-प्राचल रूप से (अनुक्रम-अभिलक्षण: हर $x_n \to \infty$ के अनुदिश जाँचिए),

\int_0^\infty\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t \xrightarrow[x\to+\infty]{} \frac\pi2\int_0^\infty\frac{\dd t}{1+t^2} = \frac{\pi^2}{4} .

समापन दृष्टि: अकेला बिंदु $t = 0$ , जहाँ बिंदुवार सीमा $\frac\pi2$ के बदले $0$ है, कुछ नहीं बदलता — सीमा फलन केवल अपने समाकल के द्वारा प्रवेश करता है, और यह प्रमेय की एक चुपचाप दया है।

9.3 प्राचल वाले समाकल

प्रमेय 9.10 (समाकल-चिह्न के भीतर संततता)

मान लीजिए $f \colon A \times I \to \R$ ( $A$ कोई दूरिक समष्टि, $I$ कोई अंतराल) ऐसा है कि: हर $x$ के लिए $t \mapsto f(x, t)$ खंडशः संतत हो; हर $t$ के लिए $x \mapsto f(x, t)$ संतत हो; और कोई प्रभुत्व $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ हो ( $\varphi$ $I$ पर समाकलनीय और $x$ से स्वतंत्र)। तब

F(x) = \int_I f(x, t)\,\dd t

परिभाषित है और $A$ पर संतत।

उपपत्ति. परिभाषितता: प्रभुत्व निरपेक्ष अभिसरण दे देता है। $x_0$ पर संततता: किसी भी अनुक्रम $x_n \to x_0$ के लिए फलन $g_n(t) = f(x_n, t)$ स्थिर प्रभुत्व $\varphi$ के अंतर्गत बिंदुवार $f(x_0, t)$ पर अभिसरित होते हैं ( $x$ में संततता): अतः प्रभावी अभिसरण $F(x_n) \to F(x_0)$ दे देती है; और संततता के अनुक्रम-अभिलक्षण (परिभाषा 4.5) से निष्कर्ष मिल जाता है। ∎

प्रमेय 9.11 (समाकल-चिह्न के भीतर अवकलन)

मान लीजिए $f \colon J \times I \to \R$ ( $J$ प्राचलों का कोई अंतराल) ऐसा है कि: हर $x$ के लिए $t \mapsto f(x,t)$ $I$ पर समाकलनीय हो; हर $t$ के लिए $x \mapsto f(x,t)$ $C^1$ वर्ग का हो, और आंशिक अवकलज $\frac{\partial f}{\partial x}$ $t$ में खंडशः संतत तथा प्रभुत्व-युक्त हो: $\bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\bigr| \leq \psi(t)$ , जहाँ $\psi$ समाकलनीय। तब $F(x) = \int_I f(x,t)\dd t$ $J$ पर $C^1$ है और

F'(x) = \int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x, t)\,\dd t .

उपपत्ति. $x$ और $h_n \to 0$ स्थिर कीजिए। अंतर-भागफल

\frac{F(x + h_n) - F(x)}{h_n} = \int_I \frac{f(x + h_n, t) - f(x, t)}{h_n}\,\dd t

के समाकल्य बिंदुवार $\frac{\partial f}{\partial x}(x, t)$ पर अभिसरित होते हैं और $\psi(t)$ से प्रभुत्व-युक्त हैं: क्योंकि स्थिर $t$ पर $x$ में मध्यमान असमिका लगाने से

\Bigl|\frac{f(x + h_n, t) - f(x,t)}{h_n}\Bigr| \leq \sup_{\xi} \Bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(\xi, t)\Bigr| \leq \psi(t) .

प्रभावी अभिसरण भागफलों की सीमा $\int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\dd t$ दे देती है: अर्थात् $F$ अवकलनीय है और उसका अवकलज घोषित रूप वाला है, जो $\frac{\partial f}{\partial x}$ पर लगाई गई प्रमेय 9.10 के अनुसार संतत भी है। ∎

उदाहरण 9.12 (किसी सूत्र के विरुद्ध जाँचा गया एक प्राचल समाकल)

$x > 0$ के लिए $F(x) = \displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{t^2 + x}$ लीजिए। प्रत्येक $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ पर समाकल्य $\frac{1}{t^2 + a}$ से प्रभुत्व-युक्त है, जो समाकलनीय और $x$ से स्वतंत्र है: अतः $F$ संतत है (प्रमेय 9.10)। और यहाँ प्रमेय को किसी स्पष्ट मान के विरुद्ध जाँचा जा सकता है:

F(x) = \Bigl[\frac{1}{\sqrt x}\arctan\frac{t}{\sqrt x}\Bigr]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt x} ,

जो स्पष्टतः संतत है। अब समाकल के भीतर अवकलन कीजिए: $x$ -अवकलज $-\frac{1}{(t^2+x)^2}$ $\intcc ab$ पर $\frac{1}{(t^2+a)^2}$ से प्रभुत्व-युक्त है, जो समाकलनीय है: अतः प्रमेय 9.11 देता है

F'(x) = -\int_0^\infty \frac{\dd t}{(t^2 + x)^2} \qquad\text{जबकि}\qquad F'(x) = -\frac{\pi}{4}\,x^{-3/2} ,

और इस प्रकार हमने एक नया समाकल मुफ़्त में परिकलित कर लिया: $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+x)^2} = \frac{\pi}{4x^{3/2}}$ । समापन दृष्टि: किसी ज्ञात प्राचल समाकल का अवकलन नए सूत्रों की फ़ैक्टरी है — इसे दोहराने से प्रत्येक $n$ के लिए $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+1)^n}$ मिल जाता है, बिना किसी त्रिकोणमितीय प्रतिस्थापन के।

विधि 9.13 (किसी अनुचित समाकल का अध्ययन)

$\int_a^b f$ दिया हो तो:

परेशानी का पता लगाइए: वे अंत्यबिंदु (अथवा अभ्यंतरीय बिंदु) सूचीबद्ध कीजिए जहाँ $f$ अपरिबद्ध है या अंतराल अनंत है, और इस प्रकार बाँटिए कि हर टुकड़े में ठीक एक परेशानी वाला सिरा हो।
यदि उस सिरे के पास $f$ का चिह्न अचर हो, तो कोई समतुल्य ढूँढ़िए और प्रमेय 9.2 के संदर्भ पैमानों से तुलना कीजिए।
यदि $f$ दोलन करता हो, तो पहले $\abs f$ जाँचिए (निरपेक्ष अभिसरण)। और यदि $\int\abs f$ अपसरित हो, तो खंडशः समाकलन से दोलन के बदले क्षय लेने की कोशिश कीजिए, जैसा उदाहरण 9.5 में; और $\abs{\sin t} \geq \sin^2t$ जैसे निम्न-आकलन सच्ची अर्ध-अभिसारिता पकड़ लेते हैं।
केवल प्रकृति नहीं, मान भी चाहिए तो: खंडशः समाकलन, प्रतिस्थापन, अथवा कोई प्राचल (किसी सरल समाकल का अवकलन कीजिए, जैसा उदाहरण 9.12 और उदाहरण 9.21 में)।
किसी भी परिकलित मान की तर्कसंगति जाँचें: किसी कच्चे परिबंध के विरुद्ध चिह्न और मोटा आकार ( $\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t \in \intoo{0}{1 + \int_1^\infty \eu^{-t}}$ , अतः $\frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ विश्वसनीय है); और मापन के अंतर्गत विमीय संगति ( $t \mapsto \lambda t$ से दोनों पक्षों का मापन एक ही ढंग से बदलना चाहिए — खोए हुए गुणक का सबसे तेज़ संसूचक)।

टिप्पणी 9.14 (सामान्य भूलें)

तीन बार-बार होने वाली भूलें। (क) प्राचल पर निर्भर प्रभुत्वकारी: प्रभुत्व $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ विचाराधीन समुच्चय पर $x$ में एकसमान होना चाहिए; वह प्रायः खंडों $\intcc ab$ पर सत्य होता है पर वैश्विक रूप से नहीं — $\int_0^\infty\eu^{-xt}\dd t$ के लिए सभी $x > 0$ के लिए मान्य कोई समाकलनीय प्रभुत्वकारी है ही नहीं, फिर भी $x \geq a > 0$ पर प्रभुत्व पूरी विवृत अर्धरेखा पर काम करने के लिए पर्याप्त है, क्योंकि संततता और अवकलज स्थानीय धारणाएँ हैं। (ख) चिह्न वाले समाकल्यों की तुलना: तुलना का औज़ार-बक्सा अऋणात्मक फलनों के लिए है; अपसारी $\int g$ के साथ $\abs f \leq g$ से कुछ भी निष्कर्ष नहीं निकाला जा सकता — $\int_1^\infty\frac{\sin t}t\,\dd t$ अभिसरित होता है यद्यपि $\frac1t$ से हर तुलना विफल रहती है। (ग) आधी परेशानी भूल जाना: $\intoo{0}{\infty}$ पर सदा दोनों सिरों का अलग-अलग अध्ययन कीजिए; $\int_0^\infty\frac{\dd t}{t}$ दोनों पर अपसरित होता है, और अभिसारी दिखने वाला कोई विभाजन चुपचाप दो अनंतों को काट सकता है। सुरक्षित पलटा विधि 9.13 की जाँच-सूची है।

