Gamma函數(shù)推導(dǎo)

一虐唠、Wallis公式

$\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{ 2n+1 }(\frac{ (2n)!! }{ (2n-1)!! })^{2}=\frac{ \pi }{2} \\ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{ 2n+1 }(\frac{ 2^{2n}(n!)^2 }{ (2n)! })^{2}=\frac{ \pi }{2} \\ \frac{ (2n)!! }{ (2n-1)!! }\sim\sqrt{ \pi n } \\ \frac{ (2n)!!(2n-2)!! }{ ((2n-1)!!)^2 }\sim\frac{ \pi }{2} \\ \frac{ 2\cdot4 }{ 3\cdot3 } \cdot \frac{ 4\cdot6 }{ 5\cdot5 }\cdot \frac{ 6\cdot8 }{ 7\cdot7 } \cdot \frac{ 8\cdot10 }{ 9\cdot9 } \cdots = \frac{ \pi }{4}$
通常根據(jù) $sin^n(x)$ 的積分遞推性及其關(guān)于n的單調(diào)性應(yīng)用極限夾逼準(zhǔn)則推導(dǎo)出蓝晒。

令 $I(n)=\int_{0}^{\pi}sin^{n}(x)dx$
$\begin{aligned} I(n) &=\int_{0}^{\pi}sin^{n}(x)dx \\ &=-\int_{0}^{\pi}sin^{n-1}(x)dcos(x) \\ &=-sin^{n-1}(x)cos(x)|_{0}^{\pi}+\int_{0}^{\pi}cos(x)dsin^{n-1}(x) \\ &=(n-1)\int_{0}^{\pi}cos^{2}(x)sin^{n-2}(x)dx \\ &=(n-1)(\int_{0}^{\pi}sin^{n-2}(x)dx-\int_{0}^{\pi}sin^{n}(x)dx) \\ &=(n-1)(I(n-2)-I(n)) \\ &=\frac{(n-1)}{n}I(n-2) \\ \end{aligned}$
從而有 $\frac{I(n-2)}{I(n)}=\frac{n}{n-1}$ ，即
$\frac{I(2n-2)}{I(2n)}=\frac{2n}{2n-1} \\ \frac{I(2n-1)}{I(2n+1)}=\frac{2n+1}{2n}$
由 $I(0)=\pi, I(1)=2$ 得
$\begin{aligned} I(2n)&=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\pi \\ I(2n+1)&=\frac{2(2n)!!}{(2n+1)!! } \\ \end{aligned}$
根據(jù) $sin(x)$ 的單調(diào)性 $sin^{2n+1}(x)\le{sin^{2n}(x)}\le{sin^{2n-1}(x)}$ 可知
$\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} \le \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2} \le \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}$
整理為
$1\le(2n+1)(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!})^{2}\frac{\pi}{2}\le{\frac{2n+1}{2n}}$
由極限夾逼準(zhǔn)則可得出
$\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2n+1}(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!})^{2}=\frac{\pi}{2}$

二幻妓、 $(1+\frac{1}{n})^n$ 的單調(diào)性

對于 $f(n) = (1 + \frac{ 1 }{ n })^{n+a}$ 蹦误，
當(dāng) $a \in (-\infty, \frac{ 1 }{ 2 })$ 時， $f$ 為增函數(shù)；
當(dāng) $a \in [\frac{ 1 }{ 2 },\infty)$ 時强胰， $f$ 為減函數(shù)舱沧。

不等式法
令 $a_n=(1+\frac{1}{n})^n$ ， $b_n=(1+\frac{1}{n})^{n+1}$ 偶洋，利用均值不等式 $(a_1 a_2 ... a_n)^{\frac{1}{n}}\le\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$ 可得：
$\begin{aligned} a_n&=(1+\frac{1}{n})^n\cdot1 \le (\frac{n(1+\frac{1}{n})+1}{n+1})^{n+1}=a_{n+1} \\ \frac{1}{b_n}&=(\frac{n}{n+1})^{n+1}\cdot1\le(\frac{n+1}{n+2})^{n+2}=\frac{1}{b_{n+1}} \end{aligned}$
因而熟吏， $a_n=(1+\frac{1}{n})^n$ 單調(diào)遞增， $b_n=(1+\frac{1}{n})^{n+1}$ 單調(diào)遞減涡真；又 $2 \le a_n \le b_n \le 4$ 知 $a_n$ 分俯， $b_n$ 均有極限，取對數(shù)后用L'Hospital法則可得極限為 $e$ 哆料。

