베타 함수

두 지수 p와 q가 만드는 곡선 아래 넓이가 베타 함수입니다. 슬라이더로 곡선 모양이 바뀌는 것을 봅니다.

곡선은 양 끝에서 서로 다른 힘으로 당겨집니다. 그래서 봉우리의 위치와 높이가 달라집니다. 이 넓이는 감마함수들의 비율과 정확히 같습니다.

예를 들면, 🧵 줄의 양쪽 끝을 서로 다른 힘으로 당기면 가운데 볼록한 모양이 달라져요. 양 끝 힘을 조절하는 것이 p와 q의 역할이에요.

B(p,q)=∫01tp−1(1−t)q−1 dt(p,q>0)B(p,q)=\int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt\quad(p,q>0)
B(p,q)=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)B(p,q)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

p,q>0p, q > 0일 때 이상적분 B(p,q)=∫01tp−1(1−t)q−1 dtB(p,q) = \int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt가 수렴함을 증명하세요.

∫01/2tp−1(1−t)q−1 dt≍∫01/2tp−1 dt<∞  ⟺  p>0\int_0^{1/2} t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt \asymp \int_0^{1/2} t^{p-1}\,dt < \infty \iff p > 0
p=0.5p = 0.5 — t=0t = 0에서 발산하지만 적분은 수렴.
증명 보기

  1. 적분을 t=1/2t = 1/2에서 나눕니다.

    (0,1/2](0, 1/2]에서는 12≤1−t<1\frac12 \leq 1-t < 1이므로 (1−t)q−1(1-t)^{q-1}은 양의 상수 c1=min⁡(1,21−q)c_1 = \min(1, 2^{1-q})와 c2=max⁡(1,21−q)c_2 = \max(1, 2^{1-q}) 사이에 갇힙니다.

    따라서 c1tp−1≤tp−1(1−t)q−1≤c2tp−1c_1 t^{p-1} \leq t^{p-1}(1-t)^{q-1} \leq c_2 t^{p-1}이고, 비교판정법으로 ∫01/2tp−1(1−t)q−1 dt\int_0^{1/2} t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt의 수렴성은 ∫01/2tp−1 dt\int_0^{1/2} t^{p-1}\,dt의 수렴성과 같습니다.

  2. ∫δ1/2tp−1 dt=(1/2)p−δpp\int_\delta^{1/2} t^{p-1}\,dt = \frac{(1/2)^p - \delta^p}{p} (p≠0p \neq 0)이며, δ→0+\delta \to 0^+일 때 이는 p>0p > 0이면 2−pp\frac{2^{-p}}{p}로 수렴합니다.

    p=0p = 0이면 −ln⁡(2δ)→∞-\ln(2\delta) \to \infty로, p<0p < 0이면 δp∣p∣→∞\frac{\delta^p}{|p|} \to \infty로 발산합니다.

    따라서 ∫01/2tp−1 dt\int_0^{1/2} t^{p-1}\,dt는 p>0p > 0일 때 정확히 수렴합니다.

  3. t=1t = 1 근처는 대칭적입니다. s=1−ts = 1-t로 치환하면 ∫1/21−εtp−1(1−t)q−1 dt=∫ε1/2(1−s)p−1sq−1 ds\int_{1/2}^{1-\varepsilon} t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt = \int_{\varepsilon}^{1/2} (1-s)^{p-1} s^{q-1}\,ds가 되므로 (유한 구간 위의 C1C^1 치환이라 정당합니다), 앞의 논증에서 pp와 qq의 역할이 바뀌어 ∫1/21tp−1(1−t)q−1 dt\int_{1/2}^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt는 q>0q > 0일 때 정확히 수렴합니다.

  4. 중간 구간 [δ,1−δ][\delta, 1-\delta]에서는 피적분함수가 연속이므로 적분이 항상 유한합니다. 따라서 이상적분 B(p,q)B(p,q)는 p>0p > 0이고 q>0q > 0일 때 정확히 수렴합니다 — 피적분함수가 양수이므로 양쪽 끝의 발산이 서로 상쇄될 일은 없습니다.

B(p,q)=B(q,p)B(p,q) = B(q,p)를 u=1−tu = 1-t 치환으로 증명하세요.

B(p,q)=∫01tp−1(1−t)q−1 dt=∫01uq−1(1−u)p−1 du=B(q,p)B(p,q) = \int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt = \int_0^1 u^{q-1}(1-u)^{p-1}\,du = B(q,p)
p=2,q=3p = 2, q = 3 — B(2,3)=B(3,2)=1/12B(2,3) = B(3,2) = 1/12.
증명 보기

  1. 문제 1에서 p,q>0p, q > 0일 때 이상적분이 수렴함을 알았으므로, 절단 적분 ∫δ1−εtp−1(1−t)q−1 dt\int_\delta^{1-\varepsilon} t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt에 u=1−tu = 1-t (du=−dtdu = -dt)를 대입할 수 있습니다 (유한 구간 위의 C1C^1 치환입니다).

  2. 적분 구간이 뒤집힙니다: t=δt = \delta에서 u=1−δu = 1-\delta이고 t=1−εt = 1-\varepsilon에서 u=εu = \varepsilon이므로 ∫δ1−εtp−1(1−t)q−1 dt=∫1−δε(1−u)p−1uq−1(−du)=∫ε1−δuq−1(1−u)p−1 du\int_\delta^{1-\varepsilon} t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt = \int_{1-\delta}^{\varepsilon} (1-u)^{p-1}u^{q-1}(-du) = \int_{\varepsilon}^{1-\delta} u^{q-1}(1-u)^{p-1}\,du입니다.