उदाहरण 9.15 (एक बर्ट्रांड सीमा-स्थिति, अंक तक)

प्रमेय 9.2 का पैमाना $\int^\infty\frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ ठीक घात-पैमानों के किनारे पर बैठा है; और उसकी सीमा-स्थितियाँ एक पूरे परिकलन की हक़दार हैं। $\beta = 2$ के लिए:

\int_\eu^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \Bigl[-\frac{1}{\ln t}\Bigr]_\eu^{\infty} = 0 - (-1) = 1 ,

अर्थात् एक अभिसारी समाकल जिसका मान सुखद रूप से यथार्थ है; जबकि $\beta = 1$ के लिए

\int_\eu^{x}\frac{\dd t}{t\ln t} = \bigl[\ln\ln t\bigr]_\eu^{x} = \ln\ln x \longrightarrow \infty ,

अर्थात् अपसारी — पर इतनी सुस्ती से कि $\ln\ln x = 10$ तक पहुँचने के लिए $x = \eu^{\eu^{10}} \approx 10^{9566}$ चाहिए। समापन दृष्टि: “हर घात $t^{-1-\varepsilon}$ अभिसरित होती है” और “ $t^{-1}$ अपसरित होता है” के बीच लघुगणकीय पैमानों की एक अनंत सीढ़ी बसती है, और हर सीढ़ी पिछली को परिष्कृत करती है; प्रतिस्थापन $u = \ln t$ हर पायदान को पिछले पर ढहा देता है, और इसीलिए बर्ट्रांड कसौटियाँ रीमान वाली कसौटियों की एक स्तर ऊपर की गूँज हैं।

टिप्पणी 9.16 (इसी खंड के भीतर के परिप्रेक्ष्य)

इस अध्याय के औज़ार अब सर्वत्र होने वाले हैं। प्रभावी अभिसरण अगले अध्याय के सन्निकट तत्समकों के पीछे का इंजन है (सरकते कर्नेल, बर्नस्टाइन और फेयेर दोनों); और समाकल-चिह्न के भीतर संततता तथा अवकलन फूरिये अध्याय में फूरिये गुणांकों का कलन उत्पन्न करते हैं, जहाँ हर $c_n(f)$ भेस बदला हुआ प्राचल समाकल है। $\Gamma$ फलन दो बार लौटता है: बहु समाकलों वाले अध्याय में, जहाँ कोई दोहरा समाकल ऑयलर का बीटा–गामा सूत्र पूरी तरह सिद्ध कर देता है, और प्रायिकता के अध्यायों में, जहाँ $\Gamma$ -प्रकार के समाकल मानक घनत्वों को सामान्यीकृत करते हैं और उनके आघूर्ण परिकलित करते हैं। और अर्ध-अभिसारी $\int\frac{\sin t}{t}$ फूरिये अध्याय के गिब्स अचर के रूप में फिर उभरता है — वही समाकल, जो किसी उछाल पर आंशिक योगों का अतिक्रमण मापता है।

परिभाषा 9.17 ( $\Gamma$ फलन)

$x > 0$ के लिए:

\Gamma(x) = \int_0^{\infty} t^{x-1}\,\eu^{-t}\,\dd t ,

जो दोनों सिरों पर अभिसारी है ( $x > 0$ के लिए $0^+$ पर $t^{x-1}$ समाकलनीय; और $\infty$ पर घातांकी क्षय)।

प्रमेय 9.18

$\Gamma$ $\intoo{0}{+\infty}$ पर संतत है, फलनात्मक समीकरण

\Gamma(x + 1) = x\,\Gamma(x), \qquad \Gamma(1) = 1, \qquad\text{अतः}\qquad \Gamma(n + 1) = n! ,

पूरा करता है, और $C^1$ वर्ग का है (वस्तुतः $C^\infty$ ) जहाँ $\Gamma'(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\ln t\,\dd t$ ।

उपपत्ति. फलनात्मक समीकरण: $\intcc{\varepsilon}{M}$ पर खंडशः समाकलन कीजिए और सिरों को जाने दीजिए: $\int t^{x}\eu^{-t} = [-t^x\eu^{-t}] + x\int t^{x-1}\eu^{-t}$ , जिसमें सीमा-पद लुप्त हो जाते हैं — वास्तव में $\varepsilon \to 0^+$ होने पर $\varepsilon^x\eu^{-\varepsilon} \to 0$ क्योंकि $x > 0$ , और $M \to \infty$ होने पर $M^x\eu^{-M} \to 0$ क्योंकि घातांकी हर घात को हरा देता है; और दोनों छिन्न समाकल परिभाषा 9.17 में स्थापित अभिसरण के कारण अपने अनुचित मानों पर अभिसरित होते हैं। $\Gamma(1) = \int \eu^{-t} = 1$ ; और आगमन क्रमगुणित दे देता है।

$\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ पर संततता: $t^{x-1}\eu^{-t}$ को $\varphi(t) = (t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}$ से प्रभुत्व दीजिए, जो समाकलनीय और $x \in \intcc{a}{b}$ से स्वतंत्र है: अतः प्रमेय 9.10 ऐसे हर खंड पर लागू होती है, इसलिए पूरी अर्धरेखा पर। अवकलनीयता: $x$ -अवकलज $t^{x-1}\eu^{-t}\ln t$ $\intcc{a}{b}$ पर $(t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}\,\abs{\ln t}$ से प्रभुत्व-युक्त है, जो अब भी समाकलनीय है: अतः प्रमेय 9.11; और इसे दोहराने से सारे अवकलज मिल जाते हैं (हर बार $\ln t$ की एक घात जुड़ती है, जो हानिरहित है)। ∎

उदाहरण 9.19 (अर्ध-पूर्णांक क्रमगुणित)

फलनात्मक समीकरण और $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ (जो अभ्यास 9.8 से एक प्रतिस्थापन दूर है: परिभाषा वाले समाकल में $t = u^2$ रखिए) सारे अर्ध-पूर्णांक मान उत्पन्न कर देते हैं:

\Gamma\Bigl(\frac32\Bigr) = \frac12\,\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{\sqrt\pi}{2}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac52\Bigr) = \frac32\cdot\frac{\sqrt\pi}{2} = \frac{3\sqrt\pi}{4}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac72\Bigr) = \frac{15\sqrt\pi}{8} .

और चूँकि $\Gamma(n+1) = n!$ , यह कहना उचित है कि “ $\frac12! = \frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ ”: अर्थात् क्रमगुणित का अंतर्वेशन हो गया, और अंतर्वेशी वक्र $0! = 1$ तथा $1! = 1$ के बीच $1$ से नीचे डुबकी लगाता है (उसका न्यूनतम $x \approx 1.4616$ पर $\approx 0.8856$ सप्ताहांत समस्या के भाग I के उत्तलता-चित्र से मेल खाता है)। समापन दृष्टि: समाकल $\int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ में कुछ भी पूर्णांकों को विशेषाधिकार नहीं देता — क्रमगुणित का विविक्त होना गिनती की दुर्घटना थी, और $\sqrt\pi$ वही है जो $1$ और $1$ के बीच बसता है।

टिप्पणी 9.20 ( $\Gamma$ यहाँ से कहाँ जाता है)

इस अध्याय की सप्ताहांत समस्या $\Gamma$ के चारों ओर पूरा ऑयलर-कलन खड़ा करती है: बीटा फलन, उसके खंडशः-समाकलन वाले पुनरावर्तन, बीटा मानों के रूप में वालिस समाकल, और गाउस का सीमा सूत्र। बहु समाकलों वाला अध्याय सभी कोटियों के लिए ऑयलर का बीटा–गामा सूत्र किसी दोहरे समाकल से सिद्ध करता है; और प्रायिकता के अध्यायों में $\Gamma$ सबसे सामान्य घनत्वों के सामान्यीकरण में तथा प्रतीक्षा-समयों के आघूर्णों में फिर मिलता है। तृतीय वर्ष का खंड $\Gamma$ को लेबेग की नींव पर फिर से खड़ा करता है, बोर–मोलेरुप की अद्वितीयता प्रमेय सिद्ध करता है, और प्रभावी अभिसरण के द्वारा स्टर्लिंग सूत्र को पूर्णांकों से बढ़ाकर पूरी वास्तविक अर्धरेखा तक ले जाता है।