函數(shù)法
還可以用 $f(x)=(x+a)\ln(1+\frac{1}{x})$ 的導(dǎo)數(shù)來判斷單調(diào)性：
$\begin{split} f'(x)&=\ln(1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x}-a(\frac{1}{x}-\frac{1}{1+x}) \\ f''(x)&=\frac{(2a-1)x+a}{x^2(1+x)^2} \end{split}$
當(dāng) $f''>0$ 時 $f'$ 為增函數(shù)缸剪，由 $\lim_{x\to\infty}f'=0$ 知 $f'<0$ ，即 $f$ 為減函數(shù)东亦；反之杏节，當(dāng) $f''<0$ 時， $f$ 為增函數(shù)典阵。
當(dāng) $a\in (-\infty,\frac{1}{2})$ 時奋渔， $f''<0$ ， $f$ 為增函數(shù)壮啊；當(dāng) $a\in[\frac{1}{2},\infty)$ 時嫉鲸， $f''>0$ ， $f$ 為減函數(shù)歹啼。

三玄渗、Stirling公式

$n!=\sqrt{2 \pi n}(\frac{n}{e})^n$
直接帶入Wallis公式即可驗證。以下為啟發(fā)式尋找方法狸眼。

尋找 $n!$ 的漸進(jìn)等式藤树，即尋找滿足條件 $\lim_{ n \to +\infty }\frac{ n! }{ a_n } = 1$ 的數(shù)列 ${a_n}$ 。

當(dāng) $a_n=n^n$ 時拓萌， $\lim_{n\to+\infty}\frac{n!}{a_n}=0$ 岁钓， $a_n$ 過大；

當(dāng) $a_n=(\frac{n}{2})^n$ 時微王，令 $b_n=\frac{n!}{(\frac{n}{2})^n}$ 屡限，則由
$\lim_{n\to+\infty}\frac{b_{n+1}}{b_n}=\lim_{n\to+\infty}\frac{2}{(1+\frac{1}{n})^n}=\frac{2}{e}<1 \tag{2.1}$ 知級數(shù) $\sum{b_n}$ 收斂，從而 $\lim_{n\to\infty}b_n=0$ 炕倘， $a_n$ 過大钧大；

受(2.1)式啟發(fā)，令 $a_n = (\frac{n}{e})^n$ 激才， $b_n=\frac{n!}{(\frac{n}{e})^n}$ ，利用 $(1+\frac{1}{n})^n$ 單調(diào)遞增趨于 $e$ 的結(jié)論，可得
$\frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{e}{(1+\frac{1}{n})^n}>1$ 知 ${b_n}$ 嚴(yán)格單調(diào)遞增瘸恼， $\lim_{n\to\infty}b_n=\infty$ 劣挫， $a_n$ 過小东帅；

令 $a_n=n(\frac{n}{e})^n$ 压固， $b_n=\frac{n!}{ n(\frac{n}{e})^n }$ ，利用 $(1+\frac{1}{n})^{n+1}$ 單調(diào)遞減趨于 $e$ 的結(jié)論靠闭，可得
$\frac{b_{n+1}}{b_n}= \frac{e}{(1+\frac{1}{n})^{n+1}}< 1$ 正項級數(shù)單調(diào)遞減帐我， $b_n$ 極限存在。將數(shù)列整理為 $n!=b_nn^{n+1}e^{-n}$ 愧膀，帶入Wallis公式： $\lim_{n\to+\infty}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!\sqrt{n}} =\lim_{n\to+\infty}\frac{2^{2n}b_n^2n^{2n+2}e^{-2n}}{b_{2n}(2n)^{2n+1}e^{-2n}\sqrt{n}} =\lim_{n\to+\infty}\frac{b_n^2\sqrt{n}}{b_{2n}2} =\sqrt{ \pi } \tag{4.1}$
此時 $b_n$ 極限不能為大于0的常數(shù)拦键，否則上式無法成立￠萘埽可知芬为， $\lim_{n\to\infty}b_n=0$ ， $a_n$ 過大蟀悦；