  3. δ,ε→0+\delta, \varepsilon \to 0^+으로 보내면 문제 1의 수렴에 의해 양쪽은 각각 B(p,q)B(p,q)와 B(q,p)B(q,p)로 수렴하므로 B(p,q)=B(q,p)B(p,q) = B(q,p)입니다. 즉 곡선 tp−1(1−t)q−1t^{p-1}(1-t)^{q-1}을 좌우로 뒤집어도 그 아래 넓이는 같습니다.

부분적분으로 B(p+1,q)=pqB(p,q+1)B(p+1,q) = \frac{p}{q}B(p,q+1)을 보이고, 이를 이용해 B(p+1,q)=pp+qB(p,q)B(p+1,q) = \frac{p}{p+q}B(p,q)를 증명하세요.

B(p+1,q)=pp+q B(p,q)B(p+1,q) = \frac{p}{p+q}\,B(p,q)
p=1,q=3p = 1, q = 3 — B(2,3)=14B(1,3)=112B(2,3) = \frac14 B(1,3) = \frac{1}{12}.
증명 보기

  1. 이상적분에 직접 부분적분을 적용하지 않습니다.

    절단 구간 [δ,1−ε][\delta, 1-\varepsilon] (0<δ<1−ε<10 < \delta < 1-\varepsilon < 1)에서는 피적분함수가 매끄러우므로, B(p+1,q)=∫01tp(1−t)q−1 dtB(p+1,q) = \int_0^1 t^p(1-t)^{q-1}\,dt의 절단 적분에 u=tpu = t^p, dv=(1−t)q−1 dtdv = (1-t)^{q-1}\,dt로 부분적분을 적용합니다.

    그러면 du=ptp−1 dtdu = p t^{p-1}\,dt이고 v=−(1−t)qqv = -\frac{(1-t)^q}{q}입니다.

    0<p<10 < p < 1 또는 0<q<10 < q < 1이면 도함수가 끝점에서 특이해지므로 이 절단이 필요합니다.

  2. 절단 구간에서의 경계항은 [−tp(1−t)qq]δ1−ε=−(1−ε)pεqq+δp(1−δ)qq\left[-\frac{t^p(1-t)^q}{q}\right]_{\delta}^{1-\varepsilon} = -\frac{(1-\varepsilon)^p \varepsilon^q}{q} + \frac{\delta^p (1-\delta)^q}{q}입니다.

    p,q>0p, q > 0이므로 tp(1−t)q→0t^p (1-t)^q \to 0이 양쪽 끝 모두에서 성립합니다: δ→0+\delta \to 0^+이면 δp→0\delta^p \to 0이고, ε→0+\varepsilon \to 0^+이면 εq→0\varepsilon^q \to 0이므로 경계항은 00으로 갑니다.

    δ,ε→0+\delta, \varepsilon \to 0^+으로 보내고 문제 1의 수렴을 이용하면 B(p+1,q)=pq∫01tp−1(1−t)q dt=pqB(p,q+1)B(p+1,q) = \frac{p}{q}\int_0^1 t^{p-1}(1-t)^q\,dt = \frac{p}{q}B(p,q+1)을 얻습니다.

  3. 한편 B(p,q)=∫01tp−1(1−t)q−1 dtB(p,q) = \int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt의 피적분함수에 1=t+(1−t)1 = t + (1-t)를 곱하면 ∫01tp(1−t)q−1 dt+∫01tp−1(1−t)q dt\int_0^1 t^p(1-t)^{q-1}\,dt + \int_0^1 t^{p-1}(1-t)^q\,dt, 즉 B(p+1,q)+B(p,q+1)B(p+1,q) + B(p,q+1)이 됩니다.

  4. 두 번째 단계에서 B(p,q+1)=qpB(p+1,q)B(p,q+1) = \frac{q}{p}B(p+1,q)이므로 이를 대입하면 B(p,q)=B(p+1,q)+qpB(p+1,q)=p+qpB(p+1,q)B(p,q) = B(p+1,q) + \frac{q}{p}B(p+1,q) = \frac{p+q}{p}B(p+1,q)입니다. 정리하면 B(p+1,q)=pp+qB(p,q)B(p+1,q) = \frac{p}{p+q}B(p,q)를 얻습니다.

  5. 참고 (증명이 아닌 아이디어 수준의 스케치): 감마함수와의 관계 B(p,q)=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)B(p,q) = \frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}는 다음과 같은 표준 스케치로 얻어집니다 — Γ(p)Γ(q)\Gamma(p)\Gamma(q)를 (0,∞)2(0,\infty)^2 위의 이중적분으로 쓰고 극좌표 치환 t=r2sin⁡2θt = r^2\sin^2\theta, s=r2cos⁡2θs = r^2\cos^2\theta를 하면 반경 방향 적분이 Γ(p+q)\Gamma(p+q)로, 각도 방향 적분이 B(p,q)B(p,q)로 분리됩니다. 무한 영역에서의 Fubini 정리 정당화까지 포함한 완전한 증명은 이 장면의 범위를 넘어서므로, 여기서는 감마함수와의 다리로서의 관계식으로만 받아들입니다.

11. 적분