उदाहरण 9.21 (अवकलन से एक क्लासिक परिकलन)

$x \in \R$ के लिए $F(x) = \int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t$ लीजिए (जो निरपेक्ष रूप से अभिसारी है, $\eu^{-t^2}$ से प्रभुत्व-युक्त)। प्रमेय 9.11 से ( $x$ -अवकलज पर $t\,\eu^{-t^2}$ का प्रभुत्व, जो समाकलनीय है):

F'(x) = -\int_0^\infty t\,\eu^{-t^2}\sin(xt)\,\dd t = \Bigl[\frac{\eu^{-t^2}}{2}\sin(xt)\Bigr]_0^\infty - \frac x2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t = -\frac x2\,F(x),

( $u' = t\eu^{-t^2}$ के साथ खंडशः)। अवकल समीकरण $F' = -\frac x2 F$ का समाकलन $F(x) = F(0)\,\eu^{-x^2/4}$ देता है: अर्थात् गाउसीय-प्रकार का समाकल स्वयं को पुनः उत्पन्न कर लेता है। अचर $F(0) = \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}$ अभ्यास 9.8 में परिकलित हुआ है — और दोहरे समाकलन से फिर अध्याय 20 में भी।

9.4 अभ्यास

अभ्यास 9.1 ★

इनकी प्रकृति: $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ ; $\;\displaystyle\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}\dd t$ ; $\;\displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ ( $t = n\pi$ के पास अपसारी हरात्मक-प्रकार के व्यवहार से तुलना कीजिए)।

हल

हल — अभ्यास 9.1.

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ : $0$ के पास $\sim t^{-1/2}$ ( $\alpha = \frac12 < 1$ : अभिसारी); और $1$ के पास $\sim (1-t)^{-1/2}$ : अभिसारी। अतः अभिसारी (और प्रतिस्थापन $t = \sin^2\theta$ से उसका मान $\pi$ है)।

$\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}$ : $\frac{\ln t}{t^2} = o(t^{-3/2})$ : अभिसारी (खंडशः समाकलन से मान $1$ )।

$\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ : अपसारी। $t = n\pi$ के पास $t = n\pi + u$ लिखिए: $\sin^2 t = \sin^2 u \leq u^2$ , अतः $\abs u \leq \frac{1}{n}$ पर $1 + t^2\sin^2 t \leq 1 + (n\pi + 1)^2u^2 \leq C n^2 u^2 + 1$ ; इसलिए

\int_{n\pi - 1/n}^{n\pi + 1/n} \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t} \geq \int_{-1/n}^{1/n} \frac{\dd u}{1 + Cn^2u^2} = \frac{2\arctan\sqrt C}{\sqrt C}\cdot\frac{1}{n} ,

अर्थात् किसी अपसारी हरात्मक-प्रकार की श्रेणी का पद: $n$ पर योग लेने पर प्रतिअवकलज अपरिबद्ध है।

अभ्यास 9.2 ★

$\Gamma$ के द्वारा $\displaystyle\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\,\dd t$ ( $\lambda > 0$ ) परिकलित कीजिए, और प्रतिस्थापन $t = \eu^{-u}$ के द्वारा $\displaystyle\int_0^1 (\ln t)^n \dd t$ ।

हल

हल — अभ्यास 9.2.

$u = \lambda t$ प्रतिस्थापित कीजिए:

\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\dd t = \frac{1}{\lambda^{n+1}}\int_0^\infty u^n\eu^{-u}\dd u = \frac{\Gamma(n+1)}{\lambda^{n+1}} = \frac{n!}{\lambda^{n+1}} .

$t = \eu^{-u}$ ( $\dd t = -\eu^{-u}\dd u$ ) के साथ:

\int_0^1 (\ln t)^n \dd t = \int_0^{\infty} (-u)^n \eu^{-u}\,\dd u = (-1)^n\, n! .

अभ्यास 9.3 ★

सिद्ध कीजिए कि $\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\dd t}{(1 + t^2)(1 + t^x)}$ प्रत्येक $x \in \R$ के लिए सुपरिभाषित है और $x$ से स्वतंत्र। ( $t \mapsto \frac1t$ प्रतिस्थापित कीजिए और दोनों व्यंजकों का औसत लीजिए।) उसका मान क्या है?

हल

हल — अभ्यास 9.3.

अभिसरण: समाकल्य $\infty$ के पास $\leq \frac{1}{1+t^2}$ है और $0$ के पास परिबद्ध (दोनों गुणनखंड $0$ से दूर नीचे से परिबद्ध हैं): अतः प्रत्येक $x$ के लिए निरपेक्ष रूप से अभिसारी। $t = \frac1u$ प्रतिस्थापित करने पर ( $\dd t = -\frac{\dd u}{u^2}$ ):

I(x) = \int_0^\infty \frac{1}{\bigl(1 + \frac1{u^2}\bigr)\bigl(1 + u^{-x}\bigr)}\cdot\frac{\dd u}{u^2} = \int_0^\infty \frac{u^x}{(1 + u^2)(1 + u^x)}\,\dd u .

$I(x)$ के दोनों व्यंजक जोड़ने पर:

2I(x) = \int_0^\infty \frac{1 + t^x}{(1+t^2)(1+t^x)}\dd t = \int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2} = \frac{\pi}{2} :

अर्थात् $I(x) = \frac\pi4$ , जो $x$ से स्वतंत्र है।

अभ्यास 9.4 ★★

(किसी परिमित अंत्यबिंदु पर बर्ट्रांड समाकल) किन $(\alpha, \beta)$ के लिए $\displaystyle\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t^\alpha\,\abs{\ln t}^\beta}$ अभिसरित होता है?

हल

हल — अभ्यास 9.4.

$0^+$ के पास, $u = \abs{\ln t} \to \infty$ के साथ। यदि $\alpha < 1$ : तो $\beta$ चाहे जो हो, अभिसरण ( $\alpha < \alpha' < 1$ के लिए $t^{-\alpha'}$ से तुलना कीजिए: लघुगणक गुणनखंड हार जाता है)। यदि $\alpha > 1$ : तो $\beta$ चाहे जो हो, अपसरण ( $t^{-\alpha''}$ से तुलना, $1 < \alpha'' < \alpha$ )। और यदि $\alpha = 1$ : तो $t = \eu^{-u}$ प्रतिस्थापित कीजिए:

\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t\,\abs{\ln t}^\beta} = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{\dd u}{u^\beta},

जो अभिसारी है तभी जब $\beta > 1$ । सारांश: अभिसरण तभी जब $\alpha < 1$ , अथवा ( $\alpha = 1$ और $\beta > 1$ ) — अर्थात् बर्ट्रांड श्रेणी का दर्पण।

अभ्यास 9.5 ★★

$x \geq 0$ के लिए $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\eu^{-xt}}{1 + t^2}\,\dd t$ लीजिए। सिद्ध कीजिए कि $F$ $\intco{0}{\infty}$ पर संतत है, $\intoo{0}{\infty}$ पर $C^2$ है, वहाँ $F'' + F = \frac1x$ पूरा करता है, और $x \to +\infty$ होने पर $F(x) \to 0$ ।

हल

हल — अभ्यास 9.5.

$\intco{0}{\infty}$ पर संततता: प्रभुत्व $\bigl|\frac{\eu^{-xt}}{1+t^2}\bigr| \leq \frac{1}{1+t^2}$ , जो समाकलनीय और $x \geq 0$ में एकसमान है: प्रमेय 9.10।

$\intoo{0}{\infty}$ पर $C^2$ : $x \geq a > 0$ पर पहले दो $x$ -अवकलज $\frac{-t\,\eu^{-xt}}{1+t^2}$ और $\frac{t^2\eu^{-xt}}{1+t^2}$ $t\,\eu^{-at}$ तथा $\eu^{-at}$ से प्रभुत्व-युक्त हैं: अर्थात् प्रमेय 9.11 के दो प्रयोग। तब

F''(x) + F(x) = \int_0^\infty \frac{t^2 + 1}{1 + t^2}\,\eu^{-xt}\dd t = \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x .

सीमा: $0 \leq F(x) \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ ।

अभ्यास 9.6 ★★

(फ्रुलानी) मान लीजिए $f$ $\intco{0}{+\infty}$ पर संतत है और $+\infty$ पर उसकी परिमित सीमा $f(\infty)$ है। सिद्ध कीजिए कि $a, b > 0$ के लिए:

\int_0^{\infty} \frac{f(at) - f(bt)}{t}\,\dd t = \bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\,\ln\frac ba .