由(4.1)式中有 $\sqrt{n}$ 媚朦，調(diào)整 $a_n = \sqrt{n}(\frac{n}{e})^n$ ， $b_n = \frac{n!}{\sqrt{n}(\frac{n}{e})^n}$ 日戈，
驗證單調(diào)性： $\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{e}{(1+\frac{1}{n})^{n+1}}(1+\frac{1}{n})^{\frac{1}{2}}<1$ 求取極限值：將數(shù)列整理為 $n! = b_nn^{n+\frac{1}{2}}e^{-n}$ 询张，帶入Wallis公式：
$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!\sqrt{n}} = \lim_{n\to+\infty}\frac{b_n^2}{b_{2n} \sqrt{2} } = \sqrt{ \pi } \end{aligned}$
從而， $\lim_{n\to+\infty}b_n= \sqrt{2\pi }$ 浙炼。
調(diào)整 $a_n= \sqrt{2 \pi n}(\frac{n}{e})^n$ 后份氧，就能滿足條件 $\lim_{n\to+\infty}b_n=1$ ，從而
$n! \sim \sqrt{2 \pi n} (\frac{n}{e}) ^n$

第4鼓拧、5兩步也可以設(shè) $a_n=n^x(\frac{n}{e})^n,x\in(0,1)$ 半火，則 $b_n=\frac{ n! }{ n^x(\frac{ n }{ e })^n }$
1.斂散性條件 $\frac{ b_{n+1} }{ b_n } = \frac{ e }{ ( 1+\frac{ 1 }{ n } )^{ n+x } } < 1$ 滿足時，需 $x \in [\frac{1}{2},1)$
2.帶入Wallis公式： $\lim_{n\to+\infty}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!\sqrt{n}} =\lim_{n\to+\infty}\frac{b_n^2 n^{ x-\frac{1}{2} } }{b_{2n} 2^{x} } =\sqrt{ \pi }$ 從而 $x=\frac{1}{2}$ 時季俩， $b_n$ 的極限為非零常數(shù)钮糖。

四、Euler常數(shù)

$\gamma=\lim_{n \to \infty}(\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k}}-\ln(n))= \int_{1}^{\infty}(\frac{1}{\lfloor x \rfloor}-\frac{1}{x})dx$

級數(shù) $\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}}$ 發(fā)散酌住，因為 $S_i= \sum_{2^{i-1}}^{2^i-1}{\frac{1}{k}}\ge\frac{1}{2}$ 店归，由比較判別法可證得。

積分縮放法可得 $\int_1^{n+1}\frac{1}{x}dx<\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k}}<1+\int_1^{n}\frac{1}{x}dx$ 酪我，得 $0<\gamma<1$

或由 $(1+\frac{1}{n})^n < e < (1+\frac{1}{n})^{n+1}$ 得到基本不等式 $\frac{1}{n+1}<\ln(\frac{n+1}{n})<\frac{1}{n}$ 消痛，得 $\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k}}-\ln(n)>\sum_{k=1}^{n}\ln{\frac{k+1}{k}}-\ln(n)=\ln(n+1)-\ln(n)>0$ ，也可得到有下界的結(jié)論都哭。

$\gamma_{n+1}-\gamma_n=\frac{1}{n+1}-\ln(\frac{n+1}{n})<0$ 秩伞，單調(diào)遞減逞带。
從而極限存在。

在分析算法復(fù)雜度時常會用到 $O(\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{k}) \sim O(n\ln(n))$

五纱新、Gamma函數(shù)