( $\intcc{\varepsilon}{M}$ पर हर टुकड़े में प्रतिस्थापन करके $\frac{f(u)}u\,\dd u$ के $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} - \int_{aM}^{bM}$ में पुनः समूहबद्ध कीजिए; और $0$ पर संततता तथा $\infty$ पर सीमा का उपयोग करके निचोड़ लगाइए।) $\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t$ परिकलित कीजिए।

हल

हल — अभ्यास 9.6.

$\intcc{\varepsilon}{M}$ पर दोनों आधों में $u = at$ और $u = bt$ प्रतिस्थापित कीजिए:

\int_\varepsilon^M \frac{f(at) - f(bt)}{t}\dd t = \int_{a\varepsilon}^{aM}\frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{b\varepsilon}^{bM}\frac{f(u)}{u}\dd u = \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{aM}^{bM} \frac{f(u)}{u}\dd u .

पहला टुकड़ा: $0$ के पास $f(u) = f(0) + o(1)$ , और $\int_{a\varepsilon} ^{b\varepsilon} \frac{\dd u}{u} = \ln\frac ba$ : अतः यह टुकड़ा $f(0)\ln\frac ba$ की ओर जाता है। दूसरा टुकड़ा: $f(u) \to f(\infty)$ , वही परिकलन: $f(\infty)\ln\frac ba$ की ओर जाता है। अतः अनुचित समाकल $\bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\ln\frac ba$ पर अभिसरित होता है।

$f(t) = \eu^{-t}$ ( $f(0) = 1$ , $f(\infty) = 0$ ), $a = 1$ , $b = 2$ के साथ:

\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t = \ln 2 .

अभ्यास 9.7 ★★

$x > 0$ के लिए $\lim_{n\to\infty} \displaystyle\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t$ को न्यायोचित ठहराइए और परिकलित कीजिए ( $(1 - t/n)^n \leq \eu^{-t}$ का उपयोग करते हुए $\varphi(t) = \eu^{-t}t^{x-1}$ के साथ प्रभावी अभिसरण; सीमा $\Gamma(x)$ है)।

हल

हल — अभ्यास 9.7.

समाकल्य को $t = n$ के आगे $0$ से बढ़ा दीजिए: $g_n(t) = (1 - \frac tn)^n t^{x-1}\mathbf{1}_{t \leq n}$ । बिंदुवार $g_n(t) \to \eu^{-t}t^{x-1}$ (चक्रवृद्धि ब्याज वाली सीमा, प्रथम वर्ष का खंड)। प्रभुत्व: $\ln(1 - u) \leq -u$ से $\intcc{0}{n}$ पर $(1 - \frac tn)^n \leq \eu^{-t}$ मिलता है, अतः $\abs{g_n(t)} \leq \eu^{-t}t^{x-1} = \varphi(t)$ , जो समाकलनीय है। प्रभावी अभिसरण:

\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^n t^{x-1}\dd t \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t}t^{x-1}\dd t = \Gamma(x) .

(बार-बार खंडशः समाकलन से बायाँ पक्ष परिकलित करने पर ऑयलर का गुणनफल रूप $\Gamma(x) = \lim \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ मिलता है।)

अभ्यास 9.8 ★★★

(प्राचल की युक्ति से गाउसीय समाकल) $x \geq 0$ के लिए

G(x) = \Bigl(\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t\Bigr)^{\!2}, \qquad H(x) = \int_0^1 \frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1 + t^2}\,\dd t .

रखिए। सिद्ध कीजिए कि $G' + H' = 0$ (समाकल के भीतर $H$ का अवकलन कीजिए और परिणामी समाकल में $u = xt$ प्रतिस्थापित कीजिए), इससे सभी $x$ के लिए $G(x) + H(x) = \frac\pi4$ निष्कर्ष रूप में निकालिए, और अंत में निष्कर्ष दीजिए

\int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\,\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2} .

हल

हल — अभ्यास 9.8.

$H$ $x$ में अवकलनीय है (समाकल्य $x$ में $C^1$ है, अवकलज $-2x(1+t^2)\cdot\frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2} = -2x\,\eu^{-x^2}\eu^{-x^2t^2}$ , जो संतत है और $x$ के संहत उपसमुच्चयों पर परिबद्ध; और $t \in \intcc{0}{1}$ पर प्रभुत्व तुच्छ है):

H'(x) = -2x\,\eu^{-x^2}\int_0^1 \eu^{-x^2t^2}\,\dd t \overset{u = xt}{=} -2\,\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-u^2}\,\dd u = -G'(x),

क्योंकि $G'(x) = 2\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t$ (वर्ग पर शृंखला नियम, कलन की मूल प्रमेय)। अतः $G + H$ अचर है और $G(0) + H(0) = 0 + \int_0^1 \frac{\dd t}{1+t^2} = \frac\pi4$ के बराबर।

$x \to \infty$ होने पर: $0 \leq H(x) \leq \eu^{-x^2}\int_0^1 \dd t \to 0$ , अतः $G(x) \to \frac\pi4$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt{\frac\pi4} = \frac{\sqrt\pi}{2} .

(फलतः प्रतिस्थापन $t = \sqrt u$ से $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = 2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt\pi$ ।)

अभ्यास 9.9 ★★★

सिद्ध कीजिए कि $\Gamma$ लघु-उत्तल है: अर्थात् $\ln\Gamma$ $\intoo{0}{\infty}$ पर उत्तल है। ( $t^{(x+y)/2 - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ पर लगाया गया समाकलों का कोशी–श्वार्ज़ $\Gamma\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr)^2 \leq \Gamma(x)\Gamma(y)$ देता है; इसे संततता और अभ्यास 8.8 के साथ मिलाइए।)

हल

हल — अभ्यास 9.9.

गुणनखंडन $t^{\frac{x+y}{2}-1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ पर लगाया गया कोशी–श्वार्ज़ (प्रथम वर्ष का खंड, जो $\intcc{\varepsilon}{M}$ पर मान्य है और सीमा तक ले जाया गया):

\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \Gamma(x)^{1/2}\,\Gamma(y)^{1/2} \quad\Longrightarrow\quad \ln\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \frac{\ln\Gamma(x) + \ln\Gamma(y)}{2} :

अतः $\ln\Gamma$ मध्यबिंदु उत्तल है; और संतत होने से (प्रमेय 9.18) वह उत्तल है (अभ्यास 8.8)। (लघु-उत्तलता क्रमगुणित के सारे अंतर्वेशनों में $\Gamma$ को अद्वितीय रूप से बाँध देती है — यही बोर–मोलेरुप प्रमेय है, तृतीय वर्ष का मोती।)

अभ्यास 9.10 ★★★

(डिरिक्ले समाकल) $x > 0$ के लिए $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\eu^{-xt}\,\dd t$ रखिए।

$F'(x) = -\frac{1}{1 + x^2}$ को न्यायोचित ठहराइए (समाकल के भीतर अवकलन कीजिए; $\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ को दो बार खंडशः समाकलन से परिकलित कीजिए)।
सिद्ध कीजिए कि $x \to +\infty$ होने पर $F(x) \to 0$ , और $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ निष्कर्ष रूप में निकालिए।
$0^+$ पर $F$ की संततता स्वीकार करते हुए (आबेल-प्रकार की प्रमेय) अर्ध-अभिसारी समाकल का मान निष्कर्ष रूप में दीजिए:

$\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t = \frac{\pi}{2}.$

हल

हल — अभ्यास 9.10.

$x \geq a > 0$ पर: समाकल्य का $x$ -अवकलज $-\sin t\,\eu^{-xt}$ है, जो $\eu^{-at}$ से प्रभुत्व-युक्त है: अतः प्रमेय 9.11 $F'(x) = -\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ देती है। और दो खंडशः समाकलन (अथवा सम्मिश्र घातांकी):

$\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t = \Im \int_0^\infty \eu^{(-x+\iu)t}\dd t = \Im\frac{1}{x - \iu} = \frac{1}{1 + x^2} .$
$\abs{F(x)} \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ । $F' = -\frac{1}{1+x^2}$ का $x$ से $\infty$ तक समाकलन: $0 - F(x) = -\bigl(\frac\pi2 - \arctan x\bigr)$ , अतः $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ ।
स्वीकृत संततता के साथ $x \to 0^+$ लेने पर: $F(0^+) = \frac\pi2$ , और $F(0) = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ (अर्ध-अभिसारी डिरिक्ले समाकल, उदाहरण 9.5): अतः उसका मान $\frac\pi2$ है।

अभ्यास 9.11 ★★

$\displaystyle\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t$ के अभिसरण को न्यायोचित ठहराइए, फिर उसे एक खंडशः समाकलन और अभ्यास 9.10 के द्वारा परिकलित कीजिए:

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac{\pi}{2} .

(वही मान जो $\int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ का है — पर इस बार अभिसरण निरपेक्ष है।)

हल

हल — अभ्यास 9.11.

अभिसरण: $0$ के पास समाकल्य मान $1$ से संततता के साथ आगे बढ़ जाता है ( $\sin t \sim t$ ); और अनंत पर वह $\leq t^{-2}$ है: अतः निरपेक्ष अभिसरण। $\intcc{\varepsilon}{M}$ पर $u = \sin^2 t$ , $v' = t^{-2}$ के साथ खंडशः समाकलन कीजिए:

\int_\varepsilon^M \frac{\sin^2 t}{t^2}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{2\sin t\cos t}{t}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_{2\varepsilon}^{2M} \frac{\sin u}{u}\dd u

(अंतिम समाकल में $u = 2t$ )। कोष्ठक दोनों सिरों पर $0$ की ओर जाता है ( $\sin^2\varepsilon/\varepsilon \leq \varepsilon$ ; $\sin^2 M/M \leq 1/M$ ), और अंतिम समाकल $\int_0^\infty \frac{\sin u}{u}\dd u = \frac\pi2$ की ओर जाता है (अभ्यास 9.10)। अतः

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac\pi2 .

अभ्यास 9.12 ★★★

(गाउसीय पुच्छ) $x > 0$ के लिए $T(x) = \displaystyle \int_x^\infty \eu^{-t^2}\dd t$ रखिए।

$\eu^{-t^2} = \frac{1}{-2t}\cdot(-2t\,\eu^{-t^2})$ लिखकर दो बार खंडशः समाकलन कीजिए और प्राप्त कीजिए

$T(x) = \eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) + \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\,\dd t .$
शेषपद को परिबद्ध कीजिए: $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\,\eu^{-x^2}$ , और कोष्ठकन निष्कर्ष रूप में निकालिए

$\eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) \leq T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}, \qquad\text{अतः}\qquad T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x} \quad (x \to +\infty).$
खंडशः समाकलन दोहराने से मिलने वाली पूरी एकांतर श्रेणी किसी स्थिर $x$ के लिए कभी अभिसरित क्यों नहीं हो सकती? (गुणांकों $1\cdot3\cdots(2k-1)$ की वृद्धि की तुलना घातों $(2x^2)^k$ से कीजिए।)

हल

हल — अभ्यास 9.12.

$u = \frac{-1}{2t}$ , $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ के साथ खंडशः (अतः $v = \eu^{-t^2}$ ):

$T(x) = \Bigl[\frac{-\eu^{-t^2}}{2t}\Bigr]_x^\infty - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x} - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t .$

नए समाकल पर वही युक्ति ( $u = \frac{-1}{4t^3}$ , $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ ):

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{4x^3} - \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t ,$

जिससे घोषित सर्वसमिका मिल जाती है।
एक और खंडशः समाकलन शेषपद को परिबद्ध कर देता है:

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5} - \frac52\int_x^\infty\frac{\eu^{-t^2}}{t^6}\dd t \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5},$

अतः $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\eu^{-x^2}$ । प्रश्न 1 की सर्वसमिका में (धनात्मक) शेषपद गिरा देने से निचला परिबंध मिलता है; और पहले खंडशः समाकलन का (ऋणात्मक) दूसरा पद गिरा देने से $T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ मिलता है। कोष्ठकन को $\frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ से भाग देने पर: अनुपात $1 - \frac{1}{2x^2}$ और $1$ के बीच निचुड़ जाता है, अतः $T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ ।
खंडशः समाकलन दोहराने से औपचारिक श्रेणी

$T(x) \approx \frac{\eu^{-x^2}}{2x}\Bigl(1 - \frac{1}{2x^2} + \frac{1\cdot3}{(2x^2)^2} - \frac{1\cdot3\cdot5}{(2x^2)^3} + \cdots\Bigr),$

बनती है, जिसका $k$ -वाँ गुणांक $1\cdot3\cdots(2k-1) = \frac{(2k)!}{2^k k!}$ किसी भी गुणोत्तर अनुक्रम से तेज़ बढ़ता है: स्थिर $x$ के लिए पद $\frac{1\cdot3\cdots(2k-1)}{(2x^2)^k}$ अनंत की ओर जाते हैं (उनका अनुपात $\frac{2k+1}{2x^2} \to \infty$ है), अतः श्रेणी हर $x$ के लिए अपसरित होती है। यह अनंतस्पर्शी प्रसार है: किसी भी स्थिर कोटि पर काटने से $x \to \infty$ होने पर त्रुटि पहले छोड़े गए पद की कोटि की होती है — परंतु वह कभी अभिसारी श्रेणी नहीं है। (यही पुच्छ-आकलन प्रायिकता के अध्यायों का मानक गाउसीय पुच्छ-परिबंध है।)

9.5 समस्या: ऑयलर के समाकल — बीटा, गामा और गाउस का सीमा सूत्र

समस्या 9.1

परिभाषा 9.17 का $\Gamma$ फलन ऑयलर के समाकल-कलन का एक आधा है; दूसरा आधा बीटा फलन है

B(x, y) = \int_0^1 t^{x-1}(1 - t)^{y-1}\,\dd t .

यह समस्या युग्म $(\Gamma, B)$ को केवल इसी अध्याय के औज़ारों से विकसित करती है — खंडशः समाकलन, प्रतिस्थापन, प्रभावी अभिसरण — और अर्ध-पूर्णांकों पर ऑयलर के बीटा–गामा सूत्र $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)} {\Gamma(x+y)}$ तथा $\Gamma$ के लिए गाउस के सीमा सूत्र पर पहुँचती है। रास्ते में प्रमेयिका 6.11 के वालिस समाकल बीटा मानों के रूप में फिर प्रकट होते हैं, और लजांद्र का द्विगुणन सूत्र अपने आप निकल आता है।

भाग I — $\Gamma$ की सूक्ष्म संरचना।

स्मरण कीजिए कि $\Gamma(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ ठीक $x > 0$ के लिए क्यों अभिसरित होता है, और दिखाइए

$\Gamma(x) \sim \frac1x \qquad (x \to 0^+)$

(फलनात्मक समीकरण तथा $1$ पर $\Gamma$ की संततता)।
सिद्ध कीजिए $\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr) = \sqrt\pi$ ( $t = u^2$ प्रतिस्थापित कीजिए और अभ्यास 9.8 का सहारा लीजिए), और $\int_\R \eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ निष्कर्ष रूप में निकालिए।
$n \in \N$ के लिए आगमन से दिखाइए:

$\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt\pi .$
$\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t > 0$ को न्यायोचित ठहराइए, और इससे निष्कर्ष निकालिए कि $\Gamma$ यथार्थतः उत्तल है, किसी $x_0 \in \intoo{1}{2}$ पर अद्वितीय न्यूनतम प्राप्त करता है ( $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ और रोल), $\intoo{0}{x_0}$ पर घटता है और $\intoo{x_0}{\infty}$ पर बढ़ता है।
दिखाइए कि $\Gamma$ हर घात को हरा देता है: प्रत्येक $k \in \N$ के लिए $x \to +\infty$ होने पर $x^k = o\bigl(\Gamma(x)\bigr)$ ( $x$ को पूर्णांकों के बीच निचोड़िए और प्रश्न 4 की एकदिष्टता के साथ $\Gamma(n+1) = n!$ का उपयोग कीजिए)।

भाग II — बीटा फलन, खंडशः समाकलन से।

दिखाइए कि $B(x,y)$ ठीक $x > 0$ और $y > 0$ के लिए अभिसरित होता है, और यह कि $B(x,y) = B(y,x)$ ।
$B(x, 1) = \frac1x$ परिकलित कीजिए, और $x, y > 0$ के लिए खंडशः समाकलन से सिद्ध कीजिए:

$B(x, y+1) = \frac{y}{x}\,B(x+1, y) .$
विभाजन $t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y}$ से $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ निष्कर्ष निकालिए, और उसे प्रश्न 7 के साथ मिलाकर अवरोहण संबंध बनाइए

$B(x, y+1) = \frac{y}{x+y}\,B(x,y), \qquad B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x,y) .$
पूर्णांक $m, n \geq 1$ के लिए निष्कर्ष निकालिए:

$B(m, n) = \frac{(m-1)!\,(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{1}{(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}} .$
एक पूर्णांक कोटि के लिए ऑयलर का सूत्र सिद्ध कीजिए: प्रत्येक $x > 0$ और $n \in \N^*$ के लिए