階乘在實數(shù)集上的延拓
$\Gamma(x)=\int_0^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt$

Eular的推導(dǎo)方法

首先發(fā)現(xiàn)了式子
$\lim{S_n}=\Bigl[\Bigl(\frac{2}{1}\Bigr)^n\frac{1}{n+1}\Bigr] \Bigl[\Bigl(\frac{3}{2}\Bigr)^n\frac{2}{n+2}\Bigr] \Bigl[\Bigl(\frac{4}{3}\Bigr)^n\frac{3}{n+3}\Bigr] \cdots = n! \tag{1.1}$
證明如下：
$\begin{align} \lim{S_n}=& \frac{1\cdot 2\cdot 3 \cdots m}{(1+n)(2+n)\cdots (m+n)}(m+1)^{n} \\ = & 1\cdot 2\cdot 3 \cdots n \cdot \frac{(n+1)(n+2)\cdots m}{(1+n)(2+n)\cdots m } \cdot \frac{(m+1)^{n}}{(m+1)(m+2)\cdots (m+n)} \\ = & n! \frac{(m+1)^{n}}{(m+1)(m+2)\cdots (m+n)} \\ = & n!\prod_{k=1}^{n} \frac{m+1}{m+k} \rightarrow n! \qquad (m\rightarrow \infty) \end{align}$

帶入 $n=\frac{1}{2}$ 觀察
$\frac{1}{2} ! = \sqrt{\frac{ 2\cdot4 }{ 3\cdot3 } \cdot \frac{ 4\cdot6 }{ 5\cdot5 }\cdot \frac{ 6\cdot8 }{ 7\cdot7 } \cdot \frac{ 8\cdot10 }{ 9\cdot9 } \cdots }= \frac{ \sqrt{ \pi } }{2}$
其中使用了Wallis公式： $\frac{2\cdot4}{3\cdot3} \cdot \frac{4\cdot6}{5\cdot5}\cdot \frac{6\cdot8}{7\cdot7} \cdot \frac{8\cdot10}{9\cdot9} \cdots = \frac{\pi}{4}$
因為Wallis公式處理了 $\int_0^1x^\frac{1}{2} (1-x)^\frac{1}{2}dx$ 展氓。

處理積分式： $J(e,n) = \int_0^1 x^e(1-x)^ndx$
由分部積分，得
$J(e,n) = \frac{n}{e+1}J(e+1,n-1)=\frac{1\cdot2\cdots n}{(e+1)(e+2)\cdots(e+n+1)}$
整理為： $n! = (e+1)(e+2)\cdots(e+n+1)\int_0^1 x^e(1-x)^ndx$
由于e具有任意性脸爱，令 $e=\frac{f}{g},f\to1,g\to0$ 遇汞，且令 $x=t^{\frac{g}{f+g}}$ ， $dx=\frac{g}{f+g}t^{-\frac{f}{f+g}}dt$ 簿废，帶入上式
$\begin{split} n! &= \frac{(f+g)(f+2g)\cdots(f+(n+1)g)}{g^{n+1}}\int_0^1 x^\frac{f}{g}(1-x)^ndx \\ &= \frac{(f+g)(f+2g)\cdots(f+(n+1)g)}{g^{n+1}}\int_0^1 (1-t^{\frac{g}{f+g}})^n\frac{g}{f+g}dt \\ &= \frac{(f+g)(f+2g)\cdots(f+(n+1)g)}{(f+g)^{n+1}}\int_0^1 (\frac{1-t^{\frac{g}{f+g}}}{g/(f+g)})^ndt \end{split}$
對式子 $\lim_{x\to0}{S}=\frac{1-t^x}{x}$ 使用L'Hospital法則空入，得： $\lim_{x\to0}{S}=\lim_{x\to0}-t^x\ln{t}=-\ln{t}$ ，
從而有 $n!=\int_0^1(-lnx)^ndx$
做變化 $t=e^{-u}$ 得到 $n! = \int_0^{\infty} u^ne^{-u}du$ 族檬，即：
$\Gamma(x) = \int_0^1 (-\ln t)^{x-1}dt = \int_0^{\infty} t^{x-1}e^{-t}dt$