$B(x, n) = \frac{\Gamma(x)\,\Gamma(n)}{\Gamma(x + n)}$

( $n$ पर आगमन: दोनों पक्ष $n = 1$ पर $\frac1x$ के बराबर हैं और एक ही अवरोहण संबंध का पालन करते हैं)।

भाग III — बीटा मानों के रूप में वालिस समाकल।

त्रिकोणमितीय रूप पाने के लिए $t = \sin^2\theta$ प्रतिस्थापित कीजिए

$B(x, y) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\,\dd\theta .$
वालिस समाकल $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n \theta\,\dd\theta$ के लिए $W_n = \frac12\,B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr)$ निष्कर्ष रूप में निकालिए, और केवल प्रश्न 8 के अवरोहण संबंधों से प्रमेयिका 6.11 की पुनरावृत्ति $W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}$ पुनः प्राप्त कीजिए।
$B\bigl(\frac12, \frac12\bigr) = 2W_0 = \pi$ परिकलित कीजिए और उसे $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1)$ के विरुद्ध जाँचिए: अर्थात् ऑयलर का सूत्र $\bigl(\frac12, \frac12\bigr)$ पर सत्य है।
पुनरावृत्ति से बंद रूप $W_{2n} = \frac\pi2\, \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ निकालिए, और सत्यापित कीजिए

$B\Bigl(n + \frac12, \frac12\Bigr) = \frac{\Gamma\bigl(n + \frac12\bigr)\Gamma\bigl( \frac12\bigr)}{\Gamma(n+1)} .$

फिर अवरोहण संबंधों के साथ आगमन से निष्कर्ष निकालिए कि जब भी $2x$ और $2y$ धनात्मक पूर्णांक हों तब ऑयलर का सूत्र $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ सत्य होता है।
तीसरा क्लासिक रूप पाने के लिए $u = \frac{t}{1-t}$ प्रतिस्थापित कीजिए

$B(x,y) = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u ,$

और स्थिति $x = y = \frac12$ सीधे जाँचिए ( $u = v^2$ उसे $\int_0^\infty\frac{2\,\dd v}{1+v^2}$ पर ला देता है)।

भाग IV — गाउस का सीमा सूत्र।

$x > 0$ और $n \in \N^*$ के लिए $n$ क्रमिक खंडशः समाकलनों से सिद्ध कीजिए:

$\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t = \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .$
अभ्यास 9.7 (प्रभावी अभिसरण) के साथ गाउस का सीमा सूत्र निष्कर्ष रूप में निकालिए:

$\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x > 0).$
लघुगणक लेकर दिखाइए कि $x > 0$ के लिए:

$\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^{\infty}\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1 + \frac xk\Bigr)\Bigr),$

जहाँ $\gamma$ ऑयलर अचर है (उदाहरण 6.7); और श्रेणी के अभिसरण को न्यायोचित ठहराइए (व्यापक पद $\sim \frac{x^2}{2k^2}$ है)।
$x = \frac12$ पर गाउस का सूत्र तथा केंद्रीय द्विपद अनंतस्पर्शिता $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (उदाहरण 6.14) काम में लेकर $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ पुनः परिकलित कीजिए: स्टर्लिंग का अचर और गाउसीय समाकल दो भेस में एक ही संख्या हैं।
जाँचिए कि गाउस का सूत्र फलनात्मक समीकरण फिर से सिद्ध कर देता है: यथार्थ सर्वसमिका

$\frac{n!\,n^{x+1}}{(x+1)\cdots(x+n+1)} = \frac{n!\,n^{x}}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot \frac{n\,x}{x+n+1},$

से $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ फिर निष्कर्ष निकालिए। (गाउस का सूत्र $\Gamma$ को सीधे निर्धारित कर देता है; और तृतीय वर्ष का खंड उससे तीखी बोर–मोलेरुप प्रमेय सिद्ध करता है: अकेले फलनात्मक समीकरण और लघु-उत्तलता ही $\Gamma$ को बाँध देते हैं।)

भाग V — लाभ।

$a > 0$ के लिए दिखाइए $\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \Gamma\bigl(1 + \frac1a\bigr)$ , और $a \to +\infty$ होने पर सीमा प्रभावी अभिसरण से परिकलित कीजिए (बिंदुवार सीमा $\mathbf 1_{t < 1}$ ; $\intoc{0}{1}$ पर $1$ से और उससे आगे $a \geq 2$ के लिए $\eu^{-t^2}$ से प्रभुत्व दीजिए)। उत्तर को $\Gamma$ की संततता के विरुद्ध जाँचिए।
$n \geq 1$ के लिए दिखाइए

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1 - t^n}} = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr),$

और मान $2$ ( $n = 1$ ) तथा $\frac\pi2$ ( $n = 2$ ) पुनः प्राप्त कीजिए। ( $n = 4$ के लिए यह लेम्निस्केट अचर है, जिसका कोई प्रारंभिक बंद रूप नहीं है; उसकी कहानी दीर्घवृत्तीय समाकलों के सिद्धांत की है।)
(आघूर्ण) $x > 0$ और $k \in \N$ के लिए दिखाइए

$\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{k}\,t^{x-1}\eu^{-t}\,\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = x(x+1)\cdots(x+k-1),$

अर्थात् आरोही क्रमगुणित; और जाँचिए कि $x = 1$ $k!$ देता है। (प्रायिकता के अध्यायों में यह किसी मानक प्रतीक्षा-समय घनत्व का $k$ -वाँ आघूर्ण है।)
सभी $x > 0$ के लिए मान्य बीटा सर्वसमिका सिद्ध कीजिए:

$B(x, x) = 2^{1-2x}\,B\Bigl(x, \frac12\Bigr)$

( $t = \frac{1+s}2$ प्रतिस्थापित कीजिए, $s$ में सममिति का लाभ उठाइए, फिर $s = \sqrt v$ रखिए)। इससे $2x \in \N^*$ के लिए लजांद्र का द्विगुणन सूत्र निष्कर्ष रूप में निकालिए

$\Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x + \frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\,\sqrt\pi\;\Gamma(2x),$

और उसे प्रश्न 3 के द्वारा $x = n$ पर सीधे सत्यापित कीजिए। (सामान्य $x$ के लिए वह उसी सर्वसमिका से निकलता है, बशर्ते ऑयलर का सूत्र सभी कोटियों के लिए ज्ञात हो — अर्थात् बहु समाकलों वाले अध्याय की दोहरे-समाकल वाली उपपत्ति।)
संश्लेषण। एक-एक वाक्य में: (क) खंडशः समाकलन ने पूरा भाग II कहाँ उठाया; (ख) प्रभावी अभिसरण भाग IV और V में कहाँ आई; (ग) तुलना वाले अध्याय से कौन-से अनंतस्पर्शी निवेश आयात हुए; (घ) ऑयलर के सूत्र $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ का अब क्या सिद्ध हो चुका है, और दोहरे समाकल के निपटाने के लिए क्या शेष है।

हल

हल — समस्या 9.1.

1. $0^+$ पर समाकल्य $\sim t^{x-1}$ है: परिमित-अंत्यबिंदु पैमाना अभिसरित होता है तभी जब $1 - x < 1$ , अर्थात् $x > 0$ (और $x \leq 0$ के लिए $t^{x-1} \geq t^{-1}$ अपसरित होता है); और $+\infty$ पर $t^{x-1}\eu^{-t} = o(t^{-2})$ प्रत्येक $x$ के लिए अभिसरित होता है। फिर $\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x}$ , और $x \to 0^+$ होने पर $\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1$ (संततता, प्रमेय 9.18): अतः $\Gamma(x) \sim \frac1x$ ।

2. $t = u^2$ , $\dd t = 2u\,\dd u$ के साथ:

\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \int_0^\infty t^{-1/2}\eu^{-t}\dd t = \int_0^\infty \frac{\eu^{-u^2}}{u}\,2u\,\dd u = 2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi

अभ्यास 9.8 के अनुसार। और $u = v/\sqrt2$ के साथ:

\int_\R \eu^{-v^2/2}\dd v = 2\sqrt2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt2\,\sqrt\pi = \sqrt{2\pi} .

3. $n = 0$ के लिए सत्य (दोनों पक्ष $\sqrt\pi$ )। और यदि $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi$ , तो फलनात्मक समीकरण देता है

\Gamma\Bigl(n + 1 + \frac12\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{2n+1}{2}\cdot\frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi = \frac{(2n+2)!}{4^{n+1}(n+1)!}\sqrt\pi ,

जिसका अंतिम पग इसलिए कि $\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$ और $\frac{2n+1}{2} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)}$ ।

4. प्रमेय 9.18 देता है $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t$ (लाइब्नित्स नियम के दो प्रयोग, और प्रमेय की उपपत्ति जैसी प्रभुत्व व्यवस्था); और समाकल्य $\geq 0$ है तथा सर्वथा शून्य नहीं, अतः $\Gamma'' > 0$ : इसलिए $\Gamma$ यथार्थतः उत्तल है और $\Gamma'$ यथार्थतः वर्धमान। चूँकि $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ , रोल $\Gamma'(x_0) = 0$ वाला $x_0 \in \intoo12$ दे देता है; और $\Gamma'$ की यथार्थ एकदिष्टता $x_0$ को उसका अद्वितीय शून्य बना देती है, जिससे पहले $\Gamma' < 0$ और बाद में $\Gamma' > 0$ : अतः $\Gamma$ $\intoo0{x_0}$ पर घटता है, $\intoo{x_0}\infty$ पर बढ़ता है, और $x_0$ अद्वितीय न्यूनतम है।

5. मान लीजिए $k \in \N$ और $x \geq 3$ ; ऐसा पूर्णांक $n$ चुनिए कि $n + 1 \leq x < n + 2$ (अतः $n \geq 1$ )। प्रश्न 4 की एकदिष्टता से ( $x_0 < 2$ से आगे मान्य): $\Gamma(x) \geq \Gamma(n + 1) = n!$ , जबकि $x^k \leq (n+2)^k$ । चूँकि $\frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ (क्रमगुणित घातों को हरा देते हैं, प्रथम वर्ष का खंड), $x \to \infty$ होने पर $\frac{\Gamma(x)}{x^k} \geq \frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ : अतः $x^k = o(\Gamma(x))$ ।

6. $0$ के पास समाकल्य $\sim t^{x-1}$ है (अभिसारी तभी जब $x > 0$ ), और $1$ के पास $\sim (1-t)^{y-1}$ (तभी जब $y > 0$ ); दोनों तुलनाएँ धनात्मक फलनों के बीच हैं, अतः $B(x,y)$ ठीक $x, y > 0$ के लिए अभिसरित होता है। प्रतिस्थापन $t \mapsto 1 - t$ दोनों गुणनखंड आपस में बदल देता है: $B(x,y) = B(y,x)$ ।

7. $B(x,1) = \int_0^1 t^{x-1}\dd t = \frac1x$ । $u = (1-t)^y$ , $v = \frac{t^x}{x}$ के साथ $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ पर खंडशः:

\int t^{x-1}(1-t)^{y}\dd t = \Bigl[\frac{t^x(1-t)^y}{x}\Bigr] + \frac{y}{x}\int t^{x}(1-t)^{y-1}\dd t ;

और $\varepsilon \to 0$ होने पर कोष्ठक दोनों सिरों पर लुप्त हो जाता है ( $0$ पर $x > 0$ , $1$ पर $y > 0$ ), जिससे $B(x, y+1) = \frac yx\,B(x+1, y)$ बचता है।

8. चूँकि $t + (1-t) = 1$ :

t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y},

अतः $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ । प्रश्न 7 $B(x+1,y) = \frac xy B(x,y+1)$ पढ़ा जाता है; प्रतिस्थापित करने पर

B(x,y) = \Bigl(\frac xy + 1\Bigr)B(x,y+1) = \frac{x+y}{y}\,B(x,y+1),

अर्थात् $B(x,y+1) = \frac{y}{x+y}B(x,y)$ ; और जुड़वाँ संबंध प्रश्न 6 की सममिति से निकल आता है।

9. स्थिर $m$ पर $n$ पर आगमन: $B(m,1) = \frac1m = \frac{(m-1)!\,0!}{m!}$ , और यदि सूत्र $n$ पर सत्य हो, तो

B(m, n+1) = \frac{n}{m+n}\,B(m,n) = \frac{n}{m+n}\cdot\frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{(m-1)!\,n!}{(m+n)!} .

पुनः लिखने पर: $B(m,n) = \frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \bigl[(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}\bigr]^{-1}$ ।

10. $B(x,n) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)}$ के दोनों पक्ष $n = 1$ पर $\frac1x$ के बराबर हैं ( $\Gamma(1) = 1$ , $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ )। और यदि वे $n$ पर सहमत हों, तो अवरोहण संबंध तथा फलनात्मक समीकरण से:

B(x, n+1) = \frac{n}{x+n}\,B(x,n), \qquad \frac{\Gamma(x)\Gamma(n+1)}{\Gamma(x+n+1)} = \frac{n}{x+n}\cdot \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)} :

अर्थात् दोनों अनुक्रम एक ही बीज से एक ही पुनरावर्तन का पालन करते हैं, अतः सभी $n \in \N^*$ और सभी $x > 0$ के लिए सहमत हैं।

11. $t = \sin^2\theta$ ( $\theta \in \intoo0{\pi/2}$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ ), $t^{x-1} = \sin^{2x-2}\theta$ और $(1-t)^{y-1} = \cos^{2y-2}\theta$ के साथ:

B(x,y) = \int_0^{\pi/2}\sin^{2x-2}\theta\,\cos^{2y-2}\theta \cdot 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi/2}\sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\, \dd\theta .

12. $y = \frac12$ लीजिए (जो कोसाइन गुणनखंड मार देता है) और $2x - 1 = n$ : $B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr) = 2W_n$ , अर्थात् $W_n = \frac12 B\bigl(\frac{n+1}2,\frac12\bigr)$ । और पहले चर में अवरोहण संबंध देता है

\frac{W_n}{W_{n-2}} = \frac{B\bigl(\frac{n-1}2 + 1, \frac12\bigr)} {B\bigl(\frac{n-1}2, \frac12\bigr)} = \frac{\frac{n-1}2}{\frac{n-1}2 + \frac12} = \frac{n-1}{n} :

अर्थात् वालिस पुनरावृत्ति, इस बार ज्याओं पर बिना किसी खंडशः समाकलन के — भाग II ने वह काम एक ही बार में सदा के लिए कर दिया।

13. $B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = 2W_0 = 2\cdot\frac\pi2 = \pi$ , जबकि $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1) = (\sqrt\pi)^2 = \pi$ : अतः ऑयलर का सूत्र $\bigl(\frac12,\frac12\bigr)$ पर सत्य है।

14. $W_0 = \frac\pi2$ से $W_{2n} = \frac{2n-1}{2n}W_{2n-2}$ को दोहराने पर:

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k} = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2},

क्योंकि $\prod(2k-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ और $\prod 2k = 2^n n!$ । अतः प्रश्न 3 का उपयोग करके:

B\Bigl(n+\frac12, \frac12\Bigr) = 2W_{2n} = \pi\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!}\cdot\frac{\sqrt\pi}{n!} = \frac{\Gamma\bigl(n+\frac12\bigr)\Gamma\bigl(\frac12\bigr)} {\Gamma(n+1)} .

अब $x \in \frac12\N^*$ स्थिर कीजिए। ऑयलर का सूत्र $(x, \frac12)$ पर सत्य है: पूर्णांक $x$ के लिए यह प्रश्न 10 है (सममिति के साथ), और $x = n + \frac12$ के लिए ऊपर वाला प्रदर्शन। ऑयलर के सूत्र के दोनों पक्ष अवरोहण पुनरावर्तन $y \mapsto y + 1$ का पालन करते हैं (बाईं ओर प्रश्न 8 से, दाईं ओर फलनात्मक समीकरण से, जैसा प्रश्न 10 में): अतः आगमन सूत्र को $y = \frac12$ और $y = 1$ से हर $y \in \frac12\N^*$ तक फैला देता है। इसलिए ऑयलर का सूत्र जब भी $2x, 2y \in \N^*$ तब सत्य है।

15. $u = \frac{t}{1-t}$ , अर्थात् $t = \frac{u}{1+u}$ , $1 - t = \frac{1}{1+u}$ , $\dd t = \frac{\dd u}{(1+u)^2}$ के साथ:

B(x,y) = \int_0^\infty \Bigl(\frac{u}{1+u}\Bigr)^{x-1} \Bigl(\frac{1}{1+u}\Bigr)^{y-1} \frac{\dd u}{(1+u)^2} = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u .

$x = y = \frac12$ पर, $u = v^2$ के साथ:

\int_0^\infty \frac{u^{-1/2}}{1+u}\dd u = \int_0^\infty \frac{2\,\dd v}{1+v^2} = \pi = B\Bigl(\frac12,\frac12\Bigr) . \checkmark

16. $1 \leq k \leq n$ और $s > 0$ के लिए एक खंडशः समाकलन ( $u = (1 - t/n)^k$ , $v = t^s/s$ ; सीमा-पद लुप्त हो जाते हैं):

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k} t^{s-1}\dd t = \frac{k}{ns}\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k-1} t^{s}\dd t .