Gamma分布
由 $\int_0^{\infty}\frac{t^{\alpha-1}e^{-t}}{\Gamma(\alpha)}dt=1$ 可定義Gamma分布為：
$Gamma(t|\alpha)=\frac{t^{\alpha-1}e^{-t}}{\Gamma(\alpha)}$
令 $t=\beta x$ 歪赢，得
$Gamma(x|\alpha,\beta)=\frac{\beta^{\alpha} x^{\alpha-1}e^{-\beta x}}{\Gamma(\alpha)}$

3、基本性質(zhì)

類似Stirling公式： $\Gamma(x) \sim \sqrt{2\pi }e^{-x}x^{x-\frac{1}{2}}$

六导梆、Poisson-Gamma duality

Poisson分布： $Poisson(X=k|\lambda)= \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}$
Gamma分布： $Gamma(x=\lambda|\alpha=k+1)= \frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}} {\Gamma(k+1)}=\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}$ 轨淌，可看做Poisson分布在實數(shù)集上的延拓
Binomial分布： $B(k|n,p)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k} \rightarrow Poisson(X=k|np=\lambda)$
Beta分布： $Beta(x|\alpha,\beta) = \frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}$ ，均勻分布的順序統(tǒng)計量 $X_k$ 服從 $Beta(x|k,n-k+1)$
Poisson-Gamma duality性質(zhì)： $Poisson(X\le k|\lambda)=\int_{\lambda}^{\infty}Gamma(x|\alpha=k+1)dx$

考慮 $B(n,p)$ 分布下成功的次數(shù)不超過k次的概率看尼，等價于順序統(tǒng)計量 $X_{k+1}$ 不成功的總概率递鹉，即
$B(X \le k|n,p) = \int_{p}^{1}Beta(t|k+1,n-k)dt = \frac{n!}{k!(n-k-1)!} \int_p^1 t^k(1-t)^{n-k-1} dt \tag{5.3.1}$
由于Binomial分布的極限形式為Poisson分布，Gamma分布又與Poisson分布相關(guān)藏斩，故而令 $t=\frac{\lambda}{n}$ 躏结，帶入上式
$\begin{split} B(X \le k|n,p) &= \frac{ (n-1)! }{ k!(n-k-1)! } \int_{np}^{n} \Big(\frac{ \lambda }{n}\Big)^k\Big(1-\frac{\lambda}{n}\Big)^{n-k-1} d\lambda \\ &=\int_{np}^{n}B(k|n-1,\frac{\lambda}{n})d\lambda \end{split}$
在 $np=\lambda, n\to\infty$ 條件下，得到
$\begin{split} Poisson(X\le k|\lambda)&=\int_{\lambda}^{\infty}Poisson(k|x)dx \\ &=\int_{\lambda}^{\infty}Gamma(x|\alpha=k+1)dx \\ &= \int_{\lambda}^{\infty}\frac{x^ke^{-x}}{k!}dx \end{split}$
令 $\lambda\to0$ 得 $1= \int_{0}^{\infty}\frac{x^ke^{-x}}{k!}dx$ 狰域，即 $k!= \int_{0}^{\infty}x^ke^{-x}dx$
又得到了Gamma函數(shù)媳拴。可見由Poisson-Gamma duality性質(zhì)可以更容易推到出Gamma函數(shù)兆览。

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參考文章

LDA-math - 神奇的 Gamma 函數(shù)
Philip J. Davis屈溉，Leonhard Euler’s Integral: A Historical Profile of the Gamma Function
揭秘Stirling公式
Expectation of Geometric Distribution
Variance of Geometric Distribution
Expectation of Binomial Distribution
Variance of Binomial Distribution
Binomial Distribution Approximated by Poisson Distribution
LDA-math - 認(rèn)識 Beta/Dirichlet 分布
Derivative of Gamma Function at 1

最后編輯于：2020.09.10 16:03:33

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