$k = n$ , $s = x$ से आरंभ करके $n$ बार दोहराने पर:

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\dd t = \frac{n(n-1)\cdots1}{n^n\,x(x+1)\cdots(x+n-1)} \int_0^n t^{x+n-1}\dd t = \frac{n!}{n^n}\cdot \frac{n^{x+n}}{x(x+1)\cdots(x+n)} ,

जो $\dfrac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ है।

17. अभ्यास 9.7 के अनुसार बायाँ पक्ष $\Gamma(x)$ की ओर जाता है (प्रभुत्वकारी $t^{x-1}\eu^{-t}$ के साथ प्रभावी अभिसरण); और दायाँ पक्ष गाउस का भागफल है:

\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .

18. प्रश्न 16 के भागफल $G_n(x)$ में लघुगणक लेकर $k \geq 1$ के लिए $\ln(x+k) = \ln k + \ln(1 + x/k)$ को बाँटने पर:

\ln G_n(x) = x\ln n - \ln x - \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr) = -\ln x + x(\ln n - H_n) + \sum_{k=1}^n\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr).

$u \geq 0$ के लिए $u - \frac{u^2}2 \leq \ln(1+u) \leq u$ , अतः व्यापक पद $\intcc{0}{x^2/(2k^2)}$ में पड़ता है: इसलिए श्रेणी अभिसरित होती है ( $\sum k^{-2}$ से तुलना)। और चूँकि $\ln n - H_n \to -\gamma$ (उदाहरण 6.7) तथा $\ln G_n(x) \to \ln\Gamma(x)$ (प्रश्न 17 और $\ln$ की संततता):

\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^\infty\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr) .

19. $x = \frac12$ पर हर $\prod_{k=0}^n\bigl(k+\frac12\bigr) = \frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}$ है (आधों को गुणा कीजिए), अतः

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{n!\,\sqrt n\;2^{2n+1}n!}{(2n+1)!} = \frac{2\sqrt n\;4^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}} .

$\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (उदाहरण 6.14) के साथ:

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) \sim \frac{2\sqrt n\,\sqrt{\pi n}}{2n+1} \longrightarrow \sqrt\pi = \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) .

केंद्रीय द्विपद गुणांक का $\sqrt\pi$ (जो वालिस से आया, अतः स्टर्लिंग के अचर से) और गाउसीय समाकल का $\sqrt\pi$ एक ही संख्या हैं।

20. यह सर्वसमिका सीधा बीजगणित है: $\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ को $\frac{nx}{x+n+1}$ से गुणा कीजिए और $x$ को गुणनफल में तथा $n$ को $n^x$ में समो लीजिए। $n \to \infty$ लेने पर: बायाँ पक्ष $\Gamma(x+1)$ की ओर जाता है ( $x+1$ पर गाउस), और दायाँ $\Gamma(x)\cdot x\cdot 1$ की ओर क्योंकि $\frac{n}{x+n+1} \to 1$ : अतः $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — और वह भी बिना एक भी खंडशः समाकलन के।

21. $u = t^a$ , $t = u^{1/a}$ , $\dd t = \frac1a u^{1/a - 1}\dd u$ के साथ:

\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \frac1a\int_0^\infty u^{\frac1a - 1}\eu^{-u}\dd u = \frac1a\,\Gamma\Bigl(\frac1a\Bigr) = \Gamma\Bigl(1 + \frac1a\Bigr) .

$a \to +\infty$ होने पर (किसी भी अनुक्रम के अनुदिश): $0 < t < 1$ के लिए $\eu^{-t^a} \to 1$ , $t = 1$ पर $\to \eu^{-1}$ , $t > 1$ के लिए $\to 0$ ; और $a \geq 2$ के लिए $\mathbf 1_{t \leq 1} + \eu^{-t^2}\mathbf 1_{t > 1}$ से प्रभुत्व दीजिए ( $t \geq 1$ के लिए $t^a \geq t^2$ ), जो समाकलनीय है। प्रभावी अभिसरण: समाकल $\int_0^1 1\,\dd t = 1$ की ओर जाता है — और जाना ही चाहिए, क्योंकि संततता से $\Gamma(1 + \frac1a) \to \Gamma(1) = 1$ ।

22. $u = t^n$ , $\dd t = \frac1n u^{1/n - 1}\dd u$ के साथ:

\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1-t^n}} = \frac1n\int_0^1 u^{\frac1n-1}(1-u)^{-1/2}\dd u = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr) .

$n = 1$ : $B\bigl(1,\frac12\bigr) = B\bigl(\frac12,1\bigr) = 2$ , जो $\int_0^1\frac{\dd t}{\sqrt{1-t}} = 2$ से मेल खाता है। $n = 2$ : $\frac12 B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = \frac\pi2 = \arcsin 1$ । और $n = 4$ के लिए मान $\frac14 B\bigl(\frac14,\frac12\bigr)$ लेम्निस्केट अचर है: उसका कोई प्रारंभिक बंद रूप नहीं।

23. फलनात्मक समीकरण को दोहराने पर:

\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{x+k-1}\eu^{-t}\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = (x+k-1)(x+k-2)\cdots x ,

अर्थात् $k$ गुणनखंडों वाला आरोही क्रमगुणित। $x = 1$ पर: $\Gamma(1+k)/\Gamma(1) = k!$ , अर्थात् अभ्यास 9.2 से $\eu^{-t}$ के आघूर्ण।

24. $t = \frac{1+s}2$ प्रतिस्थापित कीजिए ( $s \in \intoo{-1}1$ , $\dd t = \frac{\dd s}2$ , $t(1-t) = \frac{1-s^2}4$ ):

B(x,x) = \int_{-1}^{1}\Bigl(\frac{1-s^2}{4}\Bigr)^{x-1} \frac{\dd s}{2} = 4^{1-x}\int_0^1 (1-s^2)^{x-1}\dd s

(समाकल्य सम है)। फिर $s = \sqrt v$ ( $\dd s = \frac{\dd v}{2\sqrt v}$ ):

B(x,x) = \frac{4^{1-x}}{2}\int_0^1 v^{-1/2}(1-v)^{x-1}\dd v = 2^{1-2x}\,B\Bigl(\frac12, x\Bigr) .

$2x \in \N^*$ के लिए दिखाई देने वाली हर कोटि $\frac12\N^*$ में पड़ती है, अतः ऑयलर का सूत्र (प्रश्न 14) दोनों पक्षों पर लागू होता है:

\frac{\Gamma(x)^2}{\Gamma(2x)} = 2^{1-2x}\, \frac{\Gamma\bigl(\frac12\bigr)\Gamma(x)} {\Gamma\bigl(x+\frac12\bigr)} \quad\Longleftrightarrow\quad \Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x+\frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\sqrt\pi\;\Gamma(2x) .

$x = n$ पर सीधी जाँच: बायाँ पक्ष $(n-1)!\cdot \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ है और दायाँ $2\cdot4^{-n}\sqrt\pi\,(2n-1)! = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ : अर्थात् बराबर।

25. (क) खंडशः समाकलन ने $B(x,y+1) = \frac yx B(x+1,y)$ उत्पन्न किया, और उसी एक सर्वसमिका से हर अवरोहण संबंध, पूर्णांक तथा अर्ध-पूर्णांक मान, और वालिस पुनरावृत्ति — सब बहते हैं। (ख) प्रभावी अभिसरण ने प्रारंभिक समाकलों $\int_0^n(1-t/n)^n t^{x-1}$ को $\Gamma(x)$ में बदल दिया (गाउस का सूत्र, प्रश्न 17) और प्रश्न 21 में सीमा $a \to \infty$ परिकलित की। (ग) तुलना वाले अध्याय से हमने ऑयलर अचर ( $\ln n - H_n \to -\gamma$ , प्रश्न 18) और केंद्रीय द्विपद अनंतस्पर्शिता (प्रश्न 19) आयात कीं — अर्थात् भेस बदला हुआ स्टर्लिंग सूत्र। (घ) ऑयलर का सूत्र $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ अब स्वेच्छ $x > 0$ के साथ $y \in \N^*$ के लिए सिद्ध है (प्रश्न 10) और सभी अर्ध-पूर्णांक युग्मों के लिए भी (प्रश्न 14); और सामान्य स्थिति $x, y > 0$ बहु समाकलों वाले अध्याय के दोहरे-समाकल परिकलन की प्रतीक्षा में है, जो $\Gamma(x)\Gamma(y)$ को किसी चतुर्थांश-तल पर गुणनखंडित कर देता